Question

18．如图甲所示，电子源能源源不断地产生的电子，电子从电子源飞出时的速度可忽略不计，电子离开电子源后进入一加速电压为U₀的加速电场，再沿平行金属板的方向从两板正中间射入偏转电场，当在两板间加如图乙所示的周期为2t₀，幅值恒为U₀的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过．这些电子通过偏转电场的时间为3t₀；偏转电场极板右端有足够大的荧光屏（设电子的电荷量为e、质量为m，电子的重力可忽略不计），求
（1）平行金属板的长度l；
（2）平行金属板的间距d；
（3）电子刚到达荧光屏时的最大动能和最小动能之比．

Answer 1

分析 （1）（2）对电子的直线加速过程运用动能定理列式求解末速度；在偏转电场中，水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是变速运动，根据分运动公式列式分析；
（3）粒子在偏转电场中的竖直分运动是变速运动，采用运动的合成分解法求解末动能表达式分析．

解答 解：（1）电子在直线加速过程，有：$e{U_0}=\frac{1}{2}mv_0^2$，解得：${v_0}=\sqrt{\frac{{2e{U_0}}}{m}}$；
在偏转电场中的水平分运动是匀速直线运动，故：l=$3{t_0}\sqrt{\frac{{2e{U_0}}}{m}}$；
（2）恰好能使所有电子均从两板间通过，说明在t=0时刻进入的电子的偏移量为$\frac{d}{2}$；
在t=0时刻进入的电子在0-t₀时间的竖直分运动是匀加速直线运动，t₀-2t₀时间的竖直分运动是匀速直线运动，t₀-2t₀时间的竖直分运动是匀加速直线运动，故：
$\frac{d}{2}=\frac{1}{2}•\frac{e{U}_{0}}{md}•{（{t}_{0}）}^{2}+[（\frac{e{U}_{0}}{md}•{t}_{0}）•{t}_{0}]+[（\frac{e{U}_{0}}{md}•{t}_{0}）•{t}_{0}+\frac{1}{2}•\frac{e{U}_{0}}{md}•{（{t}_{0}）}^{2}]$
解得：d=$\sqrt{\frac{6e{U}_{0}}{m}}{t}_{0}$；
（3）电子在t=0时刻进入偏转电场的末动能最大，故：${E_{kmax}}=\frac{1}{2}m{v^2}=\frac{1}{2}m{v_0}^2+\frac{1}{2}m{v_y}^2=q{U_0}+\frac{1}{2}m{（\frac{{e{U_0}}}{md}•2{t_0}）^2}$=$\frac{4}{3}e{U}_{0}$；
电子在t=t₀时刻进入偏转电场的末动能最小，故：${E_{kmin}}=\frac{1}{2}m{v^2}=\frac{1}{2}m{v_0}^2+\frac{1}{2}mv{′_y}^2=q{U_0}+\frac{1}{2}m{（\frac{{e{U_0}}}{md}•{t_0}）^2}$=$\frac{13}{12}e{U}_{0}$；
故$\frac{{{E_{kmax}}}}{{{E_{kmin}}}}=\frac{{\frac{4}{3}e{U_0}}}{{\frac{13}{12}e{U_0}}}=\frac{48}{39}$=$\frac{16}{13}$；
答：（1）平行金属板的长度l为$3{t}_{0}\sqrt{\frac{2e{U}_{0}}{m}}$；
（2）平行金属板的间距d为$\sqrt{\frac{6e{U}_{0}}{m}}{t}_{0}$；
（3）电子刚到达荧光屏时的最大动能和最小动能之比16：13．

点评 本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，分直线加速和类似平抛运动进行分析，对类似平抛运动，明确越早受电场力偏转位移越大，不难．