Question

12．一不計(jì)重力的帶電粒子質(zhì)量為m，電量為+q，經(jīng)一電壓為U₁的平行板電容器C₁加速后，沿平行板電容器C₂兩板的中軸進(jìn)入C₂，恰好從C₂的下邊緣射出．已知C₂兩板間電壓為U₂，長(zhǎng)為L(zhǎng)，如圖所示．求：
（1）帶電粒子進(jìn)入U(xiǎn)₂時(shí)的速度大�。�
（2）平行板電容器C₂上下兩極板間距離d．
（3）求帶電粒子出電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動(dòng)能定理求出粒子進(jìn)入U(xiǎn)₂時(shí)的速度大�。�
（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出上下兩極板間距離d．
（3）對(duì)全過程運(yùn)用動(dòng)能定理，求出帶電粒子出電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能．

解答 解：（1）根據(jù)動(dòng)能定理得，$q{U}_{1}=\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$，
解得${v}_{1}=\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$．
（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的位移y=$\fracfbhnpnl{2}=\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
a=$\frac{q{U}_{2}}{md}$，t=$\frac{L}{{v}_{1}}$，
聯(lián)立解得d=$\sqrt{\frac{{U}_{2}}{2{U}_{1}}}L$．
（3）對(duì)全過程運(yùn)用動(dòng)能定理得，$q{U}_{1}+q\frac{{U}_{2}}{2}={E}_{k}-0$，
則帶電粒子出電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能${E}_{k}=q（{U}_{1}+\frac{{U}_{2}}{2}）$．
答：（1）帶電粒子進(jìn)入U(xiǎn)₂時(shí)的速度大小為$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$；
（2）平行板電容器C₂上下兩極板間距離d為$\sqrt{\frac{{U}_{2}}{2{U}_{1}}}L$．
（3）求帶電粒子出電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為$q（{U}_{1}+\frac{{U}_{2}}{2}）$．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵掌握帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)的處理方法，抓住等時(shí)性，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解．