Question

4．水平放置的兩塊平行金屬板長L=5.0cm，兩板間距d=1.0cm，兩板間電壓為90V，且上板為正，一個電子沿水平方向以速度v₀=2.0×10⁷m/s從兩板中間射入，如圖，求：（電子電量為-1.6×10^-19C，質(zhì)量為0.90×10^-30kg）
（1）電子飛出電場時的側(cè)移量是多少？
（2）電子飛出電場時的速度大小是多少？
（3）電子飛出電場時速度偏轉(zhuǎn)角的正切值是多少？
（4）電子離開電場后，打在熒光屏上的P點，若S=10cm；求Y′=？

Answer 1

分析 （1）電子在電場中做拋運動，根據(jù)豎直方向勻加速運動的規(guī)律和牛頓第二定律，求解側(cè)位移；
（2）電子飛出電場時的速度可由水平和豎直兩個分速度合成，豎直分速度由v_y=at求解；
（3）電子離開電場后做勻速直線運動，先求出電子離開電場時偏轉(zhuǎn)角的正切值．
（4）由其中的幾何關(guān)系，結(jié)合電子離開電場時偏轉(zhuǎn)角的正切值即可求解．

解答 解：由于電子在電場中所受電場力遠(yuǎn)大于電子所受重力作用，故本題中電子所受重力忽略不計．
（1）電子在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動，故有：
水平方向：v₀t=L，可得電子在電場中運動的時間為：t=$\frac{L}{{v}_{0}}$
豎直方向：$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{1}{2}•\frac{qU}{md}•（\frac{L}{{v}_{0}}）^{2}$=$\frac{1}{2}×\frac{1.6×1{0}^{-19}×90}{0.9×1{0}^{-30}×1×1{0}^{-2}}×（\frac{5×1{0}^{-2}}{2×1{0}^{7}}）^{2}m$=5×10^-3m
（2）電子飛出電場時，水平分速度v_x=v₀，豎直分速度：
v_y=at=$\frac{qU}{md}•\frac{L}{{v}_{0}}=\frac{1.6×1{0}^{-19}×90×0.05}{0.9×1{0}^{-30}×0.01×2×1{0}^{7}}m/s$=4×10⁶m/s
飛出電場時的速度為：v=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}$，
代入數(shù)據(jù)可得：v≈2.04×10⁷m/s
（3）電子飛出電場時速度偏轉(zhuǎn)角的正切值：$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}=\frac{4×1{0}^{6}}{2×1{0}^{7}}=\frac{1}{5}$
（4）電子離開電場后做勻速直線運動，打在熒光屏上的P點，由圖中幾何關(guān)系得：$\frac{PM}{S}=tanθ$
所以：$PM=S•tanθ=0.1×\frac{1}{5}=0.02$m
所以：Y′=y+PM=5×10^-3+0.02=0.025m=2.5cm
答：（1）電子飛出電場時的側(cè)移量是5×10^-3m；
（2）電子飛出電場時的速度大小是2.04×10⁷m/s；
（3）電子飛出電場時速度偏轉(zhuǎn)角的正切值是$\frac{1}{5}$．
（4）Y′=2.5cm．

點評 本題考查了帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)，其運動規(guī)律是類平拋運動，常用的方法是沿電場方向和垂直于電場的方向上進(jìn)行正交分解，前者是初速度為零的勻加速直線運動，后者是勻速直線運動．