Question

15．如圖所示，離子發(fā)生器發(fā)射出一束質(zhì)量為m，電量為q的離子，從靜止經(jīng)過加速電壓U₁加速后，獲得速度v₀并沿垂直于電場(chǎng)方向射入兩平行板中央，受偏轉(zhuǎn)電壓U₂作用后，以某速度離開電場(chǎng)，已知平行板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩板間的距離為d，求：
（1）v₀的大�。�
（2）離子在離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的橫向偏移量y；
（3）離子在離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)角的正切．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動(dòng)能定理求出粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度；
（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)求出離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏移量y；
（3）根據(jù)平行四邊形定則及幾何知識(shí)求出偏轉(zhuǎn)角的正切值；

解答 解：（1）根據(jù)動(dòng)能定理得：
$q{U}_{1}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：${v}_{0}^{\;}=\sqrt{\frac{2q{U}_{1}^{\;}}{m}}$
（2）進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則$t=\frac{L}{{v}_{0}^{\;}}$=$L\sqrt{\frac{m}{2q{U}_{1}^{\;}}}$
電場(chǎng)強(qiáng)度：$E=\frac{{U}_{2}^{\;}}f5dbbj5$
粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度為：$a=\frac{qE}{m}=\frac{q{U}_{2}^{\;}}{md}$
粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的橫向偏移量為：$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}=\frac{1}{2}\frac{q{U}_{2}^{\;}}{dm}×{L}_{\;}^{2}\frac{m}{2q{U}_{1}^{\;}}$=$\frac{{U}_{2}^{\;}{L}_{\;}^{2}}{4d{U}_{1}^{\;}}$
（3）粒子在離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的沿電場(chǎng)方向的速度為：${v}_{y}^{\;}=at=\frac{q{U}_{2}^{\;}L}{md}\sqrt{\frac{m}{2q{U}_{1}^{\;}}}$
粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ的正切值為：$tanθ=\frac{{v}_{y}^{\;}}{{v}_{0}^{\;}}=\frac{at}{{v}_{0}^{\;}}=\frac{{U}_{2}^{\;}L}{2{U}_{1}^{\;}d}$
答：（1）v₀的大小$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}^{\;}}{m}}$；
（2）離子在離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的橫向偏移量y為$\frac{{U}_{2}^{\;}{L}_{\;}^{2}}{4d{U}_{1}^{\;}}$；
（3）離子在離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)角的正切值為$\frac{{U}_{2}^{\;}L}{2{U}_{1}^{\;}d}$

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵掌握處理類平拋運(yùn)動(dòng)的方法，知道粒子在垂直電場(chǎng)和沿電場(chǎng)方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解．