Question

5．如圖所示的陰極射線管，無偏轉(zhuǎn)電場時(shí)，電子束加速后打到熒屏中央形成亮斑．如果只逐漸增大M₁M₂之間的電勢差，則（　　）

• A． 在熒屏上的亮斑向上移動(dòng)
• B． 在熒屏上的亮斑向下移動(dòng)
• C． 偏轉(zhuǎn)電場對(duì)電子做的功減少
• D． 偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度減小

Answer 1

分析 電子在加速電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場力做正功，電子獲得速度，根據(jù)動(dòng)能定理求解電子離開加速電場后的速度；
電子垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運(yùn)動(dòng)，平行于極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，垂直于極板方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得偏轉(zhuǎn)量的表達(dá)式與電場力做功的表達(dá)式，即可進(jìn)行說明．

解答 解：A、B、設(shè)電子由加速電場加速后的速度為v．電子在加速電場中運(yùn)動(dòng)過程，由動(dòng)能定理得：
  eU₁=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得，$v=\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{m}}$．
電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，沿極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場線方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有：
  水平方向有：L=vt
  豎直方向有：$a=\frac{F}{m}=\frac{eE}{m}=\frac{e{U}_{2}}{md}$
    v_y=at
電子剛離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角正切為：tanα=$\frac{{v}_{y}}{v}$
由以上各式解得：電子剛離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)偏轉(zhuǎn)角的正切為：tanα=$\frac{{U}_{2}L}{2{U}_{1}d}$，
則 α=arctan $\frac{{U}_{2}L}{2{U}_{1}d}$．
即電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角α隨偏轉(zhuǎn)電壓的增大而增大．如果只逐漸增大M₁M₂之間的電勢差U₂，在熒屏上的亮斑向上移動(dòng)．故A正確，B錯(cuò)誤；
C、電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)量：$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{e{U}_{2}{L}^{2}}{m{v}^{2}d}$，
如果只逐漸增大M₁M₂之間的電勢差U₂，電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)量將增大．
偏轉(zhuǎn)電場對(duì)電子做的功：W=e•E•y，偏轉(zhuǎn)量越大，電場力做的功越多．故C正確；
D、偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度：$E=\frac{{U}_{2}}157im1z$，所以如果只逐漸增大M₁M₂之間的電勢差U₂，偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度增大．故D錯(cuò)誤．
故選：AC

點(diǎn)評(píng) 本題是帶電粒子在組合場中運(yùn)動(dòng)的問題，運(yùn)用動(dòng)能定理或能量守恒定律求粒子加速獲得的速度是常用的方法．對(duì)于類平拋運(yùn)動(dòng)，研究方法與平拋運(yùn)動(dòng)類似，采用運(yùn)動(dòng)的分解法，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律結(jié)合求解．