Question

19．平行金屬板相距為d、長均為L，將如圖所示，變化的電壓加在兩金屬板上．當(dāng)t=0時(shí)，質(zhì)量m、電荷量為e的電子從與兩板等距處沿板平行的方向以速度v射入電場(chǎng)，
（1）若電子離開電場(chǎng)時(shí)恰能以平行于金屬板的速度飛出，兩板所加交變電壓的頻率應(yīng)滿足什么條件？
（2）若電子通過電場(chǎng)剛好從一板邊緣飛出電場(chǎng)，且T=2×10^-8s，U₀=91V，d=0.1m，e=1.6×10^-19C，m=9.1×10^-31kg，則電子在通過電場(chǎng)的過程中動(dòng)能增加了多少電子伏？

Answer 1

分析 （1）粒子水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向沿著同一方向做加速度周期性變化的運(yùn)動(dòng)，要使粒子在離開電場(chǎng)時(shí)恰能以平行A、B兩板的速度飛出，豎直分速度為零；
（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可以求出帶電粒子動(dòng)能的增量．

解答 解：（1）粒子水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平分速度為v₀；
豎直方向沿著同一方向做加速度周期性變化的運(yùn)動(dòng)，速度時(shí)間圖象如圖所示：

要使粒子在離開電場(chǎng)時(shí)恰能以平行A、B兩板的速度飛出，豎直分速度為零，即恰好在整數(shù)倍周期時(shí)刻飛出，即：$\frac{L}{{v}_{0}}=nT$
f=$\frac{1}{T}$
解得：f=$\frac{n{v}_{0}}{L}$（其中n=1，2，3，…）
（2）解：電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中1.0×10^-8s內(nèi)，在垂直極板的方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子的加速度為a，垂直極板方向的位移為y，則：
a=$\frac{F}{m}=\frac{qU}{md}$，代入數(shù)據(jù)a=$\frac{1.6×1{0}^{-19}×91}{0.91×1{0}^{-31}×0.1}m/{s}^{2}=1.6×1{0}^{14}m/{s}^{2}$
y=$\frac{1}{2}$at²，代入數(shù)據(jù)y=$\frac{1}{2}$×1.6×10¹⁴m/s²×（1×10^-8）²=8.0×10^-3m＜$\frac{1}{2}$d
所以電子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中在垂直極板的方向先做勻加速再做勻減速，再加速，再減速…
設(shè)電子經(jīng)過n個(gè)加速、減速的過程，則：
2$n•y≤\frac{1}{2}d$
解得：n≤3.125，所以取n=3
即經(jīng)過加速、減速各3次后電子距離極板的距離：
$△y=\frac{1}{2}d-2y×3$=2×10^-3m，且經(jīng)過這幾次的加速、減速后電子的動(dòng)能不會(huì)變，
電子在剩余的距離上加速對(duì)應(yīng)的電勢(shì)差：△U=U$\frac{△y}rtftjrz$=91×$\frac{2×1{0}^{-3}}{0.1}$=1.82V
根據(jù)動(dòng)能定理電子離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能增量：△E_K=q△u=1.82eV
答：（1）兩板上所加交變電壓的頻率f=$\frac{n{v}_{0}}{L}$（其中n=1，2，3，…）；
（2）電子在通過電場(chǎng)的過程中動(dòng)能增加了1.82電子伏特．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是明確粒子的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況，要采用正交分解法列式分析，注意多解性，電子在t=0時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，所以電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)具有周期性．所以電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速距離不是$\frac{1}{2}$d，這是解題的關(guān)鍵．