Question

13．如圖所示為一真空示波管，電子從燈絲K發(fā)出（初速度不計），經(jīng)燈絲與A板間的加速電壓U₁加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中（偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強(qiáng)電場），電子進(jìn)入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的P點．已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電壓為U₁，M、N兩板間的電壓為U₂，兩板間的距離為d，板長為L₁，板右端到熒光屏的距離為L₂．
求：（1）電子穿過A板時的速度大��；
（2）電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量；
（3）P點到O點的距離．

Answer 1

分析 （1）電子在加速電場U₁中運動時，電場力對電子做正功，根據(jù)動能定理求解電子穿過A板時的速度大�。�
（2）電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，垂直于電場方向作勻速直線運動，沿電場方向作初速度為零的勻加速直線運動．根據(jù)板長和初速度求出時間．根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，由位移公式求解電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量．
（3）電子離開偏轉(zhuǎn)電場后沿穿出電場時的速度做勻速直線運動，水平方向：位移為L₂，分速度等于v₀，求出勻速運動的時間．豎直方向：分速度等于v_y，由y=v_yt求出離開電場后偏轉(zhuǎn)的距離，再加上電場中偏轉(zhuǎn)的距離得解．

解答 解：（1）設(shè)電子經(jīng)電壓U₁加速后的速度為v₀，
根據(jù)動能定理得：eU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²-0，解得：v₀=$\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{m}}$；
（2）電子以速度v₀進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向作勻速直線運動，
沿電場方向作初速度為零的勻加速直線運動．設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度為E，
電子在偏轉(zhuǎn)電場運動的時間為t₁，電子的加速度為a，
離開偏轉(zhuǎn)電場時相對于原運動方向的側(cè)移量為y₁，
根據(jù)牛頓第二定律得：a=$\frac{e{U}_{2}}{md}$，
水平：L₁=v₀t₁，y₁=$\frac{1}{2}$at₁²，解得：y₁=$\frac{{U}_{2}{L}_{1}^{2}}{4{U}_{1}d}$；
（3）設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的速度為v_y，
根據(jù)學(xué)公式得：v_y=at₁=$\frac{e{U}_{2}{L}_{1}}{md{v}_{0}}$，
電子離開偏轉(zhuǎn)電場后作勻速直線運動，
設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上所用的時間為t₂，
電子打到熒光屏上的側(cè)移量為y₂，如圖所示：
t₂=$\frac{{L}_{2}}{{v}_{0}}$，y₂=v_yt₂   解得：y₂=$\frac{{U}_{2}{L}_{1}{L}_{2}}{2{U}_{1}d}$，
P到O點的距離y=y₁+y₂=$\frac{（2{L}_{2}+{L}_{1}）{U}_{2}{L}_{1}}{4{U}_{1}d}$；
答：（1）電子穿過A板時的速度大小：$\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{m}}$；
（2）電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量為：；
（3）P點到O點的距離為：$\frac{（2{L}_{2}+{L}_{1}）{U}_{2}{L}_{1}}{4{U}_{1}d}$．

點評 帶電粒子在電場中類平拋運動的研究方法與平拋運動相似，采用運動的合成與分解．第（3）問也可以利用三角形相似法求解．