题目内容
一个电子以初速度v0=3.0×106m/s沿着垂直于场强方向射入两带电平行金属板间，金属板长L=6.0×10-2m，两板之间可以看成是匀强电场，场强大小为E=2×103N/C，电子的电量e=1.6×10-19C，质量m=9.1×10-31kg，求：
（1）电子射离电场时的速度；
（2）出射点与入射点沿场强方向的距离．
（1）电子射离电场时的速度；
（2）出射点与入射点沿场强方向的距离．
分析：由动能定理求出电子经加速电场加速后获得的速度；电子进入偏转电场后做类平抛运动，由类平抛运动知识求出电子离开偏转电场时的偏转位移．
解答：解：以电子为研究对象，电子在电场力的作用下做类平抛运动，设电子离开加速电场时的速度为v，
由动能定理得：qU=
mv2 -
m
…①
电子在电场运动的时间：t=
…②
电子在电场中的加速度，由牛顿第二定律得； a=
…③
电子在电场方向上运动的位移：h=
at2…④
电子从入电场到出电场间的电势差：U=Eh…⑤
联立①②③④⑤解之得：v=7.7×106m/s；h=7×10-2m
答：（1）电子射离电场时的速度7.7×106m/s；
（2）出射点与入射点沿场强方向的距离7×10-2m．
由动能定理得：qU=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| v | 2 0 |
电子在电场运动的时间：t=
| L |
| v0 |
电子在电场中的加速度，由牛顿第二定律得； a=
| Eq |
| m |
电子在电场方向上运动的位移：h=
| 1 |
| 2 |
电子从入电场到出电场间的电势差：U=Eh…⑤
联立①②③④⑤解之得：v=7.7×106m/s；h=7×10-2m
答：（1）电子射离电场时的速度7.7×106m/s；
（2）出射点与入射点沿场强方向的距离7×10-2m．
点评：解题关键是判断电子做类平抛运动，分解成沿原方向的匀速直线运动，在电场力方向的初速度为零的匀加速运动，并且满足动能定理，注意计算量较大，易出错．
练习册系列答案
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如图所示，直流电源的路端电压U=182V，金属板AB、CD、EF、GH相互平行、彼此靠近．它们分别和滑动变阻器上的触点a、b、c、d连接．滑动变阻器上ab、bc、cd段电阻之比为1：2：3．孔O1正对B和E，孔O2正对D和G．边缘F、H正对．一个电子以初速度v0=4×106m/s沿AB方向从A点进入电场，恰好穿过孔O1和O2后，从H点离开电场．金属板间的距离L1=2cm，L2=4cm，L3=6cm．电子质量me=9.1×10-31kg，电荷量e=1.6×10-19C．正对两平行板间可视为匀强电场，不计电子重力，求：
如图所示直流电源的路端电压U=182V．金属板AB、CD、EF、GH相互平行、彼此靠近．它们分别和变阻器上的触点a、b、c、d连接．变阻器上ab、bc、cd段电阻之比为1：2：3．孔O1正对B和E，孔O2正对D和G．边缘F、H正对．一个电子以初速度v0=4×106m/s沿AB方向从A点进入电场，恰好穿过孔O1和O2后，从H点离开电场．金属板间的距离L1=2cm，L2=4cm，L3=6cm．电子质量me=9.1×10-31kg，电量q=1.6×10-19C．正对两平行板间可视为匀强电场，求（ ）| A、AB与CD、CD与EF、EF与GH各相对两板间的电场强度之比为1：2：3 | B、电子离开H点时的动能3.64×10-17J | C、四块金属板的总长度（AB+CD+EF+GH）为0.24m | D、AB与CD、CD与EF、EF与GH各相对两板间的电势差之比为1：2：3 |
