Question

如圖，一質(zhì)量為m，電荷量為e的質(zhì)子從靜止開(kāi)始經(jīng)加速電壓U加速后，緊挨A板水平進(jìn)入豎直方向的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，已知A、B板的長(zhǎng)度及板間距離都是L，A板電勢(shì)比B板電勢(shì)高2U，緊挨A、B的右側(cè)有平面直角坐標(biāo)系，坐標(biāo)原點(diǎn)與A板右端重合，第四象限有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)后剛好垂直x軸射出磁場(chǎng)．求：
（1）質(zhì)子從加速電場(chǎng)射出時(shí)的速度v₁是多大？
（2）質(zhì)子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ是多大？
（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度B是多大？

Answer 1

分析：（1）根據(jù)動(dòng)能定理，可求出加速電質(zhì)子場(chǎng)射出時(shí)的速度；
（2）質(zhì)子垂直進(jìn)入電場(chǎng)后，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與牛頓第二定律，即可求解；
（3）根據(jù)質(zhì)子進(jìn)入磁場(chǎng)后，由洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，結(jié)合幾何關(guān)系與半徑公式，即可求解．

解答：解：（1）質(zhì)子在加速電場(chǎng)中被加速，
根據(jù)動(dòng)能定理，則有：eU=

1

2

m

v

2 1

；
解得：v₁=

2eU m

；
（2）質(zhì)子垂直進(jìn)入電場(chǎng)后，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解成水平與豎直方向，
水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有：L=v₁t；
豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有：y=

1

2

at2；
由牛頓第二定律，則有：a=

e 2U L

m

；
聯(lián)立上兩式，解得：y=

1

2

×

2eU

mL

×(

L

v1

)2=

L

2

；
且豎直方向的速度為v_y=at=

2eU m

；
因此質(zhì)子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ，即tanθ=

v1

vy

=1；
解得：θ=45°；
（3）質(zhì)子進(jìn)入磁場(chǎng)后，由洛倫茲力提供向心力，
根據(jù)牛頓第二定律，則有：Bqv₂=m

v 2 2

r

；

根據(jù)幾何關(guān)系，結(jié)合偏角45°與側(cè)移量

L

2

，可知：圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=

2

2

L；
而由（2）可知，質(zhì)子出垂直電場(chǎng)的速度為v₂=

2

v1=

4eU m

；
聯(lián)立以上三式，可解得：B=

mv2

re

=

m 4eU m

2 L 2 e

=

2

L

2Um e

；
答：（1）質(zhì)子從加速電場(chǎng)射出時(shí)的速度v₁是

2eU m

；
（2）質(zhì)子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ是45°；
（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度B是

2

L

2Um e

．

點(diǎn)評(píng)：考查質(zhì)子在電場(chǎng)中加速與偏轉(zhuǎn)，掌握粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)與類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，理解幾何關(guān)系與運(yùn)動(dòng)半徑的綜合應(yīng)用，學(xué)會(huì)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，掌握力的平行四邊形定則的應(yīng)用，注意正確畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡圖是解題的關(guān)鍵．