Question

4．如圖所示，在鉛板A中心處有一個放射源C，它能向各個方向不斷地射出速度大小相等的電子流，B為金屬網(wǎng)，M為緊靠金屬網(wǎng)外側(cè)的熒光屏，電子打在熒光屏上會使其發(fā)出熒光，A和B連接在分壓電路上，它們相互平行且正對面積足夠大．已知電源電動勢為E，滑動變阻器的最大電阻是電源內(nèi)阻的4倍，A、B間距為d，電子質(zhì)量為m，電量為e，閉合電鍵k，不計電子運動所形成的電流對電路的影響、忽略重力作用．
（1）當圖中滑動變阻器的滑片置于變阻器中點時，求A、B間的場強大小E_AB；
（2）當圖中滑動變阻器的滑片置于變阻器最右端時，若電子流初速率為v₀，求電子打到熒光屏的速率；
（3）若移動變阻器的滑片移至某位置，熒光屏上形成的亮斑最小面積為S，求出此時電子剛離開放射源C的初速度大�。�

Answer 1

分析 （1）由于滑動變阻器的最大電阻是電源內(nèi)阻r的4倍，當滑動變阻器的滑片置于中點時，AB之間的電壓為電動勢的$\frac{2}{5}$，在根據(jù)E=$\frac{U}si7wbn1$可以求得AB間的場強E的大��；
（2）滑片在最右端時，先求出兩極板間的電壓，再根據(jù)動能定理求出電子打到熒光屏的速率；
（3）運動到亮斑的最遠處的電子在電場中做的是類平拋運動，當滑動變阻器的電壓到達最大時，電子在電場中運動的時間最短，亮斑的半徑最小，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律可以求得此時的電子的初速度的大�。�

解答 解：（1）設(shè)內(nèi)阻為r，則滑動變阻器的最大電阻R=4r，由分壓關(guān)系有：
U_AB=$\frac{2rE}{R+r}=0.4E$
電場強度${E_{AB}}=\frac{{{U_{AB}}}}ky3nx6x=\frac{0.4E}2w10bal$
（2）滑片在最右端時.$U=\frac{4rE}{5r}=0.8E$，
由動能定理，得$qU=\frac{1}{2}mv_{\;}^2-\frac{1}{2}mv_0^2$
電子打到熒光屏的速率$v=\sqrt{v_0^2+\frac{8qE}{5m}}$
（3）當滑片處于最右端時，亮斑最小，此時初速v沿平行于A板方向的電子打在熒光屏上的位置距離圓心最遠．設(shè)亮斑半徑為R_斑．電子在勻強電場中做類平拋運動R_斑=vt
d=$\frac{1}{2}a{t^2}=\frac{{eU{t^2}}}{2md}$
當滑片處于最右端時，電壓為$U=\frac{4rE}{5r}=0.8E$
圓面積公式   S=π$R_斑^2$
解得，$v=\frac{1}nqlfwqp\sqrt{\frac{2EeS}{5mπ}}$
答：（1）當圖中滑動變阻器的滑片置于變阻器中點時，A、B間的場強大小${E}_{AB}^{\;}$為$\frac{0.4E}qr1djil$；
（2）當圖中滑動變阻器的滑片置于變阻器最右端時，若電子流初速率為v₀，電子打到熒光屏的速率$\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{8qE}{5m}}$
（3）若移動變阻器的滑片移至某位置，熒光屏上形成的亮斑最小面積為S，此時電子剛離開放射源C的初速度大小$\frac{1}rzm2x1s\sqrt{\frac{2EeS}{5mπ}}$

點評 當極板之間的電壓最大時，亮斑的半徑最小，并且運動的最遠的電子應(yīng)該是平行于A板發(fā)出的，即此時的電子在電場中做的是類平拋運動．