Question

7．如圖所示，電源F通過(guò)滑動(dòng)變阻器R₁和定值電阻R₂，給電容為C的平板電容器供電，該電容器兩極板A、B長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩板間的距離為d，其左端有電壓為U₀的加速電場(chǎng)，從O沿A、B中心線射入AB間的電場(chǎng)中，不計(jì)電子的重力．
（1）若滑動(dòng)變阻器的滑片P位于R₁的上端a，求電子射出電容器時(shí)的速度大�。�
（2）現(xiàn)將滑動(dòng)變阻器的滑片P從a端向下滑動(dòng)，滑到b端時(shí)電子恰好打在電容器的極板上．求此過(guò)程中通過(guò)R₂的電荷量．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片位于${R}_{1}^{\;}$的上端a，電容器兩極板間的電壓為0，電子在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理即可求解；
（2）根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出極板AB間的電壓，根據(jù)Q=CU求出電容器的電荷量，通過(guò)${R}_{2}^{\;}$的電荷量等于電容器所帶的電荷量

解答 解：（1）當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片位于${R}_{1}^{\;}$的上端a，電容器兩極板間的電壓為0，電子在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理，有：
$e{U}_{0}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：${v}_{0}^{\;}=\sqrt{\frac{2e{U}_{0}^{\;}}{m}}$
電子在兩極板AB間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電子射出電容器時(shí)的速度大小為：
$v={v}_{0}^{\;}=\sqrt{\frac{2e{U}_{0}^{\;}}{m}}$
（2）根據(jù)題意滑片滑到b端時(shí)電子恰好打在電容器的極板上，電子在極板AB間做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)兩極板電壓為U，
水平方向上有：$L={v}_{0}^{\;}t$
豎直方向上有：$\fracbuu1zfs{2}=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$
加速度為：$a=\frac{eU}{md}$
聯(lián)立以上三方程解得：$U=\frac{2nokcyju_{\;}^{2}{U}_{0}^{\;}}{{L}_{\;}^{2}}$
電容器所帶的電荷量為：$Q=CU=\frac{2hkt9nag_{\;}^{2}C{U}_{0}^{\;}}{{L}_{\;}^{2}}$
此過(guò)程中通過(guò)R${R}_{2}^{\;}$的電荷量等于電容器所帶的電荷量
答：（1）若滑動(dòng)變阻器的滑片P位于R₁的上端a，電子射出電容器時(shí)的速度大小為$\sqrt{\frac{2e{U}_{0}^{\;}}{m}}$．
（2）現(xiàn)將滑動(dòng)變阻器的滑片P從a端向下滑動(dòng)，滑到b端時(shí)電子恰好打在電容器的極板上．此過(guò)程中通過(guò)R₂的電荷量為$\frac{2cfdq1dx_{\;}^{2}C{U}_{0}^{\;}}{{L}_{\;}^{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是帶電粒子先加速后偏轉(zhuǎn)問(wèn)題，關(guān)鍵要掌握：電場(chǎng)中加速根據(jù)動(dòng)能定理求解獲得的速度、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中類平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法是運(yùn)動(dòng)的分解和合成．