Question

11．一束初速度不計(jì)的電子在經(jīng)U的加速電壓加速后，在距兩極板等距處垂直進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示，若板間距離d，板長(zhǎng)l，偏轉(zhuǎn)電極邊緣到熒光屏的距離為L(zhǎng)，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)只存在于兩個(gè)偏轉(zhuǎn)電極之間．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，求：
（1）電子離開加速電場(chǎng)是的速度大小；
（2）電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間；
（3）要使電子能從平行板間飛出，兩個(gè)極板上能加的最大電壓U？
（4）電子最遠(yuǎn)能夠打到離熒光屏上中心O點(diǎn)多遠(yuǎn)處？

Answer 1

分析 （1）電子在加速電場(chǎng)中，電場(chǎng)力做功qU₁，引起動(dòng)能的變化，根據(jù)動(dòng)能定理求解電子電子離開加速電場(chǎng)時(shí)的速度．
（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由t=$\frac{l}{{v}_{0}}$公式求出時(shí)間．
（3）電子恰打在平行板邊緣時(shí)，豎直位移等于$\fracczoyv4p{2}$，根據(jù)牛頓第二定律和位移公式結(jié)合求解E，U₂=Ed，從而確定求解．
（4）電子飛出電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)三角形相似法求出偏移量OP的大小．

解答 解：（1）設(shè)電子流經(jīng)加速電壓后的速度為v₀，
由動(dòng)能定理有：eU=$\frac{1}{2}$mv₀²-0，解得：v₀=$\sqrt{\frac{2eU}{m}}$； 
（2）電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間：$t=\frac{l}{v_0}=l\sqrt{\frac{m}{2eU}}$；
（3）設(shè)兩極板上最多能加的電壓為U′，要使電子能從平行板間飛出則電子的最大側(cè)移量為$\fracxbvc9vo{2}$，
電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向：$\fracuk4benh{2}=\frac{1}{2}a{t^2}，a=\frac{eU'}{md}$，解得：U′=$\frac{2Ujge8yxc^{2}}{{l}^{2}}$；
（4）從板邊緣飛出到熒光屏上離O點(diǎn)最遠(yuǎn)．
這時(shí)：tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{Y′}{L}$，
豎直分速度：v_y=at，
則：tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{U′l}{2dU}$，
則：Y=Y′+$\frac{1}{2}$d，
離O點(diǎn)最遠(yuǎn)距離：Y=$\frac{（2L+l）d}{2l}$；
答：（1）電子離開加速電場(chǎng)是的速度大小為$\sqrt{\frac{2eU}{m}}$；
（2）電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間為l$\sqrt{\frac{m}{2eU}}$；
（3）要使電子能從平行板間飛出，兩個(gè)極板上能加的最大電壓為$\frac{2Ubo9kteg^{2}}{{l}^{2}}$；
（4）電子最遠(yuǎn)能夠打到離熒光屏上中心O點(diǎn)的距離為：$\frac{（2L+l）d}{2l}$．

點(diǎn)評(píng) 本題加速與偏轉(zhuǎn)的組合題，動(dòng)能定理、牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)結(jié)合求解是常用的方法，常規(guī)題．