Question

10．如圖所示，M和N是相互平行的金屬板，OO₁為中線，P是足夠大的熒光屏．金屬板M和N相距為d，板長(zhǎng)為L(zhǎng)₁．平行極板右端到熒光屏的距離為L(zhǎng)₂．
（1）若只在兩板間加恒定電壓U，（不考慮電場(chǎng)邊緣效應(yīng)）電子以各種速率連續(xù)地從O點(diǎn)沿OO₁方向射入兩板間．已知電子的電量為e、質(zhì)量為m，試求：電子打在熒光屏P上偏離O₁點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為多大？
（2）到達(dá)熒光屏距O₁點(diǎn)最遠(yuǎn)的電子的動(dòng)能為多大？
（3）若撤去加在兩在兩金屬板間的電壓，只在兩兩金屬板間加勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，且磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一列同種帶電粒子以相同的速率V₀從AC之間垂直于AC進(jìn)入磁場(chǎng)，部分粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后打在熒光屏上形成一條長(zhǎng)為$\fracwcui2o4{3}$的亮線．求這群粒子的比荷．

Answer 1

分析 （1）電子先做類(lèi)似平拋運(yùn)動(dòng)，然后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類(lèi)似平拋運(yùn)動(dòng)的分位移公式列式求解即可；
（2）根據(jù)功能關(guān)系列式求解末動(dòng)能；
（3）粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，結(jié)合幾何關(guān)系求解軌道半徑，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解．

解答 解：（1）電子做類(lèi)似平拋運(yùn)動(dòng)，由$y=\fracmoaasi4{2}=\frac{1}{2}\frac{qU}{dm}{（\frac{L_1}{v_0}）^2}$得：
${v_0}=\sqrt{\frac{qUL_1^2}{{{d^2}m}}}$
故：
${Y_m}=\frac4qyye2q{2}+{v_y}（\frac{L_2}{v_0}）=\frac4em6ksi{2}+\frac{qU}{dm}（\frac{L_1}{v_0}）（\frac{L_2}{v_0}）=\frace24sc4u{2}+\frac{L_2}{L_1}d$
（2）打在熒光屏上的動(dòng)能為：
${E_k}=\frac{1}{2}mv_0^2+\frac{1}{2}qU=（\frac{{{d^2}+L_1^2}}{{2{d^2}}}）qU$
（3）粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖：

結(jié)合幾何關(guān)系，有：
${R^2}={（R-\frac{2}{3}d）^2}+L_1^2$
解得：
$R=\frac{3}{4}\frac{L_1^2}440yye4+\fracoewe6kk{3}$
洛倫茲力提供向心力，故：
$q{v_0}B=\frac{mv_0^2}{R}$
聯(lián)立解得：
$\frac{q}{m}=\frac{v_0}{{B（\frac{3L_1^2}{4d}+\fracey442is{3}）}}$
答：（1）電子打在熒光屏P上偏離O₁點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為$\fracucegwis{2}+\frac{{L}_{2}}{{L}_{1}}d$；
（2）到達(dá)熒光屏距O₁點(diǎn)最遠(yuǎn)的電子的動(dòng)能為$（\frac{4iyog4o^{2}+{L}_{1}^{2}}{2k6o4isa^{2}}）qU$；
（3）這群粒子的比荷為$\frac{{v}_{0}}{B（\frac{3{L}_{1}^{2}}{4d}+\frac24m0aou{3}）}$．

點(diǎn)評(píng) 本題前2問(wèn)關(guān)鍵是明確粒子做類(lèi)似平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合分運(yùn)動(dòng)公式列式，第3問(wèn)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，結(jié)合幾何關(guān)系和牛頓第二定律列式求解，不難．