Question

8．如圖示，帶電量為q=1×10^-5C的帶電粒子（初速度為零，重力不計(jì)）質(zhì)量為m=2×10^-5kg，經(jīng)電壓U1=4×10⁴V加速后以速度v₀從兩板中央垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，兩平行板間的距離為d=1cm，板長(zhǎng)L=10cm，其間的偏轉(zhuǎn)電壓U₂=800V．求：
（1）帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度v₀多大？
（2）帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；
（3）帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)的偏移量y．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)電場(chǎng)力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理，即可求解；
（2）帶電粒子在電場(chǎng)中加速，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出加速時(shí)間，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的觀點(diǎn)解決偏轉(zhuǎn)時(shí)間問題；
（3）帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的觀點(diǎn)解決偏轉(zhuǎn)量問題；

解答 解：（1）由動(dòng)能定理$q{U_1}=\frac{1}{2}mv_0^2$，
得：${v_0}=\sqrt{\frac{{2q{U_1}}}{m}}=\sqrt{\frac{{2×1×{{10}^{-5}}×4×{{10}^4}}}{{2×{{10}^{-5}}}}}=200m/s$
（2）帶電粒子在電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：L=v₀t，
即t=5×10^-4s；
（3）設(shè)帶電粒子在電場(chǎng)中的加速度為a，
由牛頓第二定律得F=ma，F(xiàn)=q$\frac{{U}_{2}}blue4xl$
由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{q{U}_{2}{l}^{2}}{2m{v}_{0}^{2}d}$
代入數(shù)據(jù)得：y=0.005m；
答：（1）帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度v₀為200m/s；
（2）帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t為5×10^-4s；
（3）帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)的偏移量y為0.005m．

點(diǎn)評(píng) 單個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)運(yùn)用動(dòng)力學(xué)知識(shí)與動(dòng)能定理來(lái)處理加速直線運(yùn)動(dòng)及類平拋運(yùn)動(dòng)，同時(shí)還利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的觀點(diǎn)解決類平拋問題．