Question

11．如图甲所示，长为l、相距为d的两块正对的平行金属板AB和CD与一电源相连（图中未画出电源），B、D为两板的右端点，两板间电压的变化如图乙所示，在金属板B、D端的右侧有一与金属板垂直放置的荧光屏MN，荧光屏距B、D端的距离为l，质量为m，电荷量为e的电子以相同的初速度v₀从极板左边中央沿平行极板的直线O₁O₂连续不断地射入．已知所有的电子均能够从金属板间射出，且每个电子在电场中运动的时间与电压变化的周期相等，忽略极板边缘处电场的影响，不计电子的重力以及电子之间的相互作用．求
（1）t=0和t=$\frac{T}{2}$时刻进入两板间的电子到达金属板B、D端界面时偏离O₁O₂的距离之比
（2）两板间电压U₀的最大值
（3）电子在荧光屏上分布的最大范围．

Answer 1

分析 （1）从t=0时刻进入电子先做匀速直线运动，然后做类平抛运动，从t=$\frac{T}{2}$时刻进入做类平抛运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转位移，从而求出偏离OO′的距离之比．
（2）在t=（2n+1）$\frac{T}{2}$（n=0，1，2…）时刻进入两板间的电子在离开金属板时偏离OO′的距离最大，抓住偏转位移小于$\frac{d}{2}$，结合牛顿第二定律和运动学公式求出两板间电压U₀的最大值．
（3）分别求出t=（2n+1）$\frac{T}{2}$（n=0，1，2…）时刻进入两板间的电子在离开金属板时偏离OO′的距离和t=（2n+1）$\frac{T}{2}$（n=0，1，2…）时刻进入两板间的电子到达荧光屏上的位置与O′点的距离，从而确定电子在荧光屏上分布的最大范围．

解答 解：（1）t=0时刻进入两板间的电子先沿OO′方向做匀速运动，即有
v₀$\frac{T}{2}$=$\frac{l}{2}$
而后在电场力作用下做类平抛运动，在垂直于OO′方向做匀加速运动，设到达B、D
端界面时偏离OO′的距离为y₁，则y₁=$\frac{1}{2}$$\frac{e{U}_{0}}{md}$（$\frac{T}{2}$）²=$\frac{e{U}_{0}{l}^{2}}{8md{{v}_{0}}^{2}}$
t=$\frac{T}{2}$时刻进入两板间的电子先在$\frac{T}{2}$时间内做抛物线运动到达金属板的中央，而后做匀速直线运动到达金属板B、D端界面．设电子到达金属板的中央时偏离OO′的距离为y₂，将此时电子的速度分解为沿OO′方向的分量v₀与沿电场方向的分量v_E，并设此时刻电子的速度方向与OO′的夹角为θ，电子沿直线到达金属板B、D端界面时偏离OO′的距离为y₂′，则有y₂=$\frac{1}{2}$$\frac{e{U}_{0}}{md}$（$\frac{T}{2}$）²
tanθ=$\frac{{v}_{E}}{{v}_{0}}$=$\frac{e{U}_{0}}{md{v}_{0}}$•$\frac{T}{2}$=$\frac{{y}_{2}′-{y}_{2}}{\frac{l}{2}}$
解得y₂′=$\frac{3e{U}_{0}{l}^{2}}{8md{{v}_{0}}^{2}}$
因此，y₁：y₂′=1：3．
（2）在t=（2n+1）$\frac{T}{2}$（n=0，1，2…）时刻进入两板间的电子在离开金属板时偏离OO′的距离最大，因此为使所有进入金属板间的电子都能够飞出金属板，应满足的条件为y₂′≤$\frac{d}{2}$，解得板间电太的最大值
U₀=$\frac{4{d}^{2}m{{v}_{0}}^{2}}{3e{l}^{2}}$
（3）设t=nT（n=0，1，2…）时刻进入两板间的电子到达荧光屏上的位置与O′点的距离为Y₁；
t=（2n+1）$\frac{T}{2}$（n=0，1，2…）时刻进入两板间的电子到达荧光屏上的位置与O′点的距离为Y₂′，电子到达荧光屏上分布在△Y=Y₂-Y₁范围内．当满足y₂′=$\frac{d}{2}$的条件时，△Y为最大．根据题中金属板和荧光屏之间的几何关系，得到
tanθ=$\frac{{Y}_{2}-{y}_{2}′}{l}$=$\frac{{Y}_{1}-{y}_{1}}{l}$
因此电子在荧光屏上分布的最大范围为△Y=Y₂-Y₁=y₂′-y₁=$\frac{d}{3}$
答：（1）t=0和t=$\frac{T}{2}$时刻进入两板间的电子到达金属板B、D端界面时偏离OO′的距离之比为1：3．
（2）两板间电压U₀的最大值$\frac{4{d}^{2}m{{v}_{0}}^{2}}{3e{l}^{2}}$．
（3）电子在荧光屏上分布的最大范围为$\frac{d}{3}$．

点评 本题考查带电粒子在电场中的偏转，理清粒子的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解．