Question

1．如圖所示，C為平行板電容器，虛線(xiàn)到兩極板距離相等，極板長(zhǎng)L₁=8.0×10^-2m，兩板間距d=1.0×10^-2m．S為屏，與極板垂直，到極板的距離L₂=0.16m．有一細(xì)電子束沿圖中虛線(xiàn)以速度V₀=8.0×10⁶m/s連續(xù)不斷地射入C．已知電子電荷量e=1.6×10^-19C，電子質(zhì)量m=9.0×10^-31kg．忽略電子所受的重力，不考慮電容器邊緣電場(chǎng)的變化，電容器外部的電場(chǎng)為零．
（1）當(dāng)電容器的電勢(shì)差U₁=5.4V，判斷電子是否能夠穿過(guò)電容器．
（2）當(dāng)電容器的電勢(shì)差U₂=2.7V，求電子到達(dá)屏S上時(shí)，它離O點(diǎn)的距離．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)電容器的電勢(shì)差U₁=5.4V時(shí)，電子進(jìn)入電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)能夠射出，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的正交分解法，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)公式列式求解側(cè)移量進(jìn)行判斷即可；
（2）當(dāng)電容器的電勢(shì)差U₂=2.7V，電子進(jìn)入電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，離開(kāi)電場(chǎng)后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；對(duì)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)公式求解速度偏轉(zhuǎn)角的正切值，畫(huà)出軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系進(jìn)行分析求解．

解答 解：（1）電容器的電勢(shì)差U₁=5.4V時(shí)，假設(shè)電子能夠射出，根據(jù)類(lèi)似平拋運(yùn)動(dòng)的分運(yùn)動(dòng)公式，有：
L₁=v₀t
$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}$ 
其中：
a=$\frac{e{U}_{1}}{md}$
聯(lián)立解得：
$y=\frac{{e{U_1}L_1^2}}{2mdv_0^2}=\frac{{1.6×1{0^{-19}}×5.4×{{（8×1{0^{-2}}）}^2}}}{{2×9×1{0^{-31}}×1×1{0^{-2}}×{{（8×1{0^6}）}^2}}}=4.8×1{0^{-3}}m$
由于y$＜\fracauwklmn{2}$，故能夠射出極板；
（2）電容器的電勢(shì)差U₂=2.7V，對(duì)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程，有：
v_x=v₀
v_y=at 
其中：
a=$\frac{e{U}_{2}}{md}$
故速度偏轉(zhuǎn)角的正切值為：
tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$=$\frac{e{U}_{2}L}{md{v}_{0}^{2}}$
畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示：

結(jié)合幾何關(guān)系，有：
y=（$\frac{{L}_{1}}{2}+{L}_{2}$）tanθ
聯(lián)立解得：
y=（$\frac{{L}_{1}}{2}+{L}_{2}$）$\frac{e{U}_{2}L}{md{v}_{0}^{2}}$=$（\frac{1}{2}×8×1{0^{-2}}+0.16）×\frac{{1.6×1{0^{-19}}×2.7×（8×1{0^{-2}}）}}{{9×1{0^{-31}}×1×1{0^{-2}}×{{（8×1{0^6}）}^2}}}=1.2×1{0^{-2}}m$
答：（1）當(dāng)電容器的電勢(shì)差U₁=5.4V，電子能夠穿過(guò)電容器．
（2）當(dāng)電容器的電勢(shì)差U₂=2.7V，電子到達(dá)屏S上時(shí)，它離O點(diǎn)的距離為1.2×10^-2m．

點(diǎn)評(píng) 本題著重考查帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題，要熟練運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法研究類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，能由牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式及數(shù)學(xué)知識(shí)得到綜合式，再進(jìn)行求解，過(guò)程之中可不代數(shù)據(jù)，從而減小計(jì)算量．