Question

1．如圖所示，在足夠大的金屬板A上有一小孔S，粒子源C可由小孔S向各個方向射出速率v=2×10⁴m/s的帶負電粒子，B為金屬網(wǎng)，A、B連接在電路上，電源的電動勢?=9V、內(nèi)阻r=6Ω，滑動變阻器的總阻值為12Ω．圖中滑動變阻器滑片置于中點并保持不動，A、B間距d₁=15cm，M為足夠大的熒光屏，B、M間距d₂=30cm，當(dāng)粒子穿過金屬網(wǎng)打到熒光屏上時，熒光屏上就會出現(xiàn)亮斑．已知粒子的比荷$\frac{q}{m}$=2×10⁸C/kg，不考慮粒子所形成的電流對電路的影響，粒子重力不計．
（1）求A、B間電場（視為勻強電場）的電場強度大小E；
（2）求粒子到達熒光屏的最短時間t；
（3）若粒子到達熒光屏上會形成一個圓斑，求其最大面積S（取π=3）．

Answer 1

分析 （1）由閉合電路歐姆定律求出電容器板間的電壓U，由E=$\frac{U}nnh1r9b$求出A、B間的場強大��；
（2）粒子的初速度垂直A板方向時運動時間最短，根據(jù)動能定理列式求解末速度，根據(jù)分運動公式列式求解最短時間；
（3）當(dāng)粒子的初速度垂直電場線時，做類似平拋運動，在熒光屏上形成最大的圓，根據(jù)分運動規(guī)律列式求解即可．

解答 解：（1）由閉合電路歐姆定律得：I=$\frac{ε}{R+r}$，其中R=12Ω；
電容器額的電壓為：U=I•$\frac{R}{2}$；
又E=$\frac{U}{fnvjrtf_{1}}$；
解得：E=20N/C；
（2）經(jīng)分析可知，從粒子源C射出的粒子中，速度水平向右的粒子到達熒光屏的時間最短，設(shè)這些粒子到達金屬網(wǎng)B處的速度大小為v₁，有：
$qU=\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得：v₁=4×10⁴m/s；
粒子在A、B間做勻加速直線運動，運動的時間為：t₁=$\frac{jp735nn_{1}}{\frac{v+{v}_{1}}{2}}$=$\frac{0.15}{\frac{2×1{0}^{4}+4×1{0}^{4}}{2}}$=5×10^-6s；
粒子從金屬網(wǎng)B到熒光屏M做勻速直線運動，運動的時間為：t₂=$\frac{vlb9vl1_{2}}{{v}_{1}}$$\frac{0.3}{4×1{0}^{4}}=7.5×1{0}^{-6}s$；
又：t=t₁+t₂；
解得：t=1.25×10^-5s；
（3）經(jīng)過分析可知，從離子源C射出的粒子中，速度平行金屬板A的那些粒子到達熒光屏M的距離最遠，形成最大圓；
設(shè)粒子在AB間做類平拋運動的時間為t₁′，有：
$zdh3xb3_{1}=\frac{1}{2}a{t}_{1}^{′2}$，其中a=$\frac{qE}{m}$=4×10⁹m/s²，故${t}_{1}^{′}$=$\sqrt{\frac{2×0.15}{4×1{0}^{9}}}$s
粒子從金屬網(wǎng)B運動到熒光屏M的時間為：${t}_{2}^{′}=\frac{xtxdxh7_{2}}{{v}_{1}}$，其中v₁′=at₁′，故t₂′=$\frac{0.3}{4×1{0}^{9}×\sqrt{\frac{2×0.15}{4×1{0}^{9}}}}$s
z粒子沿著平行金屬板方向通過的路程為：L=v（t₁′+t₂′）=$2×1{0^4}×（\sqrt{\frac{2×0.15}{{4×1{0^9}}}}+\frac{0.3}{{4×1{0^9}×\sqrt{\frac{2×0.15}{{4×1{0^9}}}}}}）$；
又：S=πL²，
聯(lián)立解得：S≈0.36m²；
（1）A、B間電場（視為勻強電場）的電場強度大小E為20N/C；
（2）粒子到達熒光屏的最短時間t為1.25×10^-3s；
（3）若粒子到達熒光屏上會形成一個圓斑，其最大面積S為0.36m²．

點評 本題關(guān)鍵是明確電子在A、B間做類似拋體運動，采用運動的合成與分解的方法并結(jié)合功能關(guān)系列式求解．