Question

14．如圖所示為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出（初速度可忽略不計），經(jīng)燈絲與A板間的電壓U₁加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉電場中（偏轉電場可視為勻強電場），電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉電場后打在熒光屏上的P點．已知M、N兩板間的電壓為U₂，兩板間的距離為d，板長為L，板的右端到熒光屏的距離為b，不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力．
（1）若電子的質量為m，電荷量大小為e，求電子穿過A板時速度的大小；
（2）若電子的電量和質量未知，則電子打在熒光屏上的點P到熒光屏中心的距離Y_op為多少？；
（3）若電子的電量為e，則電子打到熒光屏上的動能為多少？

Answer 1

分析 （1）電子在加速電場U₁中運動時，電場力對電子做正功，根據(jù)動能定理求解電子穿過A板時的速度大�。�
（2）電子進入偏轉電場后做類平拋運動，垂直于電場方向作勻速直線運動，沿電場方向作初速度為零的勻加速直線運動．根據(jù)板長和初速度求出時間．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電場射出時的側移量．電子離開偏轉電場后沿穿出電場時的速度方向做勻速直線運動，水平方向：位移為b，分速度等于v₀，求出勻速運動的時間．豎直方向：分速度等于v_y，由y=v_yt求出離開電場后偏轉的距離，再加上電場中偏轉的距離得解．
（3）電子打到熒光屏上的動能等于電子離開偏轉電場時的動能，由動能定理求得．

解答 解：（1）設電子經(jīng)電壓U₁加速后的速度為v₀，由動能定理得：
   eU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²
解得：v₀=$\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{m}}$；
（2）電子以速度υ₀進入偏轉電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動．設電子在偏轉電場中運動的時間為t₁，電子的加速度為a，離開偏轉電場時的側移量為y₁，
由牛頓第二定律得：
   F=e$\frac{{U}_{2}}rfpld9f$=ma，解得：a=$\frac{e{U}_{2}}{md}$
由運動學公式得：
  水平方向有：L₁=v₀t₁
  豎直方向有：y₁=$\frac{1}{2}$at₁²，
聯(lián)立解得：y₁=$\frac{{U}_{2}{L}^{2}}{4d{U}_{1}}$；
設電子離開偏轉電場時沿電場方向的速度為υ_y，由勻變速運動的速度公式可知  υ_y=at₁；
電子離開偏轉電場后做勻速直線運動，設電子離開偏轉電場后打在熒光屏上所用的時間為t₂，
電子打到熒光屏上的側移量為y₂，如圖所示
水平方向：b=v₀t₂
豎直方向：y₂=v_yt₂
P至O點的距離 Y_op=y₁+y₂．
聯(lián)立解得：Y_op=$\frac{（2b+l）l{U}_{2}}{4{U}_{1}d}$
（3）對整個過程，運用動能定理得
   E_k=eU₁+e$\frac{{U}_{2}}vh5ndfb$•y₁
解得 E_k=$\frac{e（4{U}_{1}^{2}jz371xj^{2}+{U}_{2}^{2}{l}^{2}）}{4{U}_{1}7vrzbvx^{2}}$
答：
（1）若電子的質量為m，電荷量大小為e，電子穿過A板時速度的大小是$\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{m}}$；
（2）若電子的電量和質量未知，則電子打在熒光屏上的點P到熒光屏中心的距離Y_op為$\frac{（2b+l）l{U}_{2}}{4{U}_{1}d}$；
（3）若電子的電量為e，則電子打到熒光屏上的動能為$\frac{e（4{U}_{1}^{2}ffltl3f^{2}+{U}_{2}^{2}{l}^{2}）}{4{U}_{1}9fb77bn^{2}}$．

點評 帶電粒子在電場中類平拋運動的研究方法與平拋運動相似，采用運動的合成與分解法研究．第（2）小題也可以利用三角形相似法求解．