Question

如圖所示，電子源每秒發(fā)射2.5×10¹³個(gè)電子，電子以V₀=8.0×10⁶m/s的速度穿過(guò)P板上A孔，從M、N兩平行板正中央進(jìn)入兩板間，速度方向平行于板M且垂直于兩板間的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩極板M、N間電壓始終為U_MN=80.0V，兩板距離d=1.0×10^-3m．電子在板M、N間做勻速直線運(yùn)動(dòng)后進(jìn)入由C、D兩平行板組成的已充電的電容器中，電容器電容為8.0×10^-8F，電子打到D板后就留在D板上．在t₁=0時(shí)刻，D板電勢(shì)較C板的電勢(shì)高818V，在t₂=T時(shí)刻，開(kāi)始有電子打到M板上．已知電子質(zhì)量m=9.1×10^-31㎏、電荷量e=1.6×10^-19C，兩板C、P均接地，電子間不會(huì)發(fā)生碰撞（忽略電子的重力和電子間的相互作用力）．求：
（1）兩極板M、N間勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；
（2）T時(shí)刻打到M板上每個(gè)電子的動(dòng)能E_k（以eV為單位）；
（3）最終到達(dá)D板的電子總數(shù)n；
（4）在t₃=

3T

5

時(shí)刻，每個(gè)電子到達(dá)D板時(shí)的速度v．（保留兩位有效數(shù)字）

Answer 1

分析：（1）電場(chǎng)力與洛倫茲力相平衡，從而即可求解；
（2）根據(jù)動(dòng)能定理，選取從C板小孔到M板的過(guò)程，即可求解；
（3）根據(jù)電容與電量的關(guān)系，確定電量的多少，從而算出到達(dá)D的電子數(shù)；
（4）當(dāng)t=

3T

5

時(shí)，則確定C、D板間的電壓變化，再由動(dòng)能定理，即可求解．

解答：解：（1）由于電子在M、N板間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，
所以eE=eBv₀       
B=

E

v0

=

UMN

dv0

=

80

1×10-3×8×106

T=1.0×10^-2 T          
（2）開(kāi)始有電子打在M板上，表示電子剛好不能到達(dá)D板，從C板小孔反向折回時(shí)，
動(dòng)能仍為E_K0=

1

2

mv₀²=

9.1×10-31×(8×106)2

2×1.6×10-19

eV=182eV          
折返的電子，從C板小孔到M板的過(guò)程：e?

UMN

2

=E_K-E_K0
∴E_K=E_K0+e?

UMN

2

=222eV
（3）電子剛不能到達(dá)D板時(shí)，C、D間的電勢(shì)差：U_CD^?=

EK0

e

=182eV      
從t₁=0起電容器C、D板間的電壓變化為：△U=U_CD^?-U_CD=182V-（-818V）=1000V
D板的電量變化量為：△Q=C△U=8.0×10^-8×1000C=8.0×10^-5C     
到達(dá)D的電子數(shù)為：n=

△Q

e

=

8.0×10-5

1.6×10-19

=5.0×10¹⁴個(gè)               
（4）在0～T時(shí)間內(nèi)，由于電子連續(xù)不斷地打在D板上，兩極板間電壓均勻變化，
所以當(dāng)t=

3T

5

時(shí)，C、D板間的電壓變化為：△U^?=

3

5

△U^?=600V   
此時(shí)兩極板C、D間的電壓為：U_DC^?=（818-600）=218V   
所以，根據(jù)動(dòng)能定理：eU_DC^?=

1

2

mv²+

1

2

mv₀²
∴v=

v 2 0 + 2eUDC m

≈1.2×107m/s
答：（1）兩極板M、N間勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度1.0×10^-2 T；
（2）T時(shí)刻打到M板上每個(gè)電子的動(dòng)能222eV（以eV為單位）；
（3）最終到達(dá)D板的電子總數(shù)5.0×10¹⁴個(gè)；
（4）在t₃=

3T

5

時(shí)刻，每個(gè)電子到達(dá)D板時(shí)的速度1.2×10⁷m/s．（保留兩位有效數(shù)字）

點(diǎn)評(píng)：考查電場(chǎng)力與洛倫茲力相平衡的問(wèn)題，掌握動(dòng)能定理，確定過(guò)程的選擇，理解電容與電量的關(guān)系式的含義．