Question

12．初速度為零的質(zhì)子經(jīng)U₁=5000V的加速電壓加速后，沿著平行金屬板A、B的中心線進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場，如圖所示，若板間距離d=1.0cm，板長l=5.0cm．距離平行金屬板s=5.0cm處有熒光屏MN，當(dāng)AB間不加電壓時，質(zhì)子打到熒光屏的O點．
（1）要使質(zhì)子能從平行板間飛出，兩個極板AB上最多能加多大電壓？
（2）當(dāng)AB間電壓U_AB=200V時，質(zhì)子打到熒光屏上的P點，求OP大小是多少？
（3）如果換成初速度為零的α粒子，打到熒光屏上的點離P點多遠(yuǎn)？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求解粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度，根據(jù)牛頓第二定律求解在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度，再根據(jù)位移時間關(guān)系求解最大電壓；
（2）根據(jù)類平拋運(yùn)動的特點可知，速度方向反向延長線過水平位移的中點，根據(jù)三角形相似求解OP距離；
（3）推導(dǎo)出偏轉(zhuǎn)位移的計算公式，確定偏轉(zhuǎn)位移的決定因素，然后作出判斷．

解答 解：（1）設(shè)質(zhì)子經(jīng)過加速電壓加速后，獲得的速度為v₀，
根據(jù)動能定理可得：qU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²，
當(dāng)質(zhì)子在垂直于板面方向偏移的位移為$\frac0d1njvc{2}$時，兩板間的電壓最大，設(shè)最大電壓為U_m，
根據(jù)牛頓第二定律可得加速度：$a=\frac{q{U}_{m}}{md}$，
在兩板間運(yùn)動的時間為t=$\frac{l}{{v}_{0}}$，
所以有：$\fracjvs1st7{2}=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{1}{2}•\frac{q{U}_{m}}{md}•\frac{{l}^{2}}{{v}_{0}^{2}}=\frac{{U}_{m}{l}^{2}}{4{U}_{1}d}$，
所以${U}_{m}=\frac{2{U}_{1}dfwnouh^{2}}{{l}^{2}}=\frac{2×5000×0.0{1}^{2}}{0.0{5}^{2}}V=400V$；
（2）當(dāng)AB間電壓U_AB=200V時，設(shè)質(zhì)子的偏轉(zhuǎn)位移為y，根據(jù)類平拋運(yùn)動可得：
$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{1}{2}•\frac{q{U}_{AB}}{md}•\frac{{l}^{2}}{{v}_{0}^{2}}=\frac{{U}_{AB}{l}^{2}}{4{U}_{1}d}$=$\frac{200×0.0{5}^{2}}{4×5000×0.01}m=2.5×1{0}^{-3}m=0.25cm$，
類平拋運(yùn)動速度方向反向延長線過水平位移的中點，如圖所示，
根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得：$\frac{y}{OP}=\frac{\frac{l}{2}}{\frac{l}{2}+s}$，
解得：OP=0.75cm；
（3）根據(jù)$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{1}{2}•\frac{q{U}_{AB}}{md}•\frac{{l}^{2}}{{v}_{0}^{2}}=\frac{{U}_{AB}{l}^{2}}{4{U}_{1}d}$可得，出射時位移側(cè)移量與粒子的比荷無關(guān)，如果換成初速度為零的α粒子，打到熒光屏上的點仍為P點．
答：（1）要使質(zhì)子能從平行板間飛出，兩個極板AB上最多能加多大電壓為400V；
（2）當(dāng)AB間電壓U_AB=200V時，質(zhì)子打到熒光屏上的P點，求OP大小是0.75cm；
（3）如果換成初速度為零的α粒子，打到熒光屏上的點仍為P點．

點評 有關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動，可以從兩條線索展開：其一，力和運(yùn)動的關(guān)系．根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關(guān)系．根據(jù)電場力對帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動能定理進(jìn)行解答．