Question

1．如圖所示，A為粒子源．在A和極板B間的加速電壓為U₁，在兩水平放置的平行導(dǎo)體板C、D間加有偏轉(zhuǎn)電壓U₂．C、D板長(zhǎng)L，板間距離d．現(xiàn)從粒子源A發(fā)出質(zhì)量為m，帶電量為q的帶電粒子，由靜止開(kāi)始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，最后穿出打在右側(cè)的屏幕上，不計(jì)粒子的重力．求：
（1）帶電粒子穿過(guò)B板時(shí)的速度大��；
（2）帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的側(cè)移量（即豎直方向的偏轉(zhuǎn)位移）
（3）帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的速度大小與方向．

Answer 1

分析 （1）粒子先經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)加速，后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)．由動(dòng)能定理可以解得加速度獲得的速度，即穿過(guò)B板時(shí)的速度．
（2）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，把其分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律結(jié)合求解側(cè)移距離．
（3）對(duì)偏轉(zhuǎn)過(guò)程，利用分運(yùn)動(dòng)公式列式求解末速度的大小，根據(jù)tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$確定方向．

解答 解（1）粒子經(jīng)加速電場(chǎng)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：qU₁=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得：v=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$
（2）對(duì)類(lèi)似平拋過(guò)程，平行板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=$\frac{L}{v}$，
垂直板方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得加速度為：a=$\frac{F}{m}=\frac{qE}{m}=\frac{q{U}_{2}}{md}$，
離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的側(cè)移為：y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
解得：y=$\frac{{U}_{2}{L}^{2}}{4{U}_{1}d}$；
（3）對(duì)類(lèi)似平拋過(guò)程，豎直分速度為：v_y=at=$\frac{{q{U_2}L}}{mdv}$；
合速度為：v′=$\sqrt{{v^2}+{v_y}^2}$=$\sqrt{{{\frac{{2q{U_1}}}{m}}^{\;}}+{{\frac{{q{U_2}^2{L^2}}}{{2m{U_1}{d^2}}}}^{\;}}}$；
速度偏轉(zhuǎn)角的正切值為：tanθ=$\frac{v_y}{{{v_{\;}}}}$=$\frac{{{U_2}L}}{{2{U_1}d}}$；
答：（1）帶電粒子穿過(guò)B板時(shí)的速度大小為$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$；
（2）帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的側(cè)移量為$\frac{{U}_{2}{L}^{2}}{4{U}_{1}d}$；
（3）帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的速度大小為$\sqrt{{\frac{2q{U}_{1}}{m}}^{\;}+{\frac{q{{U}_{2}}^{2}{L}^{2}}{2m{U}_{1}peog7q9^{2}}}^{\;}}$，速度偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ=$\frac{{{U_2}L}}{{2{U_1}d}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題要熟練運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法研究類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，把類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)分解成水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律解題．