Question

6．如圖所示的示波管，電子由陰極發(fā)射后，經(jīng)電子槍加速水平飛入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，最后打在熒光屏上，已知加速電壓為U₁，偏轉(zhuǎn)電壓為U₂，兩偏轉(zhuǎn)極板間距為d，板長(zhǎng)為L(zhǎng)₁，從偏轉(zhuǎn)極板右端到熒光屏的距離為L(zhǎng)₂，
求：（1）電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后的速度v₀；
（2）電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)垂直速度v_y；
（3）電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)垂直偏移量y；    
（4）電子打在熒光屏上的偏距OP．

Answer 1

分析 （1）在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理求出電子離開加速電場(chǎng)的速度v₀
（2、3）電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)位移y和電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)垂直速度v_y大�。�
（4）電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法求出豎直方向偏轉(zhuǎn)距離，即可求得電子打在熒光屏上的偏距

解答 解：（1）在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理得：U₁e=$\frac{1}{2}{mv}_{0}^{2}$得：${v}_{0}=\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{m}}$，
（2）電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有：
  水平方向有：${t}_{1}=\frac{{L}_{1}}{{v}_{0}}$
豎直方向有：a=$\frac{e{U}_{2}}{md}$，則豎直方向速度${v}_{y}=a{t}_{1}=\frac{{U}_{2}e{L}_{1}}{md}\sqrt{\frac{m}{2e{U}_{1}}}$，
（3）電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)垂直偏移量y=$\frac{1}{2}{at}_{1}^{2}=\frac{{{U}_{2}L}_{1}^{2}}{4{U}_{1}d}$，
（4）電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則到達(dá)熒光屏的時(shí)間為：${t}_{2}=\frac{{L}_{2}}{{v}_{0}}$，
偏轉(zhuǎn)距離為 y′=v_yt₂=$\frac{{U}_{2}{L}_{1}{L}_{2}}{2{U}_{1}d}$，
則電子打在熒光屏上的偏距$OP=y+y′=\frac{{U}_{2}{L}_{1}（2{L}_{2}+L）}{4{U}_{1}d}$
答：（1）電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后的速度v₀大小為$\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{m}}$；
（2）電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)垂直速度v_y大小為$\frac{{U}_{2}e{L}_{1}}{md}\sqrt{\frac{m}{2e{U}_{1}}}$；
（3）電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)垂直偏移量y大小為$\frac{{{U}_{2}L}_{1}^{2}}{4{U}_{1}d}$；
（4）電子打在熒光屏上的偏距OP為$\frac{{U}_{2}{L}_{1}（2{L}_{2}+L）}{4{U}_{1}d}$．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵知道電子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，現(xiàn)在加速電場(chǎng)中加速，然后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)