Question

1．如圖所示，一個(gè)電子由靜止經(jīng)過(guò)加速電壓U的加速后，水平進(jìn)入一平行板偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)電子速度與極板平行，最后打至熒光屏上的P點(diǎn)，若無(wú)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)電子打至O點(diǎn)．設(shè)OP=x，則x與U的x一U圖象為（　　）

• A．
• B．
• C．
• D．

Answer 1

分析 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�。�電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，垂直于電場(chǎng)方向作勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．根據(jù)板長(zhǎng)和初速度求出時(shí)間．根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，由位移公式求解電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的側(cè)移量．電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后沿穿出電場(chǎng)時(shí)的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向：位移為d，分速度等于v₀，求出勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．豎直方向：分速度等于v_y，由y=v_yt求出離開(kāi)電場(chǎng)后偏轉(zhuǎn)的距離，再加上電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的距離得解加速電壓U₁與x的關(guān)系．

解答 解：設(shè)電子經(jīng)電壓U₁加速后的速度為V₀，
由動(dòng)能定理得：eU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²，
解得：v₀=$\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{m}}$；
電子以速度υ₀進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，垂直于電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t₁，電子的加速度為α，離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的側(cè)移量為y₁，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)之間的距離為h，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)₁，
由牛頓第二定律得：F=eE₂=$\frac{{U}_{2}}{h}$e=ma，
解得：a=$\frac{e{U}_{2}}{mh}$，
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：L₁=v₀t₁，y₁=$\frac{1}{2}$at₁²，
解得：y₁=$\frac{{U}_{2}{L}_{1}^{2}}{4{U}_{1}h}$；
設(shè)電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度為υ_y，
由勻變速運(yùn)動(dòng)的速度公式可知υ_y=at₁；
電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打在熒光屏上所用的時(shí)間為t₂，電子打到熒光屏上的側(cè)移量為x，如圖所示，
水平方向：d=v₀t₂，豎直方向：y₂=v_yt₂，
解得：y₂=$\frac{{L}_{1}d{U}_{2}}{2h{U}_{1}}$；
P至O點(diǎn)的距離x=y₁+y₂=$\frac{{U}_{2}{L}_{1}（2d+{L}_{1}）}{4{U}_{1}h}$；
即加速電壓U₁與x成反比例關(guān)系，ABCD中只有B是反比例函數(shù)的圖象，
故選：B

點(diǎn)評(píng) 帶電粒子在電場(chǎng)中類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法與平拋運(yùn)動(dòng)相似，采用運(yùn)動(dòng)的合成與分解．也可以利用三角形相似法求解．選擇題中，我們應(yīng)該記住某些結(jié)論，便于計(jì)算．