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，板長為L₁．平行極板右端到熒光屏的距離為L₂．
（1）若只在兩板間加恒定電壓U，（不考慮電場邊緣效應(yīng)）電子以各種速率連續(xù)地從O點沿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點的最遠距離為多大？
（2）到達熒光屏距O₁點最遠的電子的動能為多大？
（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磁場，磁場方向垂直紙面向里，且磁感應(yīng)強度為B，一列同種帶電粒子以相同的速率V₀從AC之間垂直于AC進入磁場，部分粒子離開磁場后打在熒光屏上形成一條長為$\fracoj3y3ka{3}$的亮線．求這群粒子的比荷．

Answer 1

分析 （1）電子先做類似平拋運動，然后做勻速直線運動，根據(jù)類似平拋運動的分位移公式列式求解即可；
（2）根據(jù)功能關(guān)系列式求解末動能；
（3）粒子做勻速圓周運動，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）電子做類似平拋運動，由$y=\frachs8q2xs{2}=\frac{1}{2}\frac{qU}{dm}{（\frac{L_1}{v_0}）^2}$得：
${v_0}=\sqrt{\frac{qUL_1^2}{{{d^2}m}}}$
故：
${Y_m}=\fracvqwdwcx{2}+{v_y}（\frac{L_2}{v_0}）=\frac2z2e8ea{2}+\frac{qU}{dm}（\frac{L_1}{v_0}）（\frac{L_2}{v_0}）=\fracvcpj6fp{2}+\frac{L_2}{L_1}d$
（2）打在熒光屏上的動能為：
${E_k}=\frac{1}{2}mv_0^2+\frac{1}{2}qU=（\frac{{{d^2}+L_1^2}}{{2{d^2}}}）qU$
（3）粒子的運動軌跡如圖：

結(jié)合幾何關(guān)系，有：
${R^2}={（R-\frac{2}{3}d）^2}+L_1^2$
解得：
$R=\frac{3}{4}\frac{L_1^2}kfusb3k+\fracpf7fmci{3}$
洛倫茲力提供向心力，故：
$q{v_0}B=\frac{mv_0^2}{R}$
聯(lián)立解得：
$\frac{q}{m}=\frac{v_0}{{B（\frac{3L_1^2}{4d}+\frac433zi3f{3}）}}$
答：（1）電子打在熒光屏P上偏離O₁點的最遠距離為$\frac8eh3ash{2}+\frac{{L}_{2}}{{L}_{1}}d$；
（2）到達熒光屏距O₁點最遠的電子的動能為$（\frac{q8nuooo^{2}+{L}_{1}^{2}}{233vpsyy^{2}}）qU$；
（3）這群粒子的比荷為$\frac{{v}_{0}}{B（\frac{3{L}_{1}^{2}}{4d}+\fracgbp32sd{3}）}$．

點評 本題前2問關(guān)鍵是明確粒子做類似平拋運動，結(jié)合分運動公式列式，第3問粒子做勻速圓周運動，結(jié)合幾何關(guān)系和牛頓第二定律列式求解，不難．