Question

如圖所示為示波管的示意圖，豎直偏轉電極的極板長l=4.0cm，兩板間距離d=1.0cm，極板右端與熒光屏的距離L=18cm．由陰極發出的電子經電場加速后，以v=1.6×10⁷ m/s沿中心線進入豎直偏轉電場．若電子由陰極逸出時的初速度、電子所受重力及電子之間的相互作用力均可忽略不計，已知電子的電荷量e=1.6×10^-19 C，質量m=0.91×10^-30 kg．
（1）求加速電壓U₀的大小；
（2）要使電子束不打在偏轉電極的極板上，求加在豎直偏轉電極上的電壓應滿足的條件；
（3）在豎直偏轉電極上加u=40sin100πt（V）的交變電壓，求電子打在熒光屏上亮線的長度．

Answer 1

分析：（1）電子在加速電場中，電場力做正功eU₀，根據動能定理求解加速電壓U₀的大小．
（2）電子在偏轉電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速運動，電子剛好飛出偏轉電場時，偏轉距離為

d

2

．由牛頓第二定律和運動學公式求解豎直偏轉電極上的電壓．
（3）由u=40sin100πt（V）可知ω=100πrad/s，最大電壓為U_m=40V．偏轉電場變化的周期T=

2π

ω

=0.02s，t=

l

v

=2.5×10^-9 s．T＞＞t，則每個電子通過偏轉電場的過程中，電場可視為穩定的勻強電場．當極板間加最大電壓時，電子有最大偏轉量，由牛頓第二定律和運動學公式電子通過偏轉電壓時最大偏轉距離．電子離開電場后做勻速直線運動，水平方向的分速度等于v，電子離開偏轉電場到達熒光屏的時間 t′=

L

vx

=

L

v

，電子離開偏轉電場后在豎直方向的位移為y₂=v_y t′，打在熒光屏上的總偏移量Y_m=y_m+y₂，打在熒光屏產生亮線的長度為2Y_m．

解答：解：（1）對于電子通過加速電場的過程，根據動能定理有 eU₀=

1

2

mv²
解得U₀=728V
（2）設偏轉電場電壓為U₁時，電子剛好飛出偏轉電場，則此時電子沿電場方向的位移恰為

1

2

d，
即

d

2

=

1

2

at2=

1

2

?

eU1

md

t2
電子通過偏轉電場的時間t=

l

v

解得 U1=

d2m

et2

=91V，
所以，為使電子束不打在偏轉電極上，加在偏轉電極上的電壓U應小于91V．
（3）由u=40sin100πt（V）可知ω=100πrad/s，U_m=40V
偏轉電場變化的周期T=

2π

ω

=0.02s，而t=

l

v

=2.5×10^-9 s．T＞＞t，可見每個電子通過偏轉電場的過程中，電場可視為穩定的勻強電場．
當極板間加最大電壓時，電子有最大偏轉量y_m=

1

2

eUm

md

t2=0.20cm．
電子飛出偏轉電場時平行極板方向分速度v_x=v，
垂直極板方向的分速度v_y=a_yt=

eUm

md

t
電子離開偏轉電場到達熒光屏的時間 t′=

L

vx

=

L

v

電子離開偏轉電場后在豎直方向的位移為y₂=v_y t′=2.0cm
電子打在熒光屏上的總偏移量Y_m=y_m+y₂=2.2cm
電子打在熒光屏產生亮線的長度為2Y_m=4.4cm．
答：
（1）加速電壓U₀的大小為728V；
（2）要使電子束不打在偏轉電極的極板上，加在豎直偏轉電極上的電壓應滿足的條件應小于91V；
（3）在豎直偏轉電極上加u=40sin100πt（V）的交變電壓，電子打在熒光屏上亮線的長度是4.4cm．

點評：本題中電子在加速電場中由動能定理求加速獲得的速度，運用運動的分解法研究類平拋運動．第3問也可以用下面的方法求解：設電子在偏轉電場有最大電壓時射出偏轉電場的速度與初速度方向的夾角為θ，則tanθ=

vy

vx

=0.11，電子打在熒光屏上的總偏移量Y_m=(

l

2

+L)tanθ=2.2cm，電子打在熒光屏產生亮線的長度為2Y_m=4.4cm．