Question

6．帶電量q=6.4×10^-19C、質(zhì)量m=1.6×10^-25kg的初速度為零的粒子，經(jīng)電壓U₀=200V的加速電場(chǎng)加速后，沿垂直于電場(chǎng)線方向進(jìn)入E=1.0×10³V/m的均勻偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)．已知粒子在穿越偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)過程中沿場(chǎng)強(qiáng)方向的位移為5cm，不計(jì)粒子所受重力，求：
（1）帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度v₀
（2）偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的寬度l
（3）帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小和方向（用與初速度夾角的正切值來(lái)表示）

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在加速電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理求出加速度后的速度；
（2）（3）進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，垂直于場(chǎng)強(qiáng)方向做勻速運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式即可求解．

解答 解：（1）帶電粒子在加速電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，
由動(dòng)能定理得：$q{U}_{0}=\frac{1}{2}$mv₀²-0，
代入數(shù)據(jù)解得：v₀=4×10⁴m/s，
（2）進(jìn)粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，
由牛頓第二定律得：a=$\frac{qE}{m}$，
代入數(shù)據(jù)解得：a=4×10⁹m/s²，
豎直方向：y=$\frac{1}{2}$at²，由題意可知：y=0.05m，
代入數(shù)據(jù)解得：t=5×10^-6s，
偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)平行板的長(zhǎng)度：L=v₀t，
代入數(shù)據(jù)解得：L=0.2m；
（2）垂直于場(chǎng)強(qiáng)方向的速度：v_y=at=4×10⁹×5×10^-6=2×10⁴m/s，
合速度：$v=\sqrt{{v}_{0}^{2}}+{v}_{y}^{2}=\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}×1{0}^{4}=2\sqrt{5}×1{0}^{4}$m/s
所以偏角的正切值為：$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=\frac{2×1{0}^{4}}{4×1{0}^{4}}=\frac{1}{2}$
答：（1）帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度是4×10⁴m/s；
（2）偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的寬度是0.2m；
（3）帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小是$2\sqrt{5}×1{0}^{4}$m/s，方向與初速度之間的夾角$tanθ=\frac{1}{2}$

點(diǎn)評(píng) 注意類平拋運(yùn)動(dòng)水平分運(yùn)動(dòng)與豎直分運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，結(jié)合勻速運(yùn)動(dòng)與勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律解題．