Question

19．如圖甲所示，離子發(fā)生器能連續(xù)均勻地發(fā)射質(zhì)量為m．電荷量為+q的離子．并從O點無初速進入間距為d₁的兩平行極板AB之間．離子穿過極板B上的小孔后，恰好沿兩平行板MN間的中心線射入偏轉(zhuǎn)電場．已知MN兩板長均為L，MN兩板間所加電壓恒為U，且M板的電勢高于N板電勢．則：
（1）若U_AB=U₁（U₁為定值）求離子射入偏轉(zhuǎn)電場時的速度為多大；
（2）若U_AB=U₁．離子恰能從極板N的中心小孔P處飛出．求MN兩飯間的距離d；
（3）若極板AB間所加電壓隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．已知電壓的變化周期T=$\sqrt{\frac{128vf9fpr9_{1}^{2}m}{9q{U}_{1}}}$．求能從小孔P處飛的離子數(shù)目與發(fā)射總數(shù)的比值．

Answer 1

分析 （1）粒子在加速電場中，電場力做功，由動能定理求出速度v₀．
（2）粒子進入偏轉(zhuǎn)電場后，做類平拋運動，運用運動的合成與分解求出MN兩飯間的距離d；
（3）求出粒子一直做加速運動穿過AB的時間，然后判斷出能到達P的粒子的數(shù)目與發(fā)射總數(shù)的比值．

解答 解：（1）由動能定理可得：$q{U}_{1}=\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$
解得：${v}_{0}=\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$
（2）粒子進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，豎直方向：$y=\frac5rxvdth{2}=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
其中：$a=\frac{qU}{md}$
在偏轉(zhuǎn)電場中，水平方向：$\frac{1}{2}$L=v₀t
由以上三式可得：d=$\frac{qU}{md}•\frac{Lm}{2q{U}_{1}}$=$\frac{U{L}^{2}}{2d{U}_{1}}$
即：d=$L•\sqrt{\frac{U}{2{U}_{1}}}$
（3）由題意可知，只有在AB中一直做勻加速直線運動的粒子才能恰好到達P點，粒子穿過AB的時間t，則：
t=$\frac{lhrxtt9_{1}}{\frac{{v}_{0}}{2}}=\sqrt{\frac{2mzx5xfdl_{1}^{2}}{q{U}_{1}}}$
可知，只有在$\frac{T}{2}-t$前發(fā)射的粒子才能到達P點，其余的粒子不能到達P點，所以能從小孔P處飛的離子數(shù)目與發(fā)射總數(shù)的比值：
$\frac{{n}_{P}}{N}=\frac{\frac{T}{2}-t}{T}$
代入數(shù)據(jù)解得：$\frac{{n}_{P}}{N}=\frac{1}{8}$
答：（1）若U_AB=U₁（U₁為定值）求離子射入偏轉(zhuǎn)電場時的速度為$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$；
（2）若U_AB=U₁．離子恰能從極板N的中心小孔P處飛出．MN兩飯間的距離d為$L•\sqrt{\frac{U}{2{U}_{1}}}$；
（3）若極板AB間所加電壓隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．已知電壓的變化周期T=$\sqrt{\frac{128jrj7ppx_{1}^{2}m}{9q{U}_{1}}}$．能從小孔P處飛的離子數(shù)目與發(fā)射總數(shù)的比值是$\frac{1}{8}$．

點評 本題關(guān)鍵是明確粒子的受力特點和運動規(guī)律，然后結(jié)合動能定理、類似平拋運動的分運動公式和幾何關(guān)系列式求解．