Question

3．噴墨打印機的原理示意圖如圖所示，其中墨盒可以發(fā)出墨汁液滴，此液滴經(jīng)過帶電室時被帶上負電，帶電多少由計算機按字體筆畫高低位置輸入信號加以控制．帶電后液滴以一定的初速度進入偏轉(zhuǎn)電場，帶電液滴經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場發(fā)生偏轉(zhuǎn)后打到紙上，顯示出字體．計算機無信號輸入時，墨汁液滴不帶電，徑直通過偏轉(zhuǎn)板最后注入回流槽流回墨盒．設(shè)偏轉(zhuǎn)極板板長L₁=1.6cm，兩板間的距離d=0.50cm，兩板間的電壓U=8.0×10³V，偏轉(zhuǎn)極板的右端距紙的距離L₂=3.2cm．若一個墨汁液滴的質(zhì)量為m=1.6×10^-10kg，墨汁液滴以v₀=20m/s的初速度垂直電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，此液滴打到紙上的點距原入射方向的距
離為2.0mm．不計空氣阻力和重力作用．求：
（1）這滴墨汁經(jīng)過經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)向位移是多大？
（2）這個液滴通過帶電室后所帶的電荷量q．
（3）若要使紙上的字體放大，可通過調(diào)節(jié)兩極板間的電壓或調(diào)節(jié)偏轉(zhuǎn)極板的右端距紙的距離L₂來實現(xiàn)．現(xiàn)調(diào)節(jié)L₂使紙上的字體放大10%，調(diào)節(jié)后偏轉(zhuǎn)極板的右端距紙的距離L₂′為多大？

Answer 1

分析 （1）這滴墨汁進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，射出偏轉(zhuǎn)電場時速度好像從極板的“中點”射出，由三角形相似法求解經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)向位移．
（2）這滴墨汁進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，出偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運動，將運動分解為沿初速度方向和垂直于初速度方向，結(jié)合兩方向上的運動規(guī)律，運用牛頓第二定律和運動學公式求出偏轉(zhuǎn)位移的表達式，從而得出液滴的電量大�。�
（3）根據(jù)動能定理求解加速電場的電壓．
（4）為了使紙上的字放大10%，根據(jù)第（2）問中打到紙上的點距原射入方向的距離與電荷電量的關(guān)系式，可求解L₂′．

解答 解：（1）由題意知：偏轉(zhuǎn)板長L₁=1.6cm，偏轉(zhuǎn)板的右端距紙 L₂=3.2cm．這滴墨汁打到紙上的點距原射入方向的距離是y′=2.0mm，設(shè)墨汁經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)向位移是y．
這滴墨汁進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，射出電場后，相當于從偏轉(zhuǎn)板“中點”直線射出，由幾何關(guān)系得：
$\frac{y}{y′}$=$\frac{\frac{1}{2}{L}_{1}}{\frac{1}{2}{L}_{1}+{L}_{2}}$
得：y=$\frac{{L}_{1}}{{L}_{1}+2{L}_{2}}$y′=$\frac{1.6cm}{1.6cm+2×3.2cm}$×2mm=0.465mm
（2）墨汁在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，則：
豎直方向加速度為：a=$\frac{qU}{md}$
且 L₁=v₀t 
  y=$\frac{1}{2}$at² 
微粒由以上四式得：y′=$\frac{qU{L}_{1}（{L}_{1}+2{L}_{2}）}{2md{v}_{0}^{2}}$
可得 q=$\frac{2md{v}_{0}^{2}y′}{U{L}_{1}（{L}_{1}+2{L}_{2}）}$=$\frac{2×1.6×1{0}^{-10}×2{0}^{2}×2×1{0}^{-3}}{8×1{0}^{3}×0.016×（0.016+2×0.032）}$C=1.25×10^-13C
（3）為使字放大10%，從y′=$\frac{qU{L}_{1}（{L}_{1}+2{L}_{2}）}{2md{v}_{0}^{2}}$
可知：y′變?yōu)樵瓉淼?.1倍，可增大L₂，代入數(shù)據(jù)解得：L₂′=3.6cm．
答：
（1）這滴墨汁經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)向位移是0.465mm．
（2）這滴墨汁通過帶電室?guī)У碾娏渴?.25×10^-13C．
（3）調(diào)節(jié)后偏轉(zhuǎn)極板的右端距紙的距離L₂′為3.6cm．

點評 本題是理論聯(lián)系實際的問題，要善于建立物理模型，簡化成類平拋運動，用熟知力學的知識和方法來處理．