Question

13．B．如圖，真空中放置的平行正對金屬板可以作為光電轉(zhuǎn)換裝置．用一定頻率的激光照射A板中心O點，O點附近將有大量的電子吸收光子的能量而逸出．B板上涂有特殊材料，當(dāng)電子打在B板上時會在落點處留有可觀察的痕跡．可以認(rèn)為所有逸出的電子都從O點以相同大小的速度逸出，其初速度沿各個方向均勻分布，金屬板的正對面積足夠大（保證所有的光電子都不會射出兩極板所圍的區(qū)域），光照條件保持不變．已知電子所帶電荷量為e，電子所受重力及它們之間的相互作用力均可忽略不計．
第一次，讓A、B兩極板分別與輸出電壓恒為U₀的穩(wěn)壓電源的負(fù)、正極相接，由O點逸出的電子打在B板上的最大區(qū)域范圍為一個圓形；第二次，讓A、B兩極板分別與輸出電壓恒為U₀的穩(wěn)壓電壓的正、負(fù)極相接，由O點逸出的電子打在B板上的最大區(qū)域范圍仍為一個圓形，只是這個圓形半徑恰好是第一次的一半．求：
（1）第一次打在B板上電子分布區(qū)域最邊緣的電子，在兩金屬板間飛行過程中動能的變化量；
（2）第一次與第二次打在電子分布區(qū)域最邊緣的電子在兩金屬板間飛行的時間之比．
（3）第三次，讓A、B兩極板分別與穩(wěn)壓電壓的正、負(fù)極相接，不斷增大穩(wěn)壓電源的輸出電壓，發(fā)現(xiàn)電子打在B板上的范圍不斷縮�。�試通過計算說明，為使電子不能到達(dá)B板，由電源的輸出電壓應(yīng)滿足什么條件．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理即可求得飛行過程中動能的改變量；
（2）根據(jù)帶電粒子的電場中的偏轉(zhuǎn)，第一次粒子水平射出后將做類平拋運動，此粒子沿水平方向的位移大小即是落在金屬板上的粒子圓形面積的半徑，第二次粒子在豎直方向做減速運動；根據(jù)運動學(xué)公式結(jié)合幾何關(guān)系求出；
（3）根據(jù)（2）的公式，結(jié)合動能定理即可求出不能達(dá)到B板的速度．

解答 解：（1）電子由O點打在B板上的過程中，只有電場力做功，則由動能定理可知動能的變化量為：△E_k=eU₀
（2）打在最邊緣處的電子，將是類平拋運動的電子，在垂直電場方向做勻速運動，即：r=v₀t
在平行電場方向做初速度為零的勻加速運動，即d=$\frac{1}{2}$at²
其中，a=$\frac{aE}{m}$，
則有：t=d$\sqrt{\frac{2m}{eU}}$
將r=vt代入得：r=v₀•d$\sqrt{\frac{2m}{eU}}$
第一次A板接電源的負(fù)極，電子向B板做加速運動，最大區(qū)域為一個圓形的半徑為：r₁=v₀d•$\sqrt{\frac{2m}{e{U}_{0}}}$
第二次A板接電源的正極，電子向B板做減速運動，打在B板上的最大區(qū)域范圍邊緣的電子沿垂直于極板方向的速度恰好等于0，此時電子只剩下沿平行于極板方向的分速度，設(shè)該分速度為v，則電子運動的過程的逆過程可以看作是類平拋運動，此時對應(yīng)的半徑為：r₂=vd•$\sqrt{\frac{2m}{e{U}_{0}}}$
由于r₂=$\frac{1}{2}$r₁
所以：v=$\frac{1}{2}$v₀
因水平方向均為勻速運動，第一次的半徑是第二次的2倍，而水平速度第一次也是第二次的兩倍，則根據(jù)x=vt可知，兩次打在邊緣處電子用時相等；
（3）要使電子恰好到達(dá)B端，電子向B板做減速運動，根據(jù)動能定理可得：-eU₀=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²
若電子恰好能到達(dá)B板，則應(yīng)是豎直向上的粒子恰好到達(dá)B板，則有：-eU=0-$\frac{1}{2}$mv₀²
聯(lián)立以上方程得：U=$\frac{4}{3}$U₀
答：（1）第一次打在B板上電子分布區(qū)域最邊緣的電子，在兩金屬板間飛行過程中動能的變化量=eU₀；
（2）第一次與第二次打在電子分布區(qū)域最邊緣的電子在兩金屬板間飛行的時間之比1：1；
（3）為使電子不能到達(dá)B板，由電源的輸出電壓應(yīng)電源的輸出電壓應(yīng)大于$\frac{4}{3}{U_0}$．

點評 本題考查帶電粒子在電場中的運動，了解研究對象的運動過程是解決問題的前提，根據(jù)題目已知條件和求解的物理量選擇物理規(guī)律解決問題．注意動能定理以及平拋運動規(guī)律的準(zhǔn)確應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．