Question

12．如圖是一個示波管工作原理圖，初速度為零的電子經(jīng)電壓為U₁的電場加速后由偏轉(zhuǎn)板中線垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，兩平行板間的距離為d，板長L₁，偏轉(zhuǎn)電壓為U₂．S為屏，與極板垂直，到極板的距離L₂．已知電子電量q，電子質(zhì)量m．不計電子所受的重力．

（1）電子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度v₀是多少？
（2）電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)量y₁為多少？（用U₁、U₂、d、L₁表示）
（3）電子到達屏S上時，它離O點的距離y是多少？（用U₁、U₂、d、L₁、L₂表示）
（4）如果加速場電壓U₁可調(diào)，為保證電子能打在S屏上，求電壓U₁的取值范圍（用U₁、U₂、d、L₁表示）

Answer 1

分析 根據(jù)動能定理求出電子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度．電子進入偏轉(zhuǎn)電場后，做類平拋運動，在沿電場方向上做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)運動學公式，求出偏轉(zhuǎn)量．電子出偏轉(zhuǎn)電場后，做勻速直線運動，電子到達屏上距離O點的距離等于在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)量與出電場勻速直線運動在豎直方向上的位移之和．也可用相似比直接求距離，因為作電子出偏轉(zhuǎn)電場速度的反向延長線，必然經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場軸線的中點．

解答 解：（1）設電子經(jīng)加速電場U₁加速后以速度v₀進入偏轉(zhuǎn)電場，由動能定理有
$q{U}_{1}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，
解得：${v}_{0}^{\;}=\sqrt{\frac{2q{U}_{1}^{\;}}{m}}$                             
（2）進入偏轉(zhuǎn)電場后在電場線方向有$a=\frac{q{U}_{2}^{\;}}{md}$，
經(jīng)時間t₁飛出電場有${t}_{1}^{\;}=\frac{{L}_{1}^{\;}}{{v}_{0}^{\;}}$，飛出電場時偏轉(zhuǎn)量為${y}_{1}^{\;}=\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$
由以上各式得${y}_{1}^{\;}=\frac{{U}_{1}^{\;}{L}_{1}^{2}}{4d{U}_{1}^{\;}}$
（3）設電子從偏轉(zhuǎn)場穿出時，沿y方向的速度為v_y，穿出后到達屏S所經(jīng)歷的時間為t₂，在此時間內(nèi)電子在y方向移動的距離為y₂，有
${v}_{y}^{\;}=a{t}_{1}^{\;}$           ${t}_{2}^{\;}=\frac{{L}_{2}^{\;}}{{v}_{0}^{\;}}$              ${y}_{2}^{\;}={v}_{y}^{\;}{t}_{2}^{\;}$             
由以上各式得   ${y}_{2}^{\;}=\frac{{U}_{2}^{\;}{L}_{2}^{\;}{L}_{1}^{\;}}{2d{U}_{1}^{\;}}$             
$y={y}_{1}^{\;}+{y}_{2}^{\;}=\frac{{U}_{2}^{\;}{L}_{1}^{\;}}{4d{U}_{1}^{\;}}（{L}_{1}^{\;}+2{L}_{2}^{\;}）$
也可用相似比直接求y．即：$\frac{y}{{y}_{1}^{\;}}=\frac{\frac{{L}_{1}^{\;}}{2}+{L}_{2}^{\;}}{\frac{{L}_{1}^{\;}}{2}}$，$y=\frac{{L}_{1}^{\;}+2{L}_{2}^{\;}}{{L}_{1}^{\;}}{y}_{1}^{\;}=（{L}_{1}^{\;}+2{L}_{2}^{\;}）\frac{{U}_{2}^{\;}{L}_{1}^{\;}}{4d{U}_{1}^{\;}}$
故電子到達屏S上時，它離O點的距離$y={y}_{1}^{\;}+{y}_{2}^{\;}=\frac{{U}_{2}^{\;}{L}_{1}^{\;}}{4d{U}_{1}^{\;}}（{L}_{1}^{\;}+2{L}_{2}^{\;}）$
（4）由題2中的偏轉(zhuǎn)量可知，加速電壓U₁越小，偏轉(zhuǎn)量越大，為保證電子能打到屏上，則加速電壓最小時，電子剛好從上級板邊緣飛出，即
${y}_{1}^{\;}=\fracyoowmia{2}=\frac{{U}_{2}^{\;}{L}_{1}^{2}}{4d{U}_{1}^{\;}}$
可得${U}_{1}^{\;}=\frac{{U}_{2}^{\;}{L}_{1}^{2}}{2sek6k0u_{\;}^{2}}$
即：加速電壓取值范圍為${U}_{1}^{\;}＞\frac{{U}_{2}^{\;}{L}_{1}^{2}}{20kmsaas_{\;}^{2}}$
答：（1）電子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度v₀是$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}^{\;}}{m}}$
（2）電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)量y₁為$\frac{{U}_{1}^{\;}{L}_{1}^{2}}{4d{U}_{1}^{\;}}$
（3）電子到達屏S上時，它離O點的距離y是$\frac{{U}_{2}^{\;}{L}_{1}^{\;}}{4d{U}_{1}^{\;}}（{L}_{1}^{\;}+2{L}_{2}^{\;}）$
（4）如果加速場電壓U₁可調(diào)，為保證電子能打在S屏上，電壓U₁的取值范圍${U}_{1}^{\;}＞\frac{{U}_{2}^{\;}{L}_{1}^{2}}{2yoom8ay_{\;}^{2}}$

點評 本題考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)，解決本題的關鍵是搞清楚每一過程做的是什么運動，然后根據(jù)運動的合成與分解進行求解．在列式計算時應注意不要提前代入數(shù)值，應將公式簡化后再計算，這樣可以減少計算量．