Question

7．一束初速度不計(jì)的電子在經(jīng)U₁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)，兩極板間電壓為U₂，如圖所示，若板間距離為d，板長(zhǎng)為l，偏轉(zhuǎn)電極邊緣到熒光屏的距離為L(zhǎng)，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)只存在于該平行板之 間．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，假設(shè)電子能夠打出平行金屬板，求：
（1）電子離開(kāi)加速電場(chǎng)時(shí)速度大��；
（2）電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)豎直方向的位移；
（3）電子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(kāi)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，由$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$求電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)豎直方向的位移
（3）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�。�

解答 解：（1）設(shè)電子流經(jīng)加速電壓后的速度為v₀，則由動(dòng)能定理有：
$q{U}_{1}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
又 q=e 
得：${v}_{0}^{\;}=\sqrt{\frac{2e{U}_{1}^{\;}}{m}}$
（2）電子在極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間$t=\frac{l}{{v}_{0}^{\;}}$
加速度$a=\frac{F}{m}=\frac{e{U}_{2}^{\;}}{md}$
電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)豎直方向的位移$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}=\frac{1}{2}×\frac{e{U}_{2}^{\;}}{md}×\frac{{l}_{\;}^{2}}{{v}_{0}^{2}}=\frac{e{U}_{2}^{\;}{l}_{\;}^{2}}{4de{U}_{1}^{\;}}$=$\frac{{U}_{2}^{\;}{l}_{\;}^{2}}{4d{U}_{1}^{\;}}$
（3）

根據(jù)三角形相似$\frac{\frac{l}{2}}{\frac{l}{2}+L}=\frac{y}{y′}$
 解得：$y′=\frac{l+2L}{l}y=\frac{l+2L}{l}\frac{{U}_{2}^{\;}{l}_{\;}^{2}}{4d{U}_{1}^{\;}}=\frac{（l+2L）{U}_{2}^{\;}l}{4d{U}_{1}^{\;}}$
答：（1）電子離開(kāi)加速電場(chǎng)時(shí)速度大小$\sqrt{\frac{2e{U}_{1}^{\;}}{m}}$；
（2）電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)豎直方向的位移$\frac{{U}_{2}^{\;}{l}_{\;}^{2}}{4d{U}_{1}^{\;}}$；
（3）電子打到離熒光屏上中心O點(diǎn)$\frac{（l+2L）{U}_{2}^{\;}l}{4d{U}_{1}^{\;}}$

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．