Question

2．如圖所示，離子發(fā)生器發(fā)射出一束質(zhì)量為m，帶電量為q的離子（初速度不計），經(jīng)加速電壓U₁加速后以垂直于電場方向攝入兩平行板中央，受偏轉(zhuǎn)電壓U₂作用后，飛出電場．已知平性板的長度為L，兩板間距離為d，試計算：
（1）偏轉(zhuǎn)量y是多少？
（2）離子離開電場時的速度是多少？

Answer 1

分析 （1）離子在電場中加速運動電場力做正功，根據(jù)動能定理，即可求解出進入偏轉(zhuǎn)電場的初速度，離子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，水平方向勻速直線運動
根據(jù)位移公式可計算時間；先根據(jù)牛頓第二定律求出在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度，離子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，豎直方向初速度為零的勻加速直線運動，可以根據(jù)位移公式y(tǒng)=$\frac{1}{2}$at²計算偏轉(zhuǎn)位移；
（2）離子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角θ的正切值tanθ等于豎直方向的速度比上水平方向的速度，根據(jù)在豎直方向上離子做勻加速度直線運動的速度公式v_y=at可計算出豎直方向的速度以及離子離開電場時的速度．

解答 解：（1）離子在加速電場中運動的過程中，只有電場力做功W=qU，根據(jù)動能定理得：qU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²
解得：v₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$
離子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，水平方向勻速直線運動
所以：L=v₀t
解得：t=$\frac{L}{{v}_{0}}=L•\sqrt{\frac{m}{2q{U}_{1}}}$
偏轉(zhuǎn)電場的場強：E=$\frac{{U}_{2}}16v9lu1$
則離子所受的電場力：F=qE=$\frac{q{U}_{2}}ror9jlg$
根據(jù)牛頓第二定律：qE=ma
解得：a=$\frac{q{U}_{2}}{md}$
離子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，豎直方向初速度為零的勻加速直線運動：
所以：y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}×\frac{q{U}_{2}}{md}×（L×\sqrt{\frac{m}{2q{U}_{1}}}）^{2}$=$\frac{{L}^{2}{U}_{2}}{4d{U}_{1}}$
（2）豎直方向上的速度v_y=at=$\frac{q{U}_{2}}{md}$×$L×\sqrt{\frac{m}{2q{U}_{1}}}$
所以離子離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度：$v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}+\frac{q{U}_{2}^{2}{L}^{2}}{2m2lcq5na^{2}{U}_{1}}}$．
答：（1）偏轉(zhuǎn)量y是$\frac{{L}^{2}{U}_{2}}{4d{U}_{1}}$；（2）離子離開電場時的速度是$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}+\frac{q{U}_{2}^{2}{L}^{2}}{2mmkgepzy^{2}{U}_{1}}}$．

點評 本題關鍵是分析清楚粒子的運動規(guī)律，對于類平拋運動，可以運用正交分解法分解為初速度方向的勻速直線運動和沿電場力方向的勻加速直線運動．