Question

2．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(guò)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，以一定的速度離開(kāi)電場(chǎng)，已知平行板長(zhǎng)為l，兩板間的距離為d，求：
（1）v₀的大小
（2）離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
（3）離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)受到的電場(chǎng)力的大小F和它在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度
（4）離子在離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的豎直偏移量y
（以上各結(jié)論均用m，q，l，d，U₁，U₂等已知量表示）

Answer 1

分析 粒子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功W=qU，根據(jù)動(dòng)能定理求出離子的速度v₀的大小；離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)；電場(chǎng)力的大小為F=qE；根據(jù)牛頓第二定律解出離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度．

解答 解：（1）粒子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，只有電場(chǎng)力做功W=qU，求出離子的速度v₀的大小
根據(jù)動(dòng)能定理得：qU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²，
解得：v₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$
（2）離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，
所以：L=v₀t
解得：t=$\frac{L}{{v}_{0}}$=$L\sqrt{\frac{m}{2q{U}_{1}}}$
（3）偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)：E=$\frac{U{\;}_{2}}zdlrn5p$
則電場(chǎng)力：F=qE=$\frac{q{U}_{2}}bb5tvl5$
根據(jù)牛頓第二定律：qE=ma
解得：a=$\frac{q{U}_{2}}{md}$
（4）離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)；
所以：y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$×$\frac{q{U}_{2}}{md}$×$\frac{{L}^{2}m}{2q{U}_{1}}$=$\frac{{U}_{2}{L}^{2}}{4d{U}_{1}}$
答：（1）v₀的大小為$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$；
（2）離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為$L\sqrt{\frac{m}{2q{U}_{1}}}$；
（3）離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)受到的電場(chǎng)力的大小為$\frac{q{U}_{2}}55ff5zp$；離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度$\frac{q{U}_{2}}{md}$；
（4）離子在離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的橫向偏移量$\frac{{U}_{2}{L}^{2}}{4d{U}_{1}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，對(duì)于類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，可以運(yùn)用正交分解法分解為初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿電場(chǎng)力方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．