Question

11．一帶電粒子無初速度的進(jìn)入一加速電場A，然后垂直進(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中（偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強(qiáng)電場），如圖所示．已知加速電場A板間電壓為U₁，M、N兩板間的電壓為U₂，兩板間的距離為d，板長為L，粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計(jì)粒子受到的重力及它們之間的相互作用力．求：
（1）粒子穿過A板時(shí)速度大小v₀；
（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度
（3）粒子從偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)的側(cè)移量y．

Answer 1

分析 （1）粒子在加速電場U₁中運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場力對(duì)粒子做正功，根據(jù)動(dòng)能定理求解粒子穿過A板時(shí)的速度大小v₀．
（2）根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；
（3）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運(yùn)動(dòng)，垂直于電場方向作勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場方向作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．根據(jù)板長和初速度求出時(shí)間．根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，由位移公式求解粒子從偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)的側(cè)移量y．

解答 解：（1）粒子在電場A中加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得：qU₁=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-0
得：v₀=$\sqrt{\frac{2{U}_{1}^{\;}q}{m}}$
（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，有
$q\frac{{U}_{2}^{\;}}rfvbphj=ma$
解得：$a=\frac{{U}_{2}^{\;}q}{dm}$
（3）粒子在加速電場中作類平拋運(yùn)動(dòng)，
水平方向?yàn)閯蛩僦本�運(yùn)動(dòng)，則粒子在電場中偏轉(zhuǎn)時(shí)間：t=$\frac{L}{{v}_{0}^{\;}}$
豎直方向?yàn)閯蚣铀僦本�運(yùn)動(dòng)：a=$\frac{F}{m}$=$\frac{Eq}{m}$=$\frac{{U}_{2}^{\;}q}{dm}$
所以粒子從偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)的側(cè)移量：y=$\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$=$\frac{1}{2}\frac{{U}_{2}^{\;}q}{dm}×\frac{{L}_{\;}^{2}}{{v}_{0}^{2}}=\frac{{U}_{2}^{\;}{L}_{\;}^{2}}{4d{U}_{1}^{\;}}$
答：（1）粒子穿過A板時(shí)速度大小${v}_{0}^{\;}$為$\sqrt{\frac{2{U}_{1}^{\;}q}{m}}$；
（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為$\frac{{U}_{2}^{\;}q}{dm}$
（3）粒子從偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)的側(cè)移量y為$\frac{{U}_{2}^{\;}{L}_{\;}^{2}}{4d{U}_{1}^{\;}}$

點(diǎn)評(píng) 帶電粒子關(guān)鍵要掌握電場中類平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法，知道其方法與平拋運(yùn)動(dòng)相似，采用運(yùn)動(dòng)的合成與分解，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合進(jìn)行求解．