Question

19．如圖所示的真空管中，質(zhì)量為m，電量為e的電子從燈絲F發(fā)出（速度為零），經(jīng)過電壓U₁加速后，沿中心線射入相距為d的兩平行金屬板B、C間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，通過電場(chǎng)后打到熒光屏上，設(shè)B、C間電壓為U₂，B、C板長(zhǎng)為L(zhǎng)₁，平行金屬板右端到熒光屏的距離為L(zhǎng)₂，求：
（1）電子經(jīng)過電壓U₁加速后的速度大小
（2）電子打到熒光屏上的位置偏離屏中心距離
（3）電子剛要到達(dá)熒光屏?xí)r的動(dòng)能．

Answer 1

分析 （1）電子在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理求解獲得的速度v₀的大�。�
（2）電子在YY'內(nèi)，做類平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求得加速度．電子水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由水平位移l和v₀求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間．電子在豎直方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，由位移公式求解側(cè)向偏移量y；電子離開電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式即可求出；
（3）將電子離開電場(chǎng)區(qū)域速度進(jìn)行分解，求得擊中熒光屏的動(dòng)能．

解答 解：（1）電子在加速電場(chǎng)中加速，有eU₁=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，得${v}_{0}=\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{m}}$
（2）電子在BC之間的加速度為a=$\frac{e{U}_{2}}{md}$，在BC之間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t=$\frac{l}{{v}_{0}}=l\sqrt{\frac{m}{2e{U}_{1}}}$
所以，偏轉(zhuǎn)位移$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{{U}_{2}{l}^{2}}{4d{U}_{1}}$
當(dāng)電子從BC的邊緣離開電場(chǎng)時(shí)粒子的偏轉(zhuǎn)角最大，此時(shí)：y=$\frac{1}{2}d$
所以：U₂=$\frac{28ayvprz^{2}{U}_{1}}{{l}^{2}}$
設(shè)離開電場(chǎng)區(qū)域速度與水平方向的夾角為θ，
則tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{at}{{v}_{0}}$=$\frac{{U}_{2}l}{2{U}_{1}d}$
由幾何關(guān)系得：y_m=y+l₂tanθ
代入得 y=$\frac{{{U_2}{l_1}}}{{2{U_1}d}}（\frac{l_1}{2}+{l_2}）$
（3）電子打到熒光屏上的位置偏離中心線距離最大時(shí)，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)電子做的功等于eE•y，
由動(dòng)能定理可知，電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能：${E}_{k}=e{U}_{1}+\frac{y}gemvofj•e{U}_{2}$=$e{U}_{1}+\frac{{{U}^{2}}_{2}{{l}_{1}}^{2}e}{4{U}_{1}a3p6ozs^{2}}$
答：（1）電子經(jīng)過加速后獲得的速度v₀的大小是$\sqrt{\frac{{2e{U_0}}}{m}}$；
（2）電子打到熒光屏上時(shí)，偏離中心線的距離為$\frac{{{U_2}{l_1}}}{{2{U_1}d}}（\frac{l_1}{2}+{l_2}）$
（3）電子剛要到達(dá)熒光屏?xí)r的動(dòng)能eU₁+$\frac{{{U^2}_2{l_1}^2e}}{{4{U_1}{d^2}}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是帶電粒子先加速后偏轉(zhuǎn)問題，電場(chǎng)中加速根據(jù)動(dòng)能定理求解獲得的速度、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中類平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法是運(yùn)動(dòng)的分解和合成，常規(guī)問題．