Question

2．如圖所示，真空中有平行正對金屬板A、B，它們分別接在輸出電壓恒為U=91V的電源兩端，金屬板長L=10cm、兩金屬板間的距離d=3.2cm，A、B兩板間的電場可以視為勻強(qiáng)電場．現(xiàn)使一電子從兩金屬板左側(cè)中間以v₀=2.0×10⁷m/s的速度垂直于電場方向進(jìn)入電場，然后從兩金屬板右側(cè)射出．已知電子的質(zhì)量m=0.91×10^-30kg，電荷量e=1.6×10^-19C，兩極板電場的邊緣效應(yīng)及電子所受的重力均可忽略不計．求：（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）
（1）電子在電場中運(yùn)動的加速度a的大��；
（2）電子射出電場時在沿電場線方向上的側(cè)移量y；
（3）從電子進(jìn)入電場到離開電場的過程中，其動量增量的大�。�

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律和勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)公式求解電子在電場中運(yùn)動的加速度a的大�。�
（2）電子在電場中做類平拋運(yùn)動，由$t=\frac{L}{{v}_{0}^{\;}}$求出時間，由$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$求出沿電場線方向的側(cè)移；
（3）電子從進(jìn)入電場到離開電場根據(jù)動量定理求動量增量；

解答 解：（1）設(shè)金屬板A、B間的電場強(qiáng)度為E，則$E=\frac{U}bkjm7b9$
根據(jù)牛頓第二定律有：Ee=ma
代入數(shù)據(jù)：$a=\frac{Ee}{m}=\frac{Ue}{dm}=\frac{91×1.6×1{0}_{\;}^{-19}}{3.2×1{0}_{\;}^{-2}×0.91×1{0}_{\;}^{-30}}$
解得：a=5.0×10¹⁴m/s²
（2）電子以速度v₀進(jìn)入金屬板A、B間，在垂直于電場方向做勻速直線運(yùn)動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動．
電子在電場中運(yùn)動的時間為 $t=\frac{L}{{v}_{0}^{\;}}$=$\frac{0.1}{2.0×1{0}_{\;}^{7}}=5.0×1{0}_{\;}^{-9}$s
電子射出電場時在沿電場線方向的側(cè)移量$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$
代入數(shù)據(jù)：$y=\frac{1}{2}×5.0×1{0}_{\;}^{14}×（5.0×1{0}_{\;}^{-9}）_{\;}^{2}$
解得：y=0.63cm
（3）設(shè)電子從進(jìn)入電場到離開電場時間t=$\frac{L}{{v}_{0}^{\;}}$內(nèi)，其動量的改變量的大小為△p，
根據(jù)動量定理有：$\frac{eU}lbev2w9t=△p$
代入數(shù)據(jù)：$△p=\frac{1.6×1{0}_{\;}^{-19}×91}{3.2×1{0}_{\;}^{-2}}×5.0×1{0}_{\;}^{-9}$
解得：△p=2.3×10^-24kg•m/s
答：（1）電子在電場中運(yùn)動的加速度a的大小為$5.0×1{0}_{\;}^{14}m/{s}_{\;}^{2}$；
（2）電子射出電場時在沿電場線方向上的側(cè)移量y為0.63cm；
（3）從電子進(jìn)入電場到離開電場的過程中，其動量增量的大小$2.3×1{0}_{\;}^{-24}kg•m/s$

點(diǎn)評 帶電粒子垂直電場線進(jìn)入電場做類平拋運(yùn)動，將運(yùn)動分解為沿電場線和垂直電場線兩個方向進(jìn)行分析，利用直線運(yùn)動的規(guī)律進(jìn)行求解．