Question

18．如圖所示，甲圖是用來使帶正電的離子加速和偏轉(zhuǎn)的裝置．乙圖為該裝置中加速與偏轉(zhuǎn)電場的等效模擬．以y軸為界，左側(cè)為沿x軸正向的勻強電場，場強為E=2.0×10⁵V/M，右側(cè)為沿y軸負方向的勻強電場．已知OA⊥AB，OA=AB，且OB間的電勢差為U₀=4.0×10⁵V，若在x軸的C點無初速地釋放一個質(zhì)子（不計重力，質(zhì)子的比荷為1×10⁸C/kg），結(jié)果質(zhì)子剛好通過B點，求：

（1）CO間的距離d；
（2）質(zhì)子通過B點的速度大�。�

Answer 1

分析 （1）根據(jù)帶電粒子在豎直電場中做類平拋運動，抓住OA=AB，求出進入豎直勻強電場的速度，再對C到O運用動能定理，求出CO的距離d．
（2）對質(zhì)子從C到B全過程運用動能定理，從而求出質(zhì)子通過B點的速度大�。�

解答 解：（1）設(shè)質(zhì)子到達O點的速度為v₀（其方向沿x軸的正方向）則質(zhì)子從C點到O點，由動能定理得：qEd=$\frac{1}{2}$mv²-0
而質(zhì)子從O點到B點做類平拋運動，令$\overline{OA}$=$\overline{AB}$=L，
則：$L=\frac{1}{2}\frac{{{U_0}q}}{Lm}{t^2}$
從而解得$t=L\sqrt{\frac{2m}{{{U_0}q}}}$
所以到達B點時：${v_0}=\frac{L}{t}=\frac{L}{{L\sqrt{\frac{2m}{{{U_0}q}}}}}=\sqrt{\frac{{{U_0}q}}{2m}}$
從而解得：d=$\frac{{U}_{0}}{4E}$=0.5m．
（2）設(shè)質(zhì)子到B點時速度的大小為v_B，質(zhì)子從C到B過程中由動能定理得：
qEd+qU₀=$\frac{1}{2}$mv_B²-0
解得v_B=.$\sqrt{\frac{5q{U}_{0}}{2m}}$=1.0×10⁷m/s．
答：（1）CO間的距離d為0.5m；
（2）質(zhì)子通過B點的速度大小為1.0×10⁷m/s．

點評 解決本題的關(guān)鍵知道粒子在豎直勻強電場中做類平拋運動，掌握處理類平拋運動的方法．在第（2）問中，可以通過動能定理求解，也可以根據(jù)類平拋運動的規(guī)律求解．