Question

2．如圖，粒子（+q，m）經加速電場（電壓為U₁）加速后，從兩板中央進入偏轉電場，板間電板間電壓為U₂，板間距離為d，板長為L₂，然后射到距偏轉場右端為L₃的屏上．
（1）經過加速電場后粒子的動能及速度；
（2）求帶點粒子穿出偏轉場時的偏轉角；
（3）求帶電粒子穿出偏轉場時的偏轉距；
（4）求它到達屏上的位置．

Answer 1

分析 （1）粒子在加速電場中加速，應用動能定理求出粒子的動能與速度．
（2）粒子在偏轉電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規律求出粒子的偏轉角．
（3）應用類平拋運動規律求出粒子離開偏轉電場時的偏移距離．
（4）粒子離開偏轉電場后做勻速直線運動，求出粒子在豎直方向的位移，然后確定到達屏的位置．

解答 解：（1）在加速電場中，由動能定理得：qU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²-0，粒子的動能：E_K=$\frac{1}{2}$mv₀²=qU₁，速度：v₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$；
（2）粒子在偏轉電場中做類平拋運動，粒子穿出電場時的偏轉角為θ，
則：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{at}{{v}_{0}}$=$\frac{\frac{q{U}_{2}}{md}×\frac{{L}_{2}}{{v}_{0}}}{{v}_{0}}$=$\frac{{U}_{2}{L}_{2}}{2{U}_{1}d}$，偏轉角：θ=arctan$\frac{{U}_{2}{L}_{2}}{2{U}_{1}d}$；
（3）粒子穿出偏轉電場時的偏移量：y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$×$\frac{q{U}_{2}}{md}$×$（\frac{{L}_{2}}{{v}_{0}}）^{2}$=$\frac{{U}_{2}{L}_{2}^{2}}{4{U}_{1}d}$；
（4）粒子離開偏轉電場時豎直分速度：v_y=at=$\frac{q{U}_{2}}{md}$×$\frac{{L}_{2}}{{v}_{0}}$=$\frac{{U}_{2}{L}_{2}}p9vv5xb5$$\sqrt{\frac{q}{2m{U}_{1}}}$，
粒子離開偏轉電場后做勻速直線運動，
水平方向：L₃=v₀t′，豎直方向：y′=v_yt′，解得：y′=$\frac{{U}_{2}{L}_{2}{L}_{3}}{2{U}_{1}d}$，
粒子到達屏上的偏移量：Y=y+y′=$\frac{{U}_{2}{L}_{2}^{2}+2{U}_{2}{L}_{2}{L}_{3}}{4{U}_{1}d}$；
答：（1）經過加速電場后粒子的動能為qU₁，速度為$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$；
（2）帶點粒子穿出偏轉場時的偏轉角為arctan$\frac{{U}_{2}{L}_{2}}{2{U}_{1}d}$；
（3）帶電粒子穿出偏轉場時的偏轉距離為$\frac{{U}_{2}{L}_{2}^{2}}{4{U}_{1}d}$；
（4）它到達屏上的位置距中點的距離為$\frac{{U}_{2}{L}_{2}^{2}+2{U}_{2}{L}_{2}{L}_{3}}{4{U}_{1}d}$．

點評 本題考查了粒子在電場中的運動，粒子在加速電場中加速，在偏轉電場中做類平拋運動，粒子電場后做勻速直線運動，分析清楚粒子運動過程是解題的前提與關鍵，應用動能定理、類平拋運動規律與勻速直線運動的位移公式可以解題．