Question

6．如圖所示是示波器的部分構造示意圖，真空室中陰極K不斷發出初速度可忽略的電子，電子經電壓U ₀=1.82×l0 ⁴V的電場加速后，由孔N沿長L=0.10m相距為d=0.02m的兩平行金屬板A、B間的中心軸線進入兩板間，電子穿過A、B板后最終可打在中心為O的熒光屏CD上，光屏CD距A、B板右側距離s=0.45m．若在A、B間加U _AB=54.6V的電壓．已知電子電荷最e=1.6×10 ^-19C，質量m=9.1×10 ^-31kg．
求：
（1）電子通過孔N時的速度大小；
（2）電子通過偏轉電場的最大偏移y
（3）熒光屏CD上的發光點距中心O的距離．

Answer 1

分析 這是一道典型的粒子先加速后偏轉的題目，只是離開偏轉電場后做勻速直線運動打到熒光屏上．
（1）根據動能定理，電場力做的功等于粒子動能的增量，不難求出通過孔N的速度．
（2）根據牛頓第二定律和運動學公式可以求出電子通過偏轉電場的最大距離y．
（3）離開偏轉電場后斜向上做勻速直線運動，在上一問中可以順便求出偏轉角，那么在場外繼續偏轉的距離由幾何關系就可求出．

解答 解：（1）設電子通過加速電場到達N孔的速度大小為v，根據動能定理：$e{U}_{0}=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
      解得：$v=\sqrt{\frac{2e{U}_{0}}{m}}=\sqrt{\frac{2×1.6×1{0}^{-19}×18200}{9.1×1{0}^{-31}}}m/s$=8×10⁷m/s
（2）設電子通過加速電場的最大偏移量為y，由類平拋規律得：
     $y=\frac{1}{2}•\frac{e{U}_{AB}}{md}{t}^{2}$
     L=vt
解得：$y=\frac{{U}_{AB}{L}^{2}}{4d{U}_{0}}=\frac{54.6×0．{1}^{2}}{4×0.02×18200}m$=3.75×10^-4m
（3）設熒光屏上發光點到O點的距離為y，打在熒光屏上的電子相當于從A、B板中心沿直線射出，由幾何關系得：
              $\frac{y}{Y}=\frac{\frac{L}{2}}{S+\frac{L}{2}}$．
      解得：$Y=\frac{y（2S+L）}{L}=\frac{3.75×1{0}^{-4}×（2×0.45+0.1）}{0.1}=3.75×1{0}^{-3}m$
答：（1）電子通過孔N時的速度大小為8×10⁷m/s．
（2）電子通過偏轉電場的最大偏移y為3.75×10^-4m．
（3）熒光屏CD上的發光點距中心O的距離為3.75×10^-3m．

點評 這是常規的帶電粒子先加速再偏轉最后做勻速直線運動的題目，關鍵點是要記住一個結論：粒子射出的方向好象是從板的中點射出，此結論的證明也不是很復雜，這里直接拿來應用了．