Question

11．如圖所示，是示波器工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓U₁從靜止加速后垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場的電壓為U₂，兩極板間距為d，極板長度為L試求：
（1）電子離開加速電場瞬間速度大��？
（2）電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)量為h？
（3）電子離開偏轉(zhuǎn)電場的速度大小？

Answer 1

分析 （1）電子在加速電場中，由動能定理求解獲得的速度v₀的大小，
（2）由位移公式求解側(cè)向偏移量y，射出磁場后做勻速直線運動，根據(jù)位移速度公式求解位移，進而即可求解側(cè)移y．
（3）對于整個過程，根據(jù)動能定理求解電子的末速度．

解答 解：（1）電子在加速電場中加速時，由動能定理可得eU₁=$\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，
解得：v₀=$\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{m}}$
（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，由動力學(xué)知識可得：
電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)位移 h=$\frac{1}{2}$at²                       
水平方向 L=v₀t                                                 
加速度 a=$\frac{e{U}_{2}}{md}$                                                
聯(lián)立可得 h=$\frac{{U}_{2}{L}^{2}}{4{U}_{1}d}$
（3）對于偏轉(zhuǎn)過程，由動能定理得：
  $\frac{1}{2}m{v}^{2}$=eU₁+e$\frac{{U}_{2}}5j9hn5r$h
解得：v=$\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{m}+\frac{2e{{U}_{2}}^{2}{L}^{2}}{4m{U}_{1}l7djxbv^{2}}}$
答：（1）電子離開加速電場瞬間速度大小為$\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{m}}$；
（2）電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)量為為$\frac{{U}_{2}{L}^{2}}{4{U}_{1}d}$；
（3）電子離開偏轉(zhuǎn)電場的速度大小為$\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{m}+\frac{2e{{U}_{2}}^{2}{L}^{2}}{4m{U}_{1}f1d1vjz^{2}}}$．

點評 本題是帶電粒子先加速后偏轉(zhuǎn)問題，電場中加速根據(jù)動能定理求解獲得的速度、偏轉(zhuǎn)電場中類平拋運動的研究方法是運動的分解和合成，常規(guī)問題．