Question

10．圖1中B為電源，電動勢ε=27V，內(nèi)阻不計．固定電阻R₁=500Ω，R₂為光敏電阻．C為平行板電容器，虛線到兩極板距離相等，極板長l₁=8.0×10^-2m，兩極板的間距d=1.0×10^-2m．S為屏，與極板垂直，到極板的距離l₂=0.16m．P為一圓盤，由形狀相同、透光率不同的三個扇形a、b和c構(gòu)成，它可繞AA'軸轉(zhuǎn)動．當(dāng)細(xì)光束通過扇形a、b、c照射光敏電阻R₂時，R₂的阻值分別為1000Ω、2000Ω、4500Ω．有一細(xì)電子束沿圖中虛線以速度v₀=8.0×10⁵m/s連續(xù)不斷地射入C．已知電子電量e=1.6×10^-13C，電子，電子質(zhì)量m=9×10^-31kg．忽略細(xì)光束的寬度、電容器的充電放電時間及電子所受的重力．假設(shè)照在R₂上的光強發(fā)生變化時R₂阻值立即有相應(yīng)的改變．
（1）設(shè)圓盤不轉(zhuǎn)動，細(xì)光束通過b照射到R₂上，求電子到達屏S上時，它離O點的距離y．（計算結(jié)果保留二位有效數(shù)字）．
（2）設(shè)轉(zhuǎn)盤按圖1中箭頭方向勻速轉(zhuǎn)動，每3秒轉(zhuǎn)一圈．取光束照在a、b分界處時t=0，試在圖2給出的坐標(biāo)紙上，畫出電子到達屏S上時，它離O點的距離y隨時間t的變化圖線（0-6s間）．要求在y軸上標(biāo)出圖線最高點與最低點的值．（不要求寫出計算過程，只按畫出的圖線評分．）

Answer 1

分析 （1）由電路圖可知，兩電阻串聯(lián)，電容器與R₁并聯(lián)，則電容器兩端的電勢差即為R₁兩端的電壓；由閉合電路歐姆定律可求得電勢差，可求得粒子的偏轉(zhuǎn)加速度，由水平距離可求得時間，則由位移公式可求得偏轉(zhuǎn)位移，判斷粒子能否飛出極板，若能飛出，飛出后粒子做勻速直線運動，由運動的合成與分解知識可求得粒子在豎直方向上的分量，則可求得粒子在豎直方向總的偏轉(zhuǎn)位移；
（2）因（1）問中得出了在電場中偏轉(zhuǎn)位移及在電場之外部分偏轉(zhuǎn)位移的表達式，故將R₁的不同值代入，即可求得最后的偏轉(zhuǎn)位移，則可得出位移圖象．

解答 解：（1）設(shè)電容器C兩板間的電壓為U，電場強度大小為E，電子在極板間穿行時y方向上的加速度大小為a，穿過C的時間為t₁，穿出時電子偏轉(zhuǎn)的距離為y₁，U=$\frac{ε{R}_{1}}{{R}_{1}+{R}_{2}}$
因E=$\frac{U}lj9zthj$
且eE=ma
運動學(xué)公式t₁=$\frac{{l}_{1}}{{v}_{0}}$
y₁=$\frac{1}{2}$at₁²
由以上各式得：
y₁=$\frac{eε}{2m{v}_{0}^{2}}$（$\frac{{R}_{1}}{{R}_{1}+{R}_{2}}$）$\frac{{l}_{1}^{2}}nvp9prt$
代入數(shù)據(jù)可得：y₁=4.8×10^-3m
由此可見y₁＜$\fractrvnfxl{2}$，電子可通過C．
設(shè)電子從C穿出時，沿y方向的速度為v_y，穿出后到達屏S所經(jīng)歷的時間為t₂，在此時間內(nèi)電子在y方向移動的距離為y₂，
且v_y=at₁
t₂=$\frac{{l}_{2}}{{v}_{0}}$
有y₂=v_yt₂
由以上關(guān)系式得：
y₂=$\frac{eε}{2m{v}_{0}^{2}}$（$\frac{{R}_{1}}{{R}_{1}+{R}_{2}}$）$\frac{{l}_{1}{l}_{2}}l7b9h3b$
代入數(shù)據(jù)得：
y₂=1.92×10^-2m
由題意得：
y=y₁+y₂=2.4×10^-2m
（2）由式6可求得在a和c時粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)位移，則可知當(dāng)光照a時，電子打在極板上，無粒子打在屏中；
當(dāng)光照在c上時，由式6、11和13可求得粒子在屏上偏轉(zhuǎn)的距離，故答案如圖所示．
答：（1）電子到達屏S上時，它離O點的距離y為2.4×10^-2m．
（2）如上圖所示．

點評 本題綜合考查了閉合電路歐姆定律、牛頓第二定律和運動學(xué)公式，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，出電場后做勻速直線運動，掌握處理類平拋運動的方法．