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    精英家教网如图所示，电子源每秒发射2.5×1013个电子，电子以V0=8.0×106m/s的速度穿过P板上A孔，从M、N两平行板正中央进入两板间，速度方向平行于板M且垂直于两板间的匀强磁场，两极板M、N间电压始终为UMN=80.0V，两板距离d=1.0×10-3m．电子在板M、N间做匀速直线运动后进入由C、D两平行板组成的已充电的电容器中，电容器电容为8.0×10-8F，电子打到D板后就留在D板上．在t1=0时刻，D板电势较C板的电势高818V，在t2=T时刻，开始有电子打到M板上．已知电子质量m=9.1×10-31㎏、电荷量e=1.6×10-19C，两板C、P均接地，电子间不会发生碰撞（忽略电子的重力和电子间的相互作用力）．求：
    （1）两极板M、N间匀强磁场的磁感应强度B；
    （2）T时刻打到M板上每个电子的动能Ek（以eV为单位）；
    （3）最终到达D板的电子总数n；
    （4）在t3=
    3T5
    时刻，每个电子到达D板时的速度v．（保留两位有效数字）
    分析：（1）电场力与洛伦兹力相平衡，从而即可求解；
    （2）根据动能定理，选取从C板小孔到M板的过程，即可求解；
    （3）根据电容与电量的关系，确定电量的多少，从而算出到达D的电子数；
    （4）当t=
    3T
    5
    时，则确定C、D板间的电压变化，再由动能定理，即可求解．
    解答：解：（1）由于电子在M、N板间做匀速直线运动，
    所以eE=eBv0       
    B=
    E
    v0
    =
    UMN
    dv0
    =
    80
    1×10-3×8×106
    T=1.0×10-2 T          
    （2）开始有电子打在M板上，表示电子刚好不能到达D板，从C板小孔反向折回时，
    动能仍为EK0=
    1
    2
    mv02=
    9.1×10-31×(8×106)2
    2×1.6×10-19
    eV=182eV          
    折返的电子，从C板小孔到M板的过程：e?
    UMN
    2
    =EK-EK0
    ∴EK=EK0+e?
    UMN
    2
    =222eV
    （3）电子刚不能到达D板时，C、D间的电势差：UCD?=
    EK0
    e
    =182eV      
    从t1=0起电容器C、D板间的电压变化为：△U=UCD?-UCD=182V-（-818V）=1000V
    D板的电量变化量为：△Q=C△U=8.0×10-8×1000C=8.0×10-5C     
    到达D的电子数为：n=
    △Q
    e
    =
    8.0×10-5
    1.6×10-19
    =5.0×1014个               
    （4）在0～T时间内，由于电子连续不断地打在D板上，两极板间电压均匀变化，
    所以当t=
    3T
    5
    时，C、D板间的电压变化为：△U?=
    3
    5
    △U?=600V   
    此时两极板C、D间的电压为：UDC?=（818-600）=218V   
    所以，根据动能定理：eUDC?=
    1
    2
    mv2+
    1
    2
    mv02
    ∴v=
    v
    2
    0
    +
    2eUDC
    m
    ≈1.2×107m/s
    答：（1）两极板M、N间匀强磁场的磁感应强度1.0×10-2 T；
    （2）T时刻打到M板上每个电子的动能222eV（以eV为单位）；
    （3）最终到达D板的电子总数5.0×1014个；
    （4）在t3=
    3T
    5
    时刻，每个电子到达D板时的速度1.2×107m/s．（保留两位有效数字）
    点评：考查电场力与洛伦兹力相平衡的问题，掌握动能定理，确定过程的选择，理解电容与电量的关系式的含义．
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