Question

8．如圖所示，一粒子源發(fā)射的粒子初速度為零，經(jīng)加速電場加速后，垂直于電場線進入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場，最終打到位于平行金屬板右側(cè)的豎直熒光屏上，使熒光屏發(fā)光，熒光屏的中心O′與粒子源O之間的連線位于平行金屬板中央，已知加速電場的電壓為U₁=10V，平行金屬板間距離為d=0.6m，板長為L=0.4m，粒子的質(zhì)量為m=2×10^-19kg，電荷量為q=1.6×10^-9C，熒光屏與平行金屬板右邊緣距離為D=0.4m，則：
（1）帶電粒子進入偏轉(zhuǎn)電場的速率是多少？
（2）若平行金屬板間加一周期性變化的電信號，信號電壓U_AB的圖象如圖乙所示，某個粒子在t=0時刻進入偏轉(zhuǎn)電場，該粒子打在屏上的點與O′的距離是多少？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求帶電粒子進入偏轉(zhuǎn)電場的速率．
（2）帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，平行板方向做勻速直線運動，帶電粒子在垂直于板方向先做初速度為零的勻加速直線運動，后勻減速直線運動，勻加速和勻減速運動的加速度大小相等，時間相等．結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式解答．

解答 解：（1）帶電粒子在加速電場的運動過程，由動能定理得：
  qU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²
解得：v₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×1.6×1{0}^{-9}×10}{2×1{0}^{-19}}}$=4×10⁵m/s．     
（2）帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，平行板方向做勻速直線運動，運動的總時間為：
   t=$\frac{L}{{v}_{0}}$=$\frac{0.4}{4×1{0}^{5}}$=1×10⁶s
可知，帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間等于交變電壓的周期T．
在交變電壓的一個周期T內(nèi)，帶電粒子在垂直于板方向先做初速度為零的勻加速直線運動，后勻減速直線運動，勻加速和勻減速運動的加速度大小相等，時間相等，根據(jù)對稱性可知，這兩個過程偏轉(zhuǎn)的位移大小相等，所以帶電粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)距離為 y=2×$\frac{1}{2}a（\frac{t}{2}）^{2}$
由牛頓第二定律得加速度為：a=$\frac{qE}{m}$=$\frac{q{U}_{AB}}{md}$
由以上各式解得：y=$\frac{{U}_{AB}{L}^{2}}{8{U}_{1}d}$
代入數(shù)據(jù)解得 y=0.2m
根據(jù)對稱性可知，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度平行于金屬板，所以該粒子打在屏上的點與O′的距離是y=0.2m
答：
（1）帶電粒子進入偏轉(zhuǎn)電場的速率是4×10⁵m/s．
（2）該粒子打在屏上的點與O′的距離是0.2m．

點評 本題考查帶電粒子在電場中的運動問題，關(guān)鍵要正確分析帶電粒子的受力情況，判斷出運動情況，要明確類平拋運動的研究方法與平拋運動相似，采用運動的合成與分解，要抓住運動過程的特點：對稱性研究．