Question

14．如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U₀，電容器板長和板間距離均為L=10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L=10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖乙所示．（每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認為電壓是不變的）求：
（1）在t=0.06s時刻進入電容器中的電子，經(jīng)電容器中的電場偏轉(zhuǎn)后的側(cè)移量y；
（2）電容器上的電壓多大時，電子恰從電容器極板右端邊緣射出，此種情形下電子打到熒光屏上距圖中熒光屏上的O點的距離是多大？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求出電子剛進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度；電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，根據(jù)偏轉(zhuǎn)電壓求出加速度，結(jié)合垂直電場方向做勻速直線運動求出運動的時間，從而得出偏轉(zhuǎn)位移與偏轉(zhuǎn)電壓的關(guān)系，得出偏轉(zhuǎn)位移的大��；
（2）通過第（1）問中偏轉(zhuǎn)位移與偏轉(zhuǎn)電壓的關(guān)系得出在電場中的最大偏轉(zhuǎn)位移，從而通過相似三角形，結(jié)合幾何關(guān)系求出電子打到熒光屏上距圖中熒光屏上的O點的距離．

解答 解：（1）電子經(jīng)電場加速，又功能關(guān)系有：
qU₀=$\frac{1}{2}$mv²           
經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后側(cè)移量為：
y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$•$\frac{q{U}_{偏}}{mL}$          
聯(lián)立解得：y=$\frac{{U}_{偏}L}{4{U}_{0}}$
由圖知t=0.06 s時刻
U_偏=1.8U₀，
聯(lián)立解得：
y=4.5 cm        
（2）當$y=\frac{L}{2}$時，電子恰從電容器極板右端邊緣射出，
即：$\frac{L}{2}=\frac{{{U_偏}L}}{{4{U_0}}}$
解得：U_偏=2U₀
設(shè)打在屏上的點距O點的距離為Y，滿足：$\frac{Y}{{\frac{L}{2}}}=\frac{{L+\frac{L}{2}}}{{\frac{L}{2}}}$
解得：Y=1.5L=15cm    
答：（1）在t=0.06s時刻進入電容器中的電子，經(jīng)電容器中的電場偏轉(zhuǎn)后的側(cè)移量y為4.5cm；
（2）電容器上的電壓多大時，電子恰從電容器極板右端邊緣射出，此種情形下電子打到熒光屏上距圖中熒光屏上的O點的距離是15cm．

點評 本題是帶電粒子在組合場中運動的類型，關(guān)鍵要分析電子的運動情況，對類平拋運動會進行分解，結(jié)合幾何知識進行求解；同時注意應(yīng)用平拋運動的相關(guān)結(jié)論．