Question

18．如圖甲所示，電子源能源源不斷地產(chǎn)生的電子，電子從電子源飛出時的速度可忽略不計，電子離開電子源后進入一加速電壓為U₀的加速電場，再沿平行金屬板的方向從兩板正中間射入偏轉(zhuǎn)電場，當在兩板間加如圖乙所示的周期為2t₀，幅值恒為U₀的周期性電壓時，恰好能使所有電子均從兩板間通過．這些電子通過偏轉(zhuǎn)電場的時間為3t₀；偏轉(zhuǎn)電場極板右端有足夠大的熒光屏（設(shè)電子的電荷量為e、質(zhì)量為m，電子的重力可忽略不計），求
（1）平行金屬板的長度l；
（2）平行金屬板的間距d；
（3）電子剛到達熒光屏時的最大動能和最小動能之比．

Answer 1

分析 （1）（2）對電子的直線加速過程運用動能定理列式求解末速度；在偏轉(zhuǎn)電場中，水平分運動是勻速直線運動，豎直分運動是變速運動，根據(jù)分運動公式列式分析；
（3）粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的豎直分運動是變速運動，采用運動的合成分解法求解末動能表達式分析．

解答 解：（1）電子在直線加速過程，有：$e{U_0}=\frac{1}{2}mv_0^2$，解得：${v_0}=\sqrt{\frac{{2e{U_0}}}{m}}$；
在偏轉(zhuǎn)電場中的水平分運動是勻速直線運動，故：l=$3{t_0}\sqrt{\frac{{2e{U_0}}}{m}}$；
（2）恰好能使所有電子均從兩板間通過，說明在t=0時刻進入的電子的偏移量為$\fracpbxhn7n{2}$；
在t=0時刻進入的電子在0-t₀時間的豎直分運動是勻加速直線運動，t₀-2t₀時間的豎直分運動是勻速直線運動，t₀-2t₀時間的豎直分運動是勻加速直線運動，故：
$\fractjnlh7j{2}=\frac{1}{2}•\frac{e{U}_{0}}{md}•{（{t}_{0}）}^{2}+[（\frac{e{U}_{0}}{md}•{t}_{0}）•{t}_{0}]+[（\frac{e{U}_{0}}{md}•{t}_{0}）•{t}_{0}+\frac{1}{2}•\frac{e{U}_{0}}{md}•{（{t}_{0}）}^{2}]$
解得：d=$\sqrt{\frac{6e{U}_{0}}{m}}{t}_{0}$；
（3）電子在t=0時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的末動能最大，故：${E_{kmax}}=\frac{1}{2}m{v^2}=\frac{1}{2}m{v_0}^2+\frac{1}{2}m{v_y}^2=q{U_0}+\frac{1}{2}m{（\frac{{e{U_0}}}{md}•2{t_0}）^2}$=$\frac{4}{3}e{U}_{0}$；
電子在t=t₀時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的末動能最小，故：${E_{kmin}}=\frac{1}{2}m{v^2}=\frac{1}{2}m{v_0}^2+\frac{1}{2}mv{′_y}^2=q{U_0}+\frac{1}{2}m{（\frac{{e{U_0}}}{md}•{t_0}）^2}$=$\frac{13}{12}e{U}_{0}$；
故$\frac{{{E_{kmax}}}}{{{E_{kmin}}}}=\frac{{\frac{4}{3}e{U_0}}}{{\frac{13}{12}e{U_0}}}=\frac{48}{39}$=$\frac{16}{13}$；
答：（1）平行金屬板的長度l為$3{t}_{0}\sqrt{\frac{2e{U}_{0}}{m}}$；
（2）平行金屬板的間距d為$\sqrt{\frac{6e{U}_{0}}{m}}{t}_{0}$；
（3）電子剛到達熒光屏時的最大動能和最小動能之比16：13．

點評 本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運動情況，分直線加速和類似平拋運動進行分析，對類似平拋運動，明確越早受電場力偏轉(zhuǎn)位移越大，不難．