Question

一束初速度不計(jì)的電子在經(jīng)U的加速電壓加速后，在距兩極板等距處垂直進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖9所示，若板間距離d，板長(zhǎng)l，偏轉(zhuǎn)電極邊緣到熒光屏的距離為L(zhǎng)，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)只存在于兩個(gè)偏轉(zhuǎn)電極之間．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，求：
（1）電子離開(kāi)加速電場(chǎng)是的速度大��；
（2）電子經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間；
（3）要使電子能從平行板間飛出，兩個(gè)極板上最多能加多大電壓？
（4）電子最遠(yuǎn)能夠打到離熒光屏上中心O點(diǎn)多遠(yuǎn)處？

Answer 1

分析：（1）電子在加速電場(chǎng)中，電場(chǎng)力做功qU₁，引起動(dòng)能的變化，根據(jù)動(dòng)能定理求解電子電子離開(kāi)加速電場(chǎng)時(shí)的速度．
（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由t=

l

v0

公式求出時(shí)間．
（3）電子恰打在平行板邊緣時(shí)，豎直位移等于

d

2

，根據(jù)牛頓第二定律和位移公式結(jié)合求解E，U₂=Ed．
（4）電子飛出電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)三角形相似法求出偏移量OP的大�。�

解答：解：（1）設(shè)電子流經(jīng)加速電壓后的速度為v₀，則由動(dòng)能定理有：
   qU=

1

2

m

v

2 0

  
  又 q=e 
得：v₀=

2eU m

（2）電子經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：
  t=

l

v0

=l

m 2eU

（3）設(shè)兩極板上最多能加的電壓為U′，要使電子能從平行板間飛出則電子的最大側(cè)移量為

d

2

，則有：
 

d

2

=

1

2

at2
又a=

eU′

md

聯(lián)立以上三式得：U′=

2Ud2

l2

（4）從板邊緣飛出到熒光屏上離O點(diǎn)最遠(yuǎn)．這時(shí)
速度偏向角的正切  tanα=

vy

v0

=

Y′

L

而v_y=at
則得 tanα=

vy

v0

=

U′l

2dU

離O點(diǎn)最遠(yuǎn)距離=Y′+

1

2

d
聯(lián)立得：Y=

2L+l

2l

d
答：（1）電子離開(kāi)加速電場(chǎng)是的速度大小為

2eU m

；
（2）電子經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間為l

m 2eU

；
（3）要使電子能從平行板間飛出，兩個(gè)極板上最多能加

2Ud2

l2

的電壓．
（4）電子最遠(yuǎn)能夠打到離熒光屏上中心O點(diǎn)

2L+l

2l

d遠(yuǎn)處．

點(diǎn)評(píng)：本題加速與偏轉(zhuǎn)的組合題，動(dòng)能定理、牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)結(jié)合求解是常用的方法，常規(guī)題．