Question

12．如圖所示，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，板右側(cè)到屏幕的距離為L(zhǎng)₁，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的粒子，由靜止開(kāi)始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后垂直于CD板間的電場(chǎng)進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)向下偏轉(zhuǎn)，最后穿出打在右側(cè)的屏幕上，不計(jì)粒子的重力．求：
（1）粒子穿過(guò)B板時(shí)的速度大小；
（2）粒子打在屏幕上時(shí)在豎直方向上的側(cè)移距離；
（3）粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能．

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，即為粒子穿過(guò)B板時(shí)的速度．
（2）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)做類平拋運(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)合求解離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)側(cè)移距離，由幾何知識(shí)求粒子打在屏幕上時(shí)在豎直方向上的側(cè)移距離．
（3）對(duì)于帶電粒子運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程研究，只有電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理求解粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能．

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=$\frac{1}{2}$mv₀²-0，
解得粒子穿過(guò)B板時(shí)的速度大�。簐₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$；
（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，平行板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=$\frac{L}{{v}_{0}}$
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：a=$\frac{qE}{m}$=$\frac{q{U}_{2}}{md}$
離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的側(cè)移為：y=$\frac{1}{2}$at²
聯(lián)立解得：y=$\frac{{U}_{2}{L}^{2}}{4{U}_{1}d}$；
粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)好像從水平位移的中點(diǎn)射出，則由三角形相似得：
  $\frac{y}{Y}$=$\frac{\frac{1}{2}L}{\frac{1}{2}L+{L}_{1}}$
解得粒子打在屏幕上時(shí)在豎直方向上的側(cè)移距離：Y=$\frac{{U}_{2}L（L+2{L}_{1}）}{4{U}_{1}d}$
（3）粒子運(yùn)動(dòng)全過(guò)程，由動(dòng)能定理得：qU₁+qEy=E_k，
解得粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能：E_K=qU₁+$\frac{q{U}_{2}^{2}{L}^{2}}{4{U}_{1}e4p0hsv^{2}}$
答：
（1）粒子穿過(guò)B板時(shí)的速度大小是$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$；
（2）粒子打在屏幕上時(shí)在豎直方向上的側(cè)移距離是$\frac{{U}_{2}L（L+2{L}_{1}）}{4{U}_{1}d}$；
（3）粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能是qU₁+$\frac{q{U}_{2}^{2}{L}^{2}}{4{U}_{1}6kroi0z^{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題要熟練運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法研究類平拋運(yùn)動(dòng)，把類平拋運(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．