Question

15．示波管簡(jiǎn)單圖示，設(shè)陰極與陽(yáng)極間的電壓為U₁，電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，偏轉(zhuǎn)電極間的電壓為U₂，電極間的距離為d，極板長(zhǎng)度為l，極板右端到熒光屏的距離為l．根據(jù)已知量求如下相關(guān)量：

（1）電子加速后的速度v₀
（2）電子飛出偏轉(zhuǎn)電極后的位移偏移量y
（3）電子飛出偏轉(zhuǎn)電極后的偏轉(zhuǎn)角度的正切值tanϕ
（4）電子打在熒光屏上的側(cè)向位移Y．

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）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．
（3）應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出電子偏角的正切值．
（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Y．

解答 解：（1）加速電場(chǎng)中，動(dòng)能定律有：
$e{U_1}=\frac{1}{2}mv_0^2$-0，解得：${v_0}=\sqrt{\frac{{2e{U_1}}}{m}}$；
（2）偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子做類平拋運(yùn)動(dòng)，有
沿初速度方向：l=v₀t
沿電場(chǎng)力方向：$y=\frac{1}{2}a{t^2}$
受電場(chǎng)力，有牛頓第二定律：$a=\frac{{e{U_2}}}{md}$，
電子的偏移量：$y=\frac{1}{2}\frac{{e{U_2}}}{md}{（{\frac{l}{v_0}}）^2}$=$\frac{{e{U_2}{l^2}}}{2mdv_0^2}$=$\frac{{{U_2}{l^2}}}{{4{U_1}d}}$；
（3）對(duì)飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度分析，速度偏向角為ϕ，
$tanϕ=\frac{v_y}{v_0}=\frac{at}{v_0}=\frac{{e{U_2}l}}{mdv_0^2}$=$\frac{{{U_2}l}}{{2{U_1}d}}$；
（4）將速度方向線反向延長(zhǎng)，交于偏轉(zhuǎn)極板中點(diǎn)，△ABO₂∽△O₁CO₂，
有$\frac{{\frac{1}{2}l}}{{\frac{1}{2}l+l}}=\frac{y}{Y}$，解得：$Y=3y=\frac{{3e{U_2}{l^2}}}{2mdv_0^2}$=$\frac{{3{U_2}{l^2}}}{{4{U_1}d}}$；
答：（1）電子加速后的速度v₀為：$\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{m}}$；
（2）電子飛出偏轉(zhuǎn)電極后的位移偏移量y為$\frac{{{U_2}{l^2}}}{{4{U_1}d}}$；
（3）電子飛出偏轉(zhuǎn)電極后的偏轉(zhuǎn)角度的正切值tanϕ為$\frac{{{U_2}l}}{{2{U_1}d}}$；
（4）電子打在熒光屏上的側(cè)向位移Y為$\frac{{3{U_2}{l^2}}}{{4{U_1}d}}$．

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)．