Question

2．一電子從靜止出發(fā)被U₁=1000V的電壓加速，然后沿著與電場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入另一個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E=5000N/C的勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，進(jìn)入方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直．已知偏轉(zhuǎn)電極長(zhǎng)L=6cm，電子的質(zhì)量為m=9.0×10^-31kg．求：
（1）電子離開(kāi)加速電場(chǎng)時(shí)的速度大小v₀
（2）電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大小v；
（3）電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度方向與進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度方向之間的夾角的正切值tanθ．

Answer 1

分析 （1）粒子經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)時(shí)加速，由動(dòng)能定理可以解得其獲得的速度．
（2）粒子垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，把其分解為水平方向的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，豎直方向的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解．
（3）電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后速度與水平方向夾角地正切：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$，代入數(shù)據(jù)即可求出．

解答 解：（1）電子從加速電場(chǎng)出來(lái)時(shí)的速度可由動(dòng)能定理求得，eU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²-0，
解得：${v}_{0}=\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{m}}=\sqrt{\frac{2×1.6×1{0}^{-19}×1000}{9.0×1{0}^{-31}}}$=1.88×10⁷（m/s）
（2）粒子垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=$\frac{L}{{v}_{0}}$，
加速度為：a=$\frac{eE}{m}$，
豎直方向的分速度為：v_y=at
代入數(shù)據(jù)得：v_y=2.8×10⁵（m/s）
離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度：$v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$
代入數(shù)據(jù)得：v=1.9×10⁷（m/s）
（3）電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后速度與水平方向夾角地正切：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：tanθ=0.15
答：（1）電子離開(kāi)加速電場(chǎng)時(shí)的速度大小是1.88×10⁷m/s；
（2）電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大小是1.9×10⁷m/s；
（3）電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度方向與進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度方向之間的夾角的正切值等于0.15．

點(diǎn)評(píng) 把類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)分解成水平方向的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，豎直方向的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律和勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律解題．