Question

17．當金屬的溫度升高到一定程度時就會向四周發(fā)射電子，這種電子叫熱電子，通常情況下，熱電子的初始速度可以忽略不計．如圖所示，相距為L的兩塊平行金屬板M、N接在輸出電壓恒為U的高壓電源E₂上，M、N之間的電場近似為勻強電場，a、b、c、d是勻強電場中四個均勻分布的等勢面，K是與M板距離很近的燈絲，電源E₁給K加熱從而產(chǎn)生熱電子．電源接通后，電流表的示數(shù)穩(wěn)定為I，已知電子的質(zhì)量為m、電量為e．求：
（1）電子達到N板瞬間的速度；
（2）電子從燈絲K出發(fā)達到N板所經(jīng)歷的時間；
（3）電路穩(wěn)定的某時刻，M、N之間運動的熱電子的總動能；
（4）電路穩(wěn)定的某時刻，c、d兩個等勢面之間具有的電子數(shù)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求出電子到達N板瞬間的速度大小．
（2）通過牛頓第二定律和運動學公式求出電子從燈絲K出發(fā)達到N板所經(jīng)歷的時間．
（3）在M、N之間運動的熱電子的總動能應等于t時間內(nèi)電流做功的$\frac{1}{2}$，結合功能關系求出電路穩(wěn)定的某時刻，M、N之間運動的熱電子的總動能；
（4）分別求出電子從燈絲出發(fā)達到c和d的時間，從而結合n=$\frac{{I（{t_d}-{t_c}）}}{e}$求出電路穩(wěn)定的某時刻，c、d兩個等勢面之間具有的電子數(shù)．

解答 解：（1）動能定理：$eU=\frac{1}{2}m{v}_N^2-0$，
解出${{v}_N}=\sqrt{\frac{2eU}{m}}$                                                     
（2）牛頓定律：e$\frac{U}{L}$=ma，
解出$a=\frac{eU}{mL}$
由$L=\frac{1}{2}a{t^2}$
得：$t=\sqrt{\frac{2L}{a}}=\sqrt{\frac{2L}{{\frac{eU}{mL}}}}=L\sqrt{\frac{2m}{eU}}$
（3）根據(jù)功能關系，在M、N之間運動的熱電子的總動能應等于t時間內(nèi)電流做功的$\frac{1}{2}$，即E_k總=$\frac{1}{2}$UIt=$\frac{1}{2}$UI（$L\sqrt{\frac{2m}{eU}}$）=IL$\sqrt{\frac{mU}{2e}}$
（4）電子從燈絲出發(fā)達到c所經(jīng)歷的時間${t}_{C}=\sqrt{\frac{2×\frac{3L}{5}}{a}}=\sqrt{\frac{2×\frac{3L}{5}}{\frac{eU}{mL}}}=L\sqrt{\frac{6m}{5eU}}$
電子從燈絲出發(fā)達到d所經(jīng)歷的時間${t}_prfiuao=\sqrt{\frac{2×\frac{4L}{5}}{a}}=\sqrt{\frac{2×\frac{4L}{5}}{\frac{eU}{mL}}}=L\sqrt{\frac{8m}{5eU}}$．
c、d兩個等勢面之間的電子數(shù)n=$\frac{{I（{t_d}-{t_c}）}}{e}$，
將時間t_d和t_c代入，求出：n=$（2-\sqrt{3}）\frac{I•L}{e}\sqrt{\frac{2m}{5eU}}$
答：（1）電子達到N板瞬間的速度為$\sqrt{\frac{2eU}{m}}$；
（2）電子從燈絲K出發(fā)達到N板所經(jīng)歷的時間為$L\sqrt{\frac{2m}{eU}}$；
（3）電路穩(wěn)定的某時刻，M、N之間運動的熱電子的總動能為IL$\sqrt{\frac{mU}{2e}}$；
（4）電路穩(wěn)定的某時刻，c、d兩個等勢面之間具有的電子數(shù)為n$（2-\sqrt{3}）\frac{I•L}{e}\sqrt{\frac{2m}{5eU}}$．

點評 本題考查了動能定理、牛頓第二定律和運動學公式的綜合運用，關鍵要正確建立物理模型，依據(jù)相關物理規(guī)律求解．