Question

12．如圖所示，在A和極板B間的加速電壓為U₁，在兩水平放置的平行導體板C、D間加有偏轉(zhuǎn)電壓U₂．C、D板長L，板右側(cè)到屏幕的距離為L₁，板間距離d．現(xiàn)從粒子源A發(fā)出質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子，由靜止開始經(jīng)加速電場加速后垂直于CD板間的電場進入偏轉(zhuǎn)電場向下偏轉(zhuǎn)，最后穿出打在右側(cè)的屏幕上，不計粒子的重力．求：
（1）粒子穿過B板時的速度大小；
（2）粒子打在屏幕上時在豎直方向上的側(cè)移距離；
（3）粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時的動能．

Answer 1

分析 （1）粒子先經(jīng)過加速電場加速，后進入偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)．由動能定理可以解得加速度獲得的速度，即為粒子穿過B板時的速度．
（2）粒子進入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動，把其分解為水平方向的勻速直線運動，豎直方向的勻加速直線運動．根據(jù)牛頓第二定律和運動學規(guī)律結合求解離開偏轉(zhuǎn)電場時側(cè)移距離，由幾何知識求粒子打在屏幕上時在豎直方向上的側(cè)移距離．
（3）對于帶電粒子運動的全過程研究，只有電場力做功，根據(jù)動能定理求解粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時的動能．

解答 解：（1）粒子經(jīng)加速電場的過程中，由動能定理得：qU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²-0，
解得粒子穿過B板時的速度大�。簐₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$；
（2）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，運動時間：t=$\frac{L}{{v}_{0}}$
垂直板方向做初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律得，加速度：a=$\frac{qE}{m}$=$\frac{q{U}_{2}}{md}$
離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移為：y=$\frac{1}{2}$at²
聯(lián)立解得：y=$\frac{{U}_{2}{L}^{2}}{4{U}_{1}d}$；
粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時好像從水平位移的中點射出，則由三角形相似得：
  $\frac{y}{Y}$=$\frac{\frac{1}{2}L}{\frac{1}{2}L+{L}_{1}}$
解得粒子打在屏幕上時在豎直方向上的側(cè)移距離：Y=$\frac{{U}_{2}L（L+2{L}_{1}）}{4{U}_{1}d}$
（3）粒子運動全過程，由動能定理得：qU₁+qEy=E_k，
解得粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時的動能：E_K=qU₁+$\frac{q{U}_{2}^{2}{L}^{2}}{4{U}_{1}eu0pgwc^{2}}$
答：
（1）粒子穿過B板時的速度大小是$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$；
（2）粒子打在屏幕上時在豎直方向上的側(cè)移距離是$\frac{{U}_{2}L（L+2{L}_{1}）}{4{U}_{1}d}$；
（3）粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時的動能是qU₁+$\frac{q{U}_{2}^{2}{L}^{2}}{4{U}_{1}ny7zxlb^{2}}$．

點評 本題要熟練運用運動的分解法研究類平拋運動，把類平拋運動分解成水平方向的勻速直線運動，豎直方向的勻加速直線運動，結合牛頓第二定律和勻變速直線運動規(guī)律解題．