Question

15．如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于版面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U₀，偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d．
（1）忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度v₀和從電場射出時沿垂直版面方向的偏轉(zhuǎn)距離△y；
（2）分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法．在解決（1）問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因．已知U=2.0×10²V，d=4.0×10^-2m，m=9.1×10^-31kg，e=1.6×10^-19C，g=10m/s²．
（3）極板間既有電場也有重力場．電勢反映了靜電場各點的能的性質(zhì)，請寫出電勢φ的定義式．類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”的φ_G概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理，即可求得加速的速度大小，再依據(jù)類平拋運動處理規(guī)律，結(jié)合運動學(xué)公式，及運動的合成與分解，從而即可求解；
（2）依據(jù)提供的數(shù)據(jù)，從而計算出重力與電場力，并求得它們的比值，即可求解；
（3）根據(jù)電勢是電勢能與電荷量的比值，故重力勢等于重力勢能與質(zhì)量的比值，再根據(jù)兩者的聯(lián)系，從而確定共同點．

解答 解：（1）電子在加速場中加速，根據(jù)動能定理，則有：eU₀=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：v₀=$\sqrt{\frac{2e{U}_{0}}{m}}$
電子在偏轉(zhuǎn)電場中加速，做類平拋運動，將其運動分解成速度方向勻速直線運動，與電場強度方向做初速度為零的勻加速直線運動，則有：
速度方向的位移為：L=v₀t；
電場強度方向的位移為：△y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
由牛頓第二定律有：a=$\frac{F}{m}$=$\frac{eE}{m}$
且E=$\frac{U}slos9tz$
綜上所述，解得：△y=$\frac{U{L}^{2}}{4{U}_{0}d}$
（2）已知U=2.0×10²V，d=4.0×10^-2m，m=9.1×10^-31kg，e=1.6×10^-19C，g=10m/s²．
電子所受重力為：G=mg=9.1×10^-30N
電子受到的電場力為：F_電=e$\frac{U}xj494nj$=8×10^-16N
那么$\frac{G}{{F}_{電}}$=$\frac{9.1×1{0}^{-30}}{8×1{0}^{-16}}$≈10^-14；
由于F_電＞＞G，所以重力忽略不計，
（3）電場中某點電勢φ定義為電荷在該點的電勢能E_P與其電荷量q的比值，
即：φ=$\frac{{E}_{P}}{q}$
由于重力做功與路徑無關(guān)，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能E_G與其質(zhì)量m的比值，叫做“重力勢”，即φ_G=$\frac{{E}_{G}}{m}$．
電勢φ與重力勢φ_G都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場自身的因素決定．
答：（1）忽略電子所受重力，電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度$\sqrt{\frac{2e{U}_{0}}{m}}$，
從電場射出時沿垂直版面方向的偏轉(zhuǎn)距離$\frac{U{L}^{2}}{4{U}_{0}d}$；
（2）根據(jù)$\frac{G}{{F}_{電}}$≈10^-14，從而可以忽略了電子所受重力．
（3）電勢φ的定義式為：φ=$\frac{{E}_{P}}{q}$；
電勢和“重力勢”的共同特點為：電勢φ與重力勢φ_G都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場自身的因素決定．

點評 考查了動能定理的內(nèi)容，掌握類平拋運動處理規(guī)律，掌握運動的合成與分解的應(yīng)用，注意類比法的內(nèi)涵，及如何歸納物理量間的共同點是解題的關(guān)鍵．