Question

7．已知質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為e，先經(jīng)過加速電壓（電壓為U₁）加速后從偏轉(zhuǎn)電場左端板中央射入，偏轉(zhuǎn)電場電壓為U₂，板間距為d，板長為L，在距偏轉(zhuǎn)電場右端l₀處放一豎直熒光屏P（質(zhì)子打在點熒光屏上會出現(xiàn)閃光點）．

試問：（1）偏轉(zhuǎn)電場中的電壓E為多大．    
（2）當質(zhì)子剛進入偏轉(zhuǎn)電場的速度V₀為多大．
（3）質(zhì)子剛飛離偏轉(zhuǎn)電場時，其偏轉(zhuǎn)距離Y是多少．
（4）質(zhì)子打在點熒光屏上會出現(xiàn)閃光點離偏轉(zhuǎn)電場中央線多遠．
（5）若在偏轉(zhuǎn)電場中家交變電壓U，熒光屏上出現(xiàn)的閃光點的最大范圍．（以向上為正方向）

Answer 1

分析 （1）偏轉(zhuǎn)電場中的電場強度E根據(jù)公式E=$\frac{{U}_{2}}ymwegee$求解．
（2）根據(jù)動能定理求出質(zhì)子剛進入偏轉(zhuǎn)電場的速度v₀大�。�
（3）質(zhì)子以速度v₀進入偏轉(zhuǎn)電場后，做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動的分運動公式列式求解y；
（4）質(zhì)子離開偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運動，根據(jù)運動的分解法求解．
（5）若在偏轉(zhuǎn)電場中加以交變電壓最大值U（U足夠大）時，質(zhì)子剛好飛出偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)距離為$\frac{1}{2}d$，由三角形相似法求解．

解答 解：（1）偏轉(zhuǎn)電場中的電場強度為 E=$\frac{{U}_{2}}0yicwqa$；
（2）質(zhì)子加速過程，根據(jù)動能定理得：
 eU₁=$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$，
解得：v₀=$\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{m}}$
（3）質(zhì)子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，質(zhì)子剛好可以從平行板間飛出時，飛出電場時偏轉(zhuǎn)距離為
 Y=$\frac{1}{2}$at²
加速度：a=$\frac{eE}{m}$=$\frac{e{U}_{2}}{md}$；
飛行時間為：t=$\frac{L}{{v}_{0}}$；
聯(lián)立得：Y=$\frac{{U}_{2}{L}^{2}}{4d{U}_{1}}$
（4）設(shè)質(zhì)子離開偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上所用的時間為t′，質(zhì)子打到熒光屏上的側(cè)移量為y，則：
 t′=$\frac{{l}_{0}}{{v}_{0}}$，y=v_yt′
解得：y=$\frac{{U}_{2}L{l}_{0}}{2d{U}_{1}}$
質(zhì)子打在點熒光屏上會出現(xiàn)閃光點離偏轉(zhuǎn)電場中央線的距離為：
 Y′=Y+y=$\frac{（2{l}_{0}+L）{U}_{2}L}{4{U}_{1}d}$
（5）若在偏轉(zhuǎn)電場中加以交變電壓最大值U（U足夠大），質(zhì)子剛好飛出偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)距離為$\frac{1}{2}$d，設(shè)質(zhì)子在熒光屏上出現(xiàn)的閃光點到O點的最大距離為S．
根據(jù)三角形相似可得：$\frac{\frac{1}{2}d}{S}$=$\frac{\frac{1}{2}L}{\frac{1}{2}L+{l}_{0}}$
解得：S=$\frac{（L+2{l}_{0}）d}{2L}$
則熒光屏上可能出現(xiàn)閃光點的范圍在距離O點為S=$\frac{（L+2{l}_{0}）d}{2L}$的范圍內(nèi)．
答：
（1）偏轉(zhuǎn)電場中的電場強度E為$\frac{{U}_{2}}gmwyeum$．
（2）當質(zhì)子剛進入偏轉(zhuǎn)電場的速度v₀為$\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{m}}$．
（3）質(zhì)子剛飛離偏轉(zhuǎn)電場時，其偏轉(zhuǎn)距離Y是$\frac{{U}_{2}{L}^{2}}{4d{U}_{1}}$．
（4）質(zhì)子打在點熒光屏上會出現(xiàn)閃光點離偏轉(zhuǎn)電場中央線的距離為$\frac{（2{l}_{0}+L）{U}_{2}L}{4{U}_{1}d}$．
（5）若在偏轉(zhuǎn)電場中加以交變電壓最大值U（U足夠大），熒光屏上可能出現(xiàn)閃光點的范圍在距離O點為$\frac{（L+2{l}_{0}）d}{2L}$的范圍內(nèi)．

點評 帶電粒子在電場中類平拋運動的研究方法與平拋運動相似，采用運動的合成與分解，字母較多，要細心．