Question

19．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(jì)），經(jīng)燈絲與A板間的加速電壓U₁加速，從A板中心孔沿中心線射出，然后進(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中（偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)），電子進(jìn)入M、N間電場(chǎng)時(shí)的速度與電場(chǎng)方向垂直，電子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)后打在熒光屏上的P點(diǎn)．已知加速電壓為U₁，M、N兩板間的電壓為U₂，兩板間的距離為d，板長(zhǎng)為L(zhǎng)₁，板右端到熒光屏的距離為L(zhǎng)₂，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e．求：
（1）電子穿過(guò)A板時(shí)的速度大小；
（2）電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的側(cè)移量；
（3）P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離．

Answer 1

分析 （1）電子在加速電場(chǎng)U₁中運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力對(duì)電子做正功，根據(jù)動(dòng)能定理求解電子穿過(guò)A板時(shí)的速度大小；
（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)粒子受力和運(yùn)動(dòng)時(shí)間求出側(cè)向位移量；
（3）粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間，豎直方向亦做勻速直線運(yùn)動(dòng)由時(shí)間和速度求出偏轉(zhuǎn)位移，再加上電場(chǎng)中的側(cè)位移即為OP的距離．

解答 解：（1）粒子在加速電場(chǎng)中只有電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理有：
$e{U}_{1}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}-0$
電子穿過(guò)A板時(shí)的速度大小為：$v=\sqrt{\frac{2e{U}_{1}^{\;}}{m}}$
（2）電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，在電場(chǎng)力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，令電子運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t₁，電子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)故有：
vt₁=L₁
得電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：
${t}_{1}^{\;}=\frac{{L}_{1}^{\;}}{v}={L}_{1}^{\;}\sqrt{\frac{m}{2e{U}_{1}^{\;}}}$
在豎直方向電子做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，已知偏電壓為U₂，極板間距為d，則電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力為：
$F=eE=e\frac{{U}_{2}^{\;}}p9vv5xb5$
由牛頓第二定律知，電子產(chǎn)生的加速度為：
$a=\frac{F}{m}=\frac{e{U}_{2}^{\;}}{dm}$
所以電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)方向上的側(cè)位移為：y=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}=\frac{1}{2}\frac{e{U}_{2}^{\;}}{dm}×{L}_{1}^{2}\frac{m}{2e{U}_{1}^{\;}}$=$\frac{{U}_{2}^{\;}{L}_{1}^{2}}{4d{U}_{1}^{\;}}$
（3）由（2）分析知，電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)在豎直方向的速度為：${v}_{y}^{\;}=at=\frac{e{U}_{2}^{\;}}{md}•{L}_{1}^{\;}\sqrt{\frac{m}{2e{U}_{1}^{\;}}}$
電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電子在水平方向的分速度${v}_{x}^{\;}=v=\sqrt{\frac{2e{U}_{1}^{\;}}{m}}$，產(chǎn)生位移為L(zhǎng)₂，電子運(yùn)動(dòng)時(shí)間
${t}_{2}^{\;}=\frac{{L}_{2}^{\;}}{{v}_{x}^{\;}}=\frac{{L}_{2}^{\;}}{\sqrt{\frac{2e{U}_{1}^{\;}}{m}}}={L}_{2}^{\;}\sqrt{\frac{m}{2e{U}_{1}^{\;}}}$
電子在豎直方向的分速度為：${v}_{y}^{\;}=\frac{e{U}_{2}^{\;}{L}_{1}^{\;}}{md}\sqrt{\frac{m}{2e{U}_{1}^{\;}}}$
產(chǎn)生位移為：${y}_{2}^{\;}={v}_{y}^{\;}{t}_{2}^{\;}=\frac{e{U}_{2}^{\;}{L}_{1}^{\;}}{md}\sqrt{\frac{m}{2e{U}_{1}^{\;}}}×{L}_{2}^{\;}\sqrt{\frac{m}{2e{U}_{1}^{\;}}}$=$\frac{{U}_{2}^{\;}{L}_{1}^{\;}{L}_{2}^{\;}}{2{U}_{1}^{\;}d}$
所以電子偏離0點(diǎn)的距離為：OP=${y}_{1}^{\;}+{y}_{2}^{\;}=\frac{{U}_{2}^{\;}{L}_{1}^{2}}{4d{U}_{1}^{\;}}+\frac{{U}_{2}^{\;}{L}_{1}^{\;}{L}_{2}^{\;}}{2d{U}_{1}^{\;}}$=$\frac{{U}_{2}^{\;}{L}_{1}^{\;}（{L}_{1}^{\;}+2{L}_{2}^{\;}）}{4d{U}_{1}^{\;}}$
答：（1）電子穿過(guò)A板時(shí)的速度大小$\sqrt{\frac{2e{U}_{1}^{\;}}{m}}$；
（2）電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的側(cè)移量$\frac{{U}_{2}^{\;}{L}_{1}^{2}}{4d{U}_{1}^{\;}}$；
（3）P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離$\frac{{U}_{2}^{\;}{L}_{1}^{\;}（{L}_{1}^{\;}+2{L}_{2}^{\;}）}{4d{U}_{1}^{\;}}$．

點(diǎn)評(píng) 能根據(jù)動(dòng)能定理求電子加速后的速度，能根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)計(jì)算電子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的位移和速度，這是解決本題的關(guān)鍵，本題難點(diǎn)是全部是公式運(yùn)算，學(xué)生不適應(yīng)．本題難度適中．