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    17．如图所示，平行金属板M、N的板长和板间距离都是l，N极板接地．电子束从静止开始，经电压U0加速后，沿M、N的中线连续不断地从左端射入两板间．电子电量为e，质量为m．不考虑重力和电子间的相互作用力．求：
    （1）若M、N间不加电压，电子从右端射出时的速度v；
    （2）若M、N间的电压也是U0，电子从右端射出时的动能Ek；
    （3）若在M、N间加频率较低的正弦交变电压，使每个电子通过极板间的时间远小于交变电压的周期，可以认为这段时间内两板间电压是恒定的．已知在交变电压的每个周期内，射入的电子束中恰好有三分之一打在M板上．那么该交变电压的有效值U是多大？

    分析 （1）若M、N间不加电压，电子在MN间做匀速运动，从右端射出时的速度v等于加速电场加速获得的速度，由动能定理求出．
    （2）若M、N间的电压也是U0，电子在MN间做类平抛运动，由分位移公式求出电子偏转距离，由动能定理求出电子从右端射出时的动能Ek．
    （3）粒子在偏转电场中做类平抛运动，求得电子刚好射出偏转电场时偏转电压，因交变电压的每个周期内，射入的电子束恰好有三分之一打在M板上故可求周期，画出交流电的图象，根据正弦交流电的有效值与最大值之间的关系求有效值

    解答 解：（1）电子在加速电场中加速过程，根据动能定理得：
    eU0=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
    得：v=$\sqrt{\frac{2e{U}_{0}}{m}}$
    若M、N间不加电压，电子在MN间做匀速运动，从右端射出时的速度v为$\sqrt{\frac{2e{U}_{0}}{m}}$．
    （2）若M、N间的电压也是U0，电子在MN间做类平抛运动，加速度为：
     a=$\frac{eE}{m}$=$\frac{e{U}_{0}}{ml}$
    水平方向有 l=vt
    竖直方向有 y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
    联立解得 y=$\frac{1}{4}$l
    对加速和偏转的整个过程，根据动能定理得：
    eU0+e$\frac{{U}_{0}}{l}$y=Ek-0
    解得电子从右端射出时的动能 Ek=1.25eU0．
    （3）粒子经过加速电场后获得的速度为 v0=$\sqrt{\frac{2e{U}_{0}}{m}}$
    经过偏转电场，射出偏转电场所需时间为 t=$\frac{l}{{v}_{0}}$
    在偏转电场中的偏转量为 y=$\frac{1}{2}$at2=$\frac{eU}{2ml}（\frac{l}{{v}_{0}}）^{2}$
    电子刚好射出时偏转量为 y=$\frac{l}{2}$，此时电压为U，联立解得 U=2U0．
    由对称性知，有三分之一打在M板上，就有三分之一打在N板上，另外三分之一则从右侧飞出电场．从下面的正弦交变电压图象可以看出在每$\frac{1}{4}$周期内，都有$\frac{1}{3}$时间有电子射出．设图中t1时刻对应的电压是u，对应的侧移是$\frac{l}{2}$，由上式可得偏转电压 u=2U0
    因此 Um=4U0，所以 有效值U=$\frac{\sqrt{2}}{2}$Um=2$\sqrt{2}$U0．
    答：
    （1）若M、N间不加电压，电子从右端射出时的速度v是$\sqrt{\frac{2e{U}_{0}}{m}}$；
    （2）若M、N间的电压也是U0，电子从右端射出时的动能Ek是1.25eU0；
     （2）该交变电压的有效值U是2$\sqrt{2}$U0．

    点评 本题中带电粒子先加速后偏转，运用动能定理求加速获得的速度，运用运动的分解法研究类平抛运动，是常规方法，要利用好正弦函数图象，知道正弦交流电的有效值与最大值之间的关系．

    练习册系列答案
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    （1）根据实验数据完成表格空白处的数据；并在坐标系中作出弹力F跟弹簧伸长量x关系图象．
    （2）根据图象计算弹簧的劲度系数．
    砝码质量m/g0306090120150
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    弹力F/N
    弹簧伸长x/m

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