Question

20．如圖所示，平行放置的金屬板A、B間電壓為U₀，中心各有一個(gè)小孔P、Q，平行放置的金屬板C、D板長(zhǎng)和板間距均為L(zhǎng)，足夠長(zhǎng)的粒子接收屏M與D板夾角為127°．現(xiàn)從P點(diǎn)處有質(zhì)量為 m、帶電量為+q的粒子放出（粒子的初速度可忽略不計(jì)）．經(jīng)加速后從Q點(diǎn)射出，貼著C板并平行C板射入C、D電場(chǎng)（平行金屬板外電場(chǎng)忽略不計(jì)，重力不計(jì)，sin3°=0.6，cos37°=0.8）
（1）粒子經(jīng)加速后從Q點(diǎn)射出速度大小v．
（2）若在進(jìn)入C、D間電場(chǎng)后好恰從D板邊緣飛出，則C、D間電壓U₁為多少？
（3）調(diào)節(jié)C、D間電壓（大�。┦惯M(jìn)入電場(chǎng)的粒子，不能打在粒子接收屏M上，則C、D間電壓U₂的取值范圍？

Answer 1

分析 （1）先由動(dòng)能定理求出電場(chǎng)加速獲得的速度．
（2）若在t=0時(shí)刻進(jìn)入C、D間電場(chǎng)的粒子恰從D板邊緣飛出，粒子在CD間先做類平拋運(yùn)動(dòng)，后沿速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解．
（3）不能打在粒子接收屏M上的粒子，可能落在極板D上，有可能飛出電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角比較小，由類平拋運(yùn)動(dòng)的公式分別討論即可．

解答 解：（1）在AB之間電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理：$\frac{1}{2}mv_{\;}^2-0=q{U_0}$
所以：$v=\sqrt{\frac{{2q{U_0}}}{m}}$
（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)得：$t=\frac{L}{v}=L\sqrt{\frac{m}{2q{U}_{0}}}$
豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)$a=\frac{{q{U_1}}}{mL}$
豎直方向上位移$L=\frac{1}{2}\frac{{q{U_1}}}{mL}{t^2}$
求得U₁=4U₀
（3）若粒子飛出C、D間電場(chǎng)則飛出時(shí)豎直方向上速度${v_y}=\frac{{q{U_1}}}{mv}\sqrt{\frac{m}{2qU}}$
速度偏轉(zhuǎn)角$tanθ=\frac{v_y}{v_x}=\frac{U_2}{{2{U_1}}}$
由題意可知θ≤53°解得${U_2}≤\frac{{3{U_1}}}{2}$
若粒子沒(méi)有飛出電場(chǎng)也不能打到粒子接收屏M；此時(shí)可知U₁＞4U₀
綜上：可知U₁＞4U₀或 ${U_2}≤\frac{{3{U_1}}}{2}$
答：（1）粒子經(jīng)加速后從Q點(diǎn)射出速度大小是$\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}$．
（2）若在進(jìn)入C、D間電場(chǎng)后好恰從D板邊緣飛出，則C、D間電壓U₁為4U₀；
（3）調(diào)節(jié)C、D間電壓（大�。┦惯M(jìn)入電場(chǎng)的粒子，不能打在粒子接收屏M上，則C、D間電壓U₂的取值范圍U₁＞4U₀或 ${U_2}≤\frac{{3{U_1}}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況，確定出臨界條件，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律結(jié)合進(jìn)行求解．