Question

11．如圖1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圖2．（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，電子打在熒光屏上的何處；
（2）熒光屏上有電子打到的電壓范圍和時間范圍？
（3）屏上亮點如何移動？

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�。�根據(jù)粒子出偏轉(zhuǎn)電場時反向延長線經(jīng)過中軸線的中點，結(jié)合相似三角形求出打在光屏上的位置．
（2）求的剛好射出偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)電壓，即可求得電壓范圍，根據(jù)圖2求的時間范圍
（3）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)系求出得出電子打到光屏上的區(qū)間長度

解答 解：（1）設(shè)電子經(jīng)電壓U₀加速后的速度為v，根據(jù)動能定理得：
qU₀=$\frac{1}{2}$mv²
所以：
v=$\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}$
經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)后偏移量y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}•\frac{q{U}_{偏}}{mL}•（\frac{L}{v}）^{2}$
所以y=$\frac{{U}_{偏}L}{4{U}_{0}}$，
由題圖知t=0.06 s時刻U_偏=-1.2U₀，代入數(shù)據(jù)解得y=3 cm．
設(shè)打在屏上的點距O點距離為Y，根據(jù)相似三角形得：$\frac{Y}{y}=\frac{L+\frac{L}{2}}{\frac{L}{2}}$代入數(shù)據(jù)解得：Y=9cm．
（2）剛好能射出時，則$\fraczgwairr{2}=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{1}{2}•\frac{q{U}_{偏}}{mL}•{（\frac{L}{v}）}^{2}$
解得U_偏=2U₀
當(dāng)電壓大于2U₀，粒子達到熒光屏上
由圖2可知0-$\frac{1}{15}s$或者$\frac{1}{6}$-$\frac{4}{15}$s或者$\frac{11}{30}$-0.4s
（3）在偏轉(zhuǎn)電場中的最大偏移為$\frac{L}{2}$．
根據(jù)$\frac{Y}{y}=\frac{L+\frac{L}{2}}{\frac{L}{2}}$
得：Y=$\frac{3L}{2}$
所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為：2Y=3L=30 cm．
答：（1）電子打在屏上的點位于O點正上方，距O點13.5 cm
（2）熒光屏上有電子打到的電壓范圍U_偏≥2U₀，時間范圍0-$\frac{1}{15}s$或者$\frac{1}{6}$-$\frac{4}{15}$s或者$\frac{11}{30}$-0.4s
（3）熒光屏上有電子打到的區(qū)間有30cm

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