Question

12．一束質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶負(fù)電粒子（不計重力和粒子間的相互作用）以平行于兩極板的速度v₀沿中心線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，如圖所示，如果兩極板間電壓為U，兩極板間的距離為d，板長為L．在極板右側(cè)距離極板b處有一個足夠大的屏，屏面與極板垂直，設(shè)粒子束不會擊中極板，求解下列問題：
（1）粒子從進(jìn)入電場到飛出電場的時間；
（2）粒子飛出極板時在垂直極板方向偏移的距離；
（3）粒子從進(jìn)入電場到飛出電場時的位移大小和方向；
（4）粒子飛出電場時的速度大小和方向；
（5）粒子從進(jìn)入電場到飛出電場時動能的變化量；
（6）粒子從飛出電場到打到屏上的時間；
（7）粒子打在屏上的位置；
（8）若粒子是無初速地經(jīng)過一加速電場加速后進(jìn)入該偏轉(zhuǎn)電場，則其出電場后的速度偏轉(zhuǎn)角．

Answer 1

分析 粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，水平方向勻速直線運(yùn)動，豎直方向勻加速直線運(yùn)動．

解答 解：（1）水平方向做勻速直線運(yùn)動，t=$\frac{L}{{V}_{0}}$
（2）豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，偏移距離y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=$\frac{1}{2}\frac{qU}{md}\frac{{L}^{2}}{{V}_{0}^{2}}$
（3）飛出電場時的位移大小x=$\sqrt{{L}^{2}+{y}^{2}}$=$\sqrt{{L}^{2}+（\frac{qU{L}^{2}}{2md{V}_{0}^{2}}）^{2}}$
位移與水平方向夾角為α，tanα=$\frac{y}{L}$=$\frac{qUL}{2md{V}_{0}^{2}}$
（4）飛出電場時的速度大小V=$\sqrt{{V}_{0}^{2}+{V}_{y}^{2}}$=$\sqrt{{V}_{0}^{2}+（\frac{qU}{md}\frac{L}{{V}_{0}}）^{2}}$
與水平方向的夾角為θ，tanθ=$\frac{{V}_{y}}{{V}_{0}}$=$\frac{qU}{md{V}_{0}^{2}}$
（5）由動能定理知，從進(jìn)入電場到飛出電場時動能的變化量△E_K=q$\frac{U}l7vvvt1$y=$（\frac{qUL}{\sqrt{2m}d{V}_{0}}）^{2}$
（6）粒子從飛出電場到打到屏上的時間t′=$\frac{Vcosθ}$
（7）粒子打在屏上的位置在O點(diǎn)上方h處，則tanθ=$\frac{h}{\frac{L}{2}+b}$，所以h=（0.5L+b）tanθ
（8）設(shè)加速電場的電壓為U′，則qU′=$\frac{1}{2}m{V}_{0}^{2}$，速度與水平方向的夾角為θ，tanθ=$\frac{{V}_{y}}{{V}_{0}}$=$\frac{qU}{md{V}_{0}^{2}}$=$\frac{U}{2dU′}$
答：（1）飛出電場時間$\frac{L}{{V}_{0}}$
（2）豎直方向偏移距離$\frac{1}{2}\frac{qU}{md}\frac{{L}^{2}}{{V}_{0}^{2}}$
（3）飛出電場時的位移大小$\sqrt{{L}^{2}+（\frac{qU{L}^{2}}{2md{V}_{0}^{2}}）^{2}}$
位移與水平方向夾角為arctan$\frac{qUL}{2md{V}_{0}^{2}}$
（4）飛出電場時的速度大小$\sqrt{{V}_{0}^{2}+（\frac{qU}{md}\frac{L}{{V}_{0}}）^{2}}$
與水平方向的夾角為arctan$\frac{qU}{md{V}_{0}^{2}}$
（5）從進(jìn)入電場到飛出電場時動能的變化量$（\frac{qUL}{\sqrt{2m}d{V}_{0}}）^{2}$
（6）粒子從飛出電場到打到屏上的時間$\frac{Vcosθ}$
（7）粒子打在屏上的位置在O點(diǎn)上方（0.5L+b）tanθ
（8）速度與水平方向的夾角為arctan$\frac{U}{2dU′}$

點(diǎn)評 掌握粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，應(yīng)用運(yùn)動的分解求解即可．