Question

1．如圖所示電子射線管，陰極K發(fā)射電子，陽極P和陰極K間加上電壓后電子被加速，A、B是偏向板，使飛進(jìn)的電子偏離，若已知P、K間所加電壓U₁=1.8×10²V，偏向板長(zhǎng)L=6.0×10^-2m，板間距離d=5×10^-2m，所加電壓U₂=100V，電子質(zhì)量取m_e=9.0×10^-31kg，電子電量e=-1.6×10^-19C，設(shè)從陰極出來的電子速度為0，試問：
（1）電子通過陽極P板的速度v₀是多少？
（2）電子通過偏向板時(shí)具有動(dòng)能E_k是多少？
（3）電子過偏向板向到達(dá)距離偏向板R=18×10^-2m熒光屏上O′點(diǎn)，此點(diǎn)偏離入射方向的距離y是多少？

Answer 1

分析 （1）由動(dòng)能定理可以求出電子的速度．
（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與動(dòng)能定理求出電子動(dòng)能．
（3）應(yīng)用動(dòng)能定理與幾何知識(shí)求出電子的偏移量．

解答 解：（1）在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理得：$e{U}_{1}=\frac{1}{2}{m}_{e}{v}_{0}^{2}$，
解得電子通過陽極P板的速度為：${v}_{0}=\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{{m}_{e}}}=\sqrt{\frac{2×1.6×1{0}^{-19}×180}{9×1{0}^{-31}}}m/s$=8.0×10⁶m/s；
（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，
運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=$\frac{L}{{v}_{0}}$，
根據(jù)牛頓第二定律可得加速度：$a=\frac{eE}{{m}_{e}}=\frac{e{U}_{2}}{{m}_{e}d}$，
電子通過偏向板時(shí)偏轉(zhuǎn)位移：
${y}_{1}=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{e{U}_{2}{L}^{2}}{2{m}_{2}{v}_{0}^{2}d}=\frac{{U}_{2}{L}^{2}}{4{U}_{1}d}$，
代入數(shù)據(jù)可得：${y}_{1}=\frac{100×36×1{0}^{-4}}{4×180×0.05}m=0.01m$
根據(jù)動(dòng)能定理得到：$e•\frac{{U}_{2}}1zhnjz3•{y}_{1}={E}_{k}-\frac{1}{2}{m}_{e}{v}_{0}^{2}$，
電子通過偏向板時(shí)具有動(dòng)能：
${E}_{k}=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}+e•\frac{{U}_{2}}zztnbjp•{y}_{1}=e{U}_{1}+\frac{e{U}_{2}}{5}$，
解得：E_k=3.2×10^-17J；
（3）電子離開偏轉(zhuǎn)后在豎直方向的位移：
${y}_{2}={v}_{y}×\frac{R}{{v}_{0}}=at×\frac{R}{{v}_{0}}$，
將a和t代入可得：${y}_{2}=\frac{{U}_{2}LR}{2d{U}_{1}}=\frac{100×0.06×0.18}{2×0.05×180}m$=0.06m，
熒光屏上O′點(diǎn)偏離入射方向的距離：y=y₁+y₂=0.01m+0.06m=0.07m．
答：（1）電子通過陽極P板的速度為8.0×10⁶m/s；
（2）電子通過偏向板時(shí)具有動(dòng)能為3.2×10^-17J；
（3）電子過偏向板向到達(dá)距離偏向板R=18×10^-2m熒光屏上O′點(diǎn)，此點(diǎn)偏離入射方向的距離為0.07m．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了電子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，電子在加速電場(chǎng)中加速、在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)、離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，分析清楚電子運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用動(dòng)能定理、類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可正確解題．