Question

18．質(zhì)量分別為m₁、m₂，電量分別為q₁、q₂的兩個帶正電的點(diǎn)電荷，均從靜止開始沿垂直極板方向進(jìn)入相同的加速電場，又都以垂直場強(qiáng)方向進(jìn)入相同的緊靠加速電場的偏轉(zhuǎn)電場，如圖，若整個裝置處于真空中，不計(jì)電荷重力且它們均能離開偏轉(zhuǎn)電場，求：
①它們離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移距離之比；
②它們離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小之比：；
③它們從初速為零開始至離開偏轉(zhuǎn)電場的過程中所用時間之比．

Answer 1

分析 ①電荷在加速電場中加速，在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，應(yīng)用動能定理與類平拋規(guī)律求出電荷的偏移量，然后求出偏移量之比．
②應(yīng)用動能定理求出電荷離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度，然后求出速度之比．
③應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動規(guī)律與勻速運(yùn)動規(guī)律求出電荷的運(yùn)動時間，然后求出運(yùn)動時間之比．

解答 解：設(shè)加速電壓為U₁，加速電場寬度為L₁，加速電場強(qiáng)度為E；偏轉(zhuǎn)電壓為U₂，偏轉(zhuǎn)電場長度為L₂，板間距離為d；
①電荷在加速電場中加速，由動能定理得：qU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²-0，
電荷在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向：L₂=v₀t₂，
豎直方向：y=$\frac{1}{2}$at₂²=$\frac{1}{2}$$\frac{q{U}_{2}}{md}$t₂²，
解得：y=$\frac{{U}_{2}{L}_{2}^{2}}{4{U}_{1}d}$，
電荷的偏移量取決于加速電壓與偏轉(zhuǎn)電壓、偏轉(zhuǎn)電場的長度與板間距離，
與電荷無關(guān)，則兩電荷的偏移量之比：y₁：y₂=1：1；
②電荷從開始加速到離開偏轉(zhuǎn)電場，由動能定理得：
qU₁+q$\frac{{U}_{2}}3plprbn$y=$\frac{1}{2}$mv²-0，
解得：v=$\sqrt{\frac{2q（{U}_{1}d+{U}_{2}y）}{md}}$，
U₁、U₂、d、y都相同，則電荷的速度大小之比：
$\frac{{v}_{1}}{{v}_{2}}$=$\frac{\sqrt{\frac{{q}_{1}}{{m}_{1}}}}{\sqrt{\frac{{q}_{2}}{{m}_{2}}}}$=$\sqrt{\frac{{q}_{1}{m}_{2}}{{q}_{2}{m}_{1}}}$；
③電荷在加速電場中做勻加速直線運(yùn)動，
L₁=$\frac{1}{2}$at₁²=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t₁²，
加速時間：t₁=$\sqrt{\frac{2m{L}_{1}}{qE}}$，
電荷在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，
水平方向：L₂=v₀t₂，t₂=$\frac{{L}_{2}}{{v}_{0}}$=L₂$\sqrt{\frac{m}{2q{U}_{1}}}$，
總的運(yùn)動時間：t=t₁+t₂=$\sqrt{\frac{2m{L}_{1}}{qE}}$+L₂$\sqrt{\frac{m}{2q{U}_{1}}}$，
電荷運(yùn)動時間之比：$\frac{{t}_{1總}}{{t}_{2總}}$=$\frac{\sqrt{\frac{{m}_{1}}{{q}_{1}}}+\sqrt{\frac{{m}_{1}}{{q}_{1}}}}{\sqrt{\frac{{m}_{2}}{{q}_{2}}}+\sqrt{\frac{{m}_{2}}{{q}_{2}}}}$=$\sqrt{\frac{{m}_{1}{q}_{2}}{{m}_{2}{q}_{1}}}$；
答：①它們離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移距離之比為1：1；
②它們離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小之比為$\sqrt{\frac{{q}_{1}{m}_{2}}{{q}_{2}{m}_{1}}}$；
③它們從初速為零開始至離開偏轉(zhuǎn)電場的過程中所用時間之比為$\sqrt{\frac{{m}_{1}{q}_{2}}{{m}_{2}{q}_{1}}}$．

點(diǎn)評 本題考查了電荷在電場中的運(yùn)動，電荷在加速電場中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，分析清楚電荷的運(yùn)動過程是解題的前提，應(yīng)用動能定理、牛頓第二定律與運(yùn)動學(xué)公式可以解題．