Question

16．電視機的顯像管中，電子束的偏轉是用電偏和磁偏轉技術實現(xiàn)的．如圖甲所示，電子槍發(fā)射出的電子經小孔S₁進入豎直放置的平行金屬板M、N間，兩板間所加電壓為U₀；經電場加速后，電子由小孔S₂沿水平放置金屬板P和Q的中心線射入，兩板間距離和長度均為L；距金屬板P和Q右邊緣L處有一豎直放置的熒光屏；取屏上與S₁、S₂共線的O點為原點，向上為正方向建立x軸．已知電子的質量為m，電荷量為e，初速度可以忽略．不計電子重力和電子之間的相互作用．

（1）求電子到達小孔S₂時的速度大小v；
（2）若金屬板P、Q間只存在垂直于紙面向外的勻強磁場，電子恰好經過P板的右邊緣飛出，求磁場的磁感應強度大小B；
（3）若金屬板P和Q間只存在電場，P、Q兩板間電壓u隨時間t的變化關系如圖乙所示，單位時間內從小孔S₁進入的電子個數(shù)為N．電子打在熒光屏上形成一條亮線；每個電子在板P和Q間運動的時間極短，可以認為兩板間的電壓恒定；忽略電場變化產生的磁場．試求在一個周期（即2t₀時間）內打到熒光屏單位長度亮線上的電子個數(shù)n．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理可求得粒子的速度；
（2）電子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關系可求得半徑；再由洛侖茲力充當向心力可求得磁感應強度；
（3）帶電粒子在電場中做類平拋運動，由類平拋運動的規(guī)律可求得電子個數(shù)．

解答 解：（1）根據(jù)動能定理
eU₀=$\frac{1}{2}$mv²              ①
解得：v=$\sqrt{\frac{2e{U}_{0}}{m}}$         ②
（2）電子在磁場中做勻速圓周運動，設圓運動半徑為 R，
在磁場中運動軌跡如圖，由幾何關系

R²=（R-$\frac{1}{2}$L）²+L²            ③
根據(jù)牛頓第二定律：Bev=m$\frac{{v}^{2}}{R}$   ④
解得：B=$\frac{4}{5L}\sqrt{\frac{2m{U}_{0}}{e}}$    ⑤
（3）設電子在偏轉電場PQ中的運動時間為t，PQ間的電壓為u時恰好打在極板邊緣
垂直電場方向：L=vt          ⑥
平行電場方向：$\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}$at²；             ⑦
此過程中電子的加速度大小 a=$\frac{ue}{Lm}$     ⑧
解得：u=2U₀，即當兩板間電壓為2U₀時打在極板上   ⑨
電子出偏轉電場時，在x方向的速度    

v_x=at                        ⑩
電子在偏轉電場外做勻速直線運動，設經時間t₁到達熒光屏．則
水平方向：L=vt₁               
豎直方向：x₂=v_xt₁              
電子打在熒光屏上的位置坐標x=$\frac{L}{2}$+x₂=$\frac{3L}{2}$
亮線長度X=3L                
一個周期內打在熒光屏上的電子數(shù)：n₀=$\frac{2N}{3}×2{t}_{0}$    
2t₀時間內，打到單位長度亮線上的電子個數(shù)n：n=$\frac{{n}_{1}}{X}$=$\frac{4N{t}_{0}}{9L}$  
答：（1）電子到達小孔S₂時的速度大小v為$\sqrt{\frac{2e{U}_{0}}{m}}$；
（2）若金屬板P、Q間只存在垂直于紙面向外的勻強磁場，電子恰好經過P板的右邊緣飛出，求磁場的磁感應強度大小為$\frac{4}{5L}\sqrt{\frac{2m{U}_{0}}{e}}$；
（3）在一個周期（即2t₀時間）內打到熒光屏單位長度亮線上的電子個數(shù)n為$\frac{4N{t}_{0}}{9L}$．

點評 本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動，要注意在電場中應用運動的合成與分解；在磁場中注意洛侖茲力充當向心力的規(guī)律的應用．