Question

如圖所示，電子源每秒鐘發(fā)射2.5×10¹³個電子，電子以v₀=8.0×10⁶m/s的速度穿過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磁場，兩極板M、N間電壓始終為U_MN=80.0V，兩板距離d=1.00×10^-3m，電子在板M、N間做勻速直線運動后進(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時刻，D板電勢較C板的電勢高818V，在t₂=T時刻，開始有電子打到M板上，已知電子質(zhì)量m=9.1×10^-31kg、電荷量e=1.6×10^-19C，兩板C、P均接地，電子間不會發(fā)生碰撞（忽略電子所受的重力）．求：
（1）兩極板M、N間勻強磁場的磁感應(yīng)強度B；
（2）T時刻打到M板上每個電子的動能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=

3

5

T時刻，每個電子作用到D板的沖量I．

Answer 1

分析：（1）電子在電場力與洛倫茲力共同作用下，做勻速直線運動，從而即可求解；
（2）根據(jù)動能定理，即可求解；
（3）根據(jù)動能與電勢差的關(guān)系，依據(jù)電量與電壓的公式，從而即可求解；
（4）根據(jù)不同時間內(nèi)，電壓不同，從而求出動能，再由動量與動能的關(guān)系，從而求出沖量．

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

E

v0

=

UMN

dv0

=

80.0

1.0×10-3×8.0×106

=1.0×10-2T
（2）開始有電子打在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，
動能仍為  EK0=

1

2

m

v

2 0

=

9.1×10-31×(8.0×166)2

2×1.6×10-19

eV=182eV
折返的電子，從C板小孔到M板的過程：e?

UMN

2

=EK-EK0
∴EK=EK0+

eUMN

2

=222eV
（3）電子剛不能到達(dá)B板時，C、D間的電勢差：UCD′=

EK0

e

=182V
從t₁=0起電容器C、D板間的電壓變化為：△U=UCD′-UCD=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）   
（4）在O-T時間內(nèi)，由于電子勻速且連續(xù)打在D板上，兩極板間電壓均勻變化，
所以當(dāng)t=

3T

5

時，C、D板間的電壓變化為△U'=

3?△U

5

=600V
此時兩極板C、D間的電壓為  U''_DC=（818-600）V=218V
所以，每個電子打到D板上的動能為  EK′=

1

2

m

v

2 0

+eU″DC=400eV
故沖量為 I=△p=

2mE′k

=

2×9.1×10-31×400×1.6×10-19

N?s=1.1×10^-23N?s
答：（1）兩極板M、N間勻強磁場的磁感應(yīng)強度1×10^-2T；
（2）T時刻打到M板上每個電子的動能222eV；
（3）最終到達(dá)D板的電子總數(shù)5×10¹⁴個；
（4）在t3=

3

5

T時刻，每個電子作用到D板的沖量1.1×10^-23N?s．

點評：考查電子受到的電場力、磁場力，由受力分析來確定運動性質(zhì)，并掌握動能定理與沖量表達(dá)式．