分析 (1)對直線加速過程根據動能定理列式求解;
(2)電子以速度v0進入偏轉電場后,做類似平拋運動,根據類似平拋運動的分運動公式列式求解即可;
(3)對電子從進入偏轉電場到打在熒光屏P點過程根據動能定理列式求解末動能;根據分速度公式求解速度方向與中心線KO夾角的正切值tanθ;
(4)電子離開偏轉電場后作勻速直線運動,水平分運動是勻速直線運動;類似平拋運動的末速度的反向延長線通過水平分位移的中點.
解答 解:(1)設電子經電壓U1加速后的速度為v0,根據動能定理得:
e U1=$\frac{1}{2}mv_0^2$,解得:${v_0}=\sqrt{\frac{{2e{U_1}}}{m}}$
(2)電子以速度v0進入偏轉電場后,垂直于電場方向作勻速直線運動,沿電場方向作初速度為零的勻加速直線運動.設偏轉電場的電場強度為E,電子在偏轉電場運動的時間為t1,電子的加速度為a,離開偏轉電場時相對于原運動方向的側移量為y1,根據牛頓第二定律和運動學公式得:
F=eE,E=$\frac{U_2}u4ise6g$,F(xiàn)=ma,a=$\frac{{e{U_2}}}{md}$
t1=$\frac{L_1}{v_0}$,y1=$\frac{1}{2}at_1^2$,解得:y1=$\frac{{{U_2}L_1^2}}{{4{U_1}d}}$
(3)電子離開偏轉電場后作勻速直線運動,則它從進入偏轉電場到打在熒光屏P點,電場力做的功:
W2=Fy1=$\frac{{e{y_1}{U_2}}}eiaswom$=EK-$\frac{1}{2}mv_0^2$
解得:EK=e U1+$\frac{e{U}_{2}^{2}{L}_{1}^{2}}{4{U}_{1}{y8s2k0y^{2}}_{\;}}$
設電子離開偏轉電場時沿電場方向速度為vy,根據運動學公式:vy=at1=$\frac{{e{U_2}{L_1}}}{{dm{v_0}}}$
而電子打在熒光屏上P點時的速度方向與中心線KO夾角與電子離開偏轉電場偏轉角θ相同,則:
tanθ=$\frac{v_y}{v_x}$=$\frac{e{U}_{2}{L}_{1}}{dm{v}_{\;}^{2}}$=$\frac{{U}_{2}{L}_{1}}{2d{U}_{1}}$
(4)設電子離開偏轉電場后打在熒光屏上所用的時間為t2,電子打到熒光屏上的側移量為y2,如圖所示:
t2=$\frac{L_2}{v_0}$,y2=vyt2
解得:y2=$\frac{{{U_2}{L_1}{L_2}}}{{2d{U_1}}}$
P到O點的距離為:
Y=y1+y2=$\frac{{(2{L_2}+{L_1}){U_2}{L_1}}}{{4{U_1}d}}$
或Y=( L2+$\frac{L_1}{2}$)tanθ=$\frac{{(2{L_2}+{L_1}){U_2}{L_1}}}{{4{U_1}d}}$;
t2=$\frac{L_2}{v_0}$
答:(1)電子穿過A板時的速度v0大小為$\sqrt{\frac{2e{U}_{1}}{m}}$;
(2)電子從偏轉電場射出時沿電場方向的側移量y1為$\frac{{U}_{2}{L}_{1}^{2}}{4{U}_{1}d}$;
(3)電子打在熒光屏上P點時的動能為eU1+$\frac{e{U}_{2}^{2}{L}_{1}^{2}}{4{U}_{1}{g2isqw8^{2}}_{\;}}$,速度方向與中心線KO夾角的正切值為$\frac{{U}_{2}{L}_{1}}{2d{U}_{1}}$;
(4)電子經過偏轉電場后打在熒光屏上P點到熒光屏中心O點的距離Y為$\frac{(2{L}_{2}+{L}_{1}){U}_{2}{L}_{1}}{4{U}_{1}d}$,所用時間為$\frac{{L}_{2}}{{v}_{0}}$.
點評 帶電粒子在電場中類平拋運動的研究方法與平拋運動相似,采用運動的合成與分解,但此類問題中往往字母較多,在書寫時一定要細心.
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A. | 速度大的時間長 | B. | 速度小的時間長 | ||
C. | 不論速度大小,兩物體同時落地 | D. | 落地的時間長短由物體的質量決定 |
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A. | 在該玻璃中傳播時,藍光的速度較大 | |
B. | 以相同的入射角從空氣斜射入該玻璃中,藍光的折射角較大 | |
C. | 從該玻璃中射入空氣發(fā)生全反射時,紅光臨界角較小 | |
D. | 用同一裝置進行雙縫干涉實驗,藍光的相鄰條紋間距較小 |
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A. | 4μmg | B. | 5μmg | C. | 6μmg | D. | 8μmg |
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