题文
如图所示，电子源每秒钟发射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=1.00×10-3m，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=9.1×10-31kg、电荷量e=1.6×10-19C，两板C、P均接地，电子间不会发生碰撞（忽略电子所受的重力）．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=35T时刻，每个电子作用到D板的冲量I．
题型：未知 难度：其他题型
答案
（1）由于电子在M、N板间做匀速直线运动，所以eE=eBv0
B=Ev0=UMNdv0=80.01.0×10-3×8.0×106=1.0×10-2T
（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=12mv20=9.1×10-31×(8.0×166)22×1.6×10-19eV=182eV
折返的电子，从C板小孔到M板的过程：e•UMN2=EK-EK0
∴EK=EK0+eUMN2=222eV
（3）电子刚不能到达B板时，C、D间的电势差：UCD′=EK0e=182V
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=△Qe=8.0×10-51.6×10-19=5.0×1014（个）
（4）在O-T时间内，由于电子匀速且连续打在D板上，两极板间电压均匀变化，
所以当t=3T5时，C、D板间的电压变化为△U'=3•△U5=600V
此时两极板C、D间的电压为 U''DC=（818-600）V=218V
所以，每个电子打到D板上的动能为 EK′=12mv20+eU″DC=400eV
故冲量为 I=△p=2mE′k=2×9.1×10-31×400×1.6×10-19N•s=1.1×10-23N•s
答：（1）两极板M、N间匀强磁场的磁感应强度1×10-2T；
（2）T时刻打到M板上每个电子的动能222eV；
（3）最终到达D板的电子总数5×1014个；
（4）在t3=35T时刻，每个电子作用到D板的冲量1.1×10-23N•s．
解析
Ev0
考点
据考高分专家说，试题“如图所示，电子源每秒钟发射2.5×101.....”主要考查你对 [动量定理 ]考点的理解。
动量定理
动量定理:
1、内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化。
2、表达式：Ft=p'-p或Ft=mv'-mv。
3、注意：
①动量定理公式是一矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向；
②公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力；
③动量定理的研究对象可以是单个物体，也可以是物体系统。对物体系统，只需分析系统受的外力，不必考虑系统内力；系统内力的作用不改变整个系统的总动量；
④动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。对于变力，动量定理中的力F应当理解为变力在作用时间内的平均值。
冲量，动量与动量变化：
动量变化:
(1)动量变化
的表达式：
。(此式为矢量式)。
(2)
的求法：
①若的求法：
①若
在同一直线上，则先规定正方向，再用正负表示
然后进行代数运算求解。
②若然后进行代数运算求解。
②若
不在同一直线上，则用平行四边形定则(或三角形定则)求矢量差。
(3)△p的方向：△p的方向与速度的变化量
的方向相同。的方向相同。
动量和能量的综合问题的解法：
1．动量的观点与能量的观点
(1)动量的观点：动量定理和动量守恒定律。
(2)能量的观点：动能定理和能量守恒定律。这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，它无需对过程是怎样变化的细节进行深入的研究，而关心的是运动状态变化即改变的结果量及其引起变化的原因，简单地说，只要知道过程的始末状态动量式、动能式和力在过程中的冲量和所做的功，即可对问题求解。
2．利用动量观点和能量观点解题时应注意的问题动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式，而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式。
