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7.如圖所示,在空間中取直角坐標系Oxy,在第一象限內平行于y軸的虛線MN與y軸距離為d,從y軸到MN之間的區(qū)域充滿一個沿y軸正方向的勻強電場,場強大小為E.初速度可以忽略的電子經過另一個電勢差為U的電場加速后,從y軸上的A點以平行于x軸的方向射入第一象限區(qū)域,A點坐標為(0,h).已知電子的電量為e,質量為m,若加速電場的電勢差U>$\frac{E874mmre^{2}}{4h}$,電子的重力忽略不計,求:
(1)則電子從A點進入電場到離開該電場區(qū)域所經歷的時間t和離開電場區(qū)域時的速度v;
(2)電子經過x軸時離坐標原點O的距離l.

分析 (1)電子在沿x軸方向做勻速運動,即可求得運動時間,在電場方向做勻加速運動,由運動學公式及可求得速度;
(2)電子射入第一象限的電場中做類平拋運動,水平方向做勻速直線運動,豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動,根據牛頓第二定律和運動學公式結合求解出出電場點的坐標,電子離開電場后水平、豎直方向上都做勻速運動,先求出電子射出P點的速度,再由位移公式求解電子經過x軸時離坐標原點O的距離.

解答 解:(1)由 eU=$\frac{1}{2}$mv02
得電子進入偏轉電場區(qū)域的初速度v0=$\sqrt{\frac{2eU}{m}}$
設電子從MN離開,則電子從A點進入到離開勻強電場區(qū)域的時間t=$\frac5ax5wjb{v0}$=$d\sqrt{\frac{m}{2eU}}$;
y=$\frac{1}{2}$at2=$\frac{Ev5lz2fx^{2}}{4U}$
因為加速電場的電勢差U>$\frac{Elrmav02^{2}}{4h}$,說明y<h,說明以上假設正確,
所以vy=at=$\frac{eE}{m}$×d$\sqrt{\frac{m}{2eU}}$=$\frac{eEd}{m}\sqrt{\frac{m}{2eU}}$
離開時的速度v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}{+v}_{y}^{2}}=\sqrt{\frac{2eU}{m}+\frac{e{E}^{2}v95arjg^{2}}{2mU}}$
(2)設電子離開電場后經過時間t′到達x軸,在x軸方向上的位移為x′,則
x′=v0t′
y′=h-y=h-$\frac{{v}_{y}}{2}$t=vyt′
則 l=d+x′=d+v0t′=d+v0($\frac{h}{vy}$-$\frac{t}{2}$)=d+$\frac{v0}{vy}$h-$\fracd9xe4cn{2}$=$\fracfe9aoyt{2}$+$\frac{v0}{vy}$h
代入解得 l=$\frackk7hug9{2}$+$\frac{2hU}{Ed}$
答:(1)若加速電場的電勢差U>$\frac{Eva4pa35^{2}}{4h}$,則電子從A點進入電場到離開該電場區(qū)域所經歷的時間t為$d\sqrt{\frac{m}{2eU}}$,離開電場區(qū)域時的速度v為$\sqrt{\frac{2eU}{m}+\frac{e{E}^{2}m0nkvf5^{2}}{2mU}}$;
(2)電子經過x軸時離坐標原點O的距離l為$\fracrtvjsfy{2}$+$\frac{2hU}{Ed}$.

點評 本題是帶電粒子在勻強電場中加速和偏轉結合的問題,能熟練運用運動的分解法研究類平拋運動,結合幾何知識進行求解.

練習冊系列答案
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(1)實驗前應對實驗裝置反復調節(jié),直到斜槽末端水平.每次讓小球從同一位置由靜止釋放,是為了小球平拋運動的初速度相同.
(2)每次將B板水平移動一個槽,是為了確保每兩個落點的時間相同.
(3)如圖2測出硬板插入P1P1′、P2P2′、P3P3′時小球痕跡點C、D、E在豎直方向的距離分別為h1、h2,請用所給的字母求出平拋運動的初速度$d\sqrt{\frac{g}{{h}_{2}-2{h}_{1}}}$..

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D.電流表A2 (量程600mA,內阻約為1Ω)
E.滑動變阻器R(0-5Ω,0.6A)
F.輸出電壓為3V的直流穩(wěn)壓電源
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C.vA=-4m/s,vB=6m/sD.vA=7m/s,vB=2.5m/s
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