Question

8．如圖甲所示，從陰極K發(fā)射的電子經(jīng)電勢差U₀=5000V的電場加速后，沿平行于板面的方向從中央射入兩塊長l₁=10cm，間距d=4cm的平行金屬板A、B之間，在金屬板邊緣l₂=75cm處放置一個直徑D=20cm帶有記錄紙的圓筒，整個裝置放在真空內(nèi)，電子發(fā)射的初速度不計．（電子的質(zhì)量為m=0.91×10^-30kg，電荷量為=1.6×10^-19C）

（1）若在兩金屬板上加以U₁=1000V的直流電壓（φ_A＞φ_B），為使電子沿入射方向作勻速直線運動，可在兩金屬板A、B間加以垂直紙面的磁場．求磁感應強度的大小和方向？
（2）若在兩金屬板上加以U₂=1000cos2πt（V）的交變電壓，試求出電子打在圓筒上距O點的最大距離．（3）在（2）中，若使圓筒繞中心軸按圖示方向以n=2m/s勻速運動，試在圖乙中畫出電子在記錄紙上0-1s內(nèi)所記錄到的圖形．

Answer 1

分析 1、根據(jù)動能定理求出電子入射磁場的初速度，在AB間受到電場力和洛倫茲力平衡，列方程求解B大小，根據(jù)左手定則判斷B的方向．
2、先求出AB間的場強，根據(jù)平拋運動的知識求解偏距，再根據(jù)圓筒的運動特點分析偏轉位移隨時間變化的圖形．

解答 解：（1）由eU₀=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
電子入射速度${v}_{0}=\sqrt{\frac{2e{U}_{0}}{m}}$
代入數(shù)據(jù)得：v₀=4.2×10⁷m/s    
加直流電壓時，板間場強為：E₁=$\frac{{U}_{1}}hnzdbdp=\frac{1000}{0.04}$=2.5×10⁴V/m    
電子做直線運動時，由平衡條件有：eE₁=ev₀B，
得應加磁場的磁感應強度為：B=$\frac{{E}_{1}}{{v}_{0}}$
代入數(shù)據(jù)得：B≈6×10^-4T，方向垂直紙面向里．         
（2）加交流電壓時，A、B兩極間場強為：
E₂=$\frac{{U}_{2}}z5xjv5f$=2.5×10⁴cos2πt（V/m）
電子飛出板間時偏距為：y₁=$\frac{1}{2}$at${\;}_{1}^{2}$=$\frac{e{E}_{2}}{2m}•（\frac{{L}_{1}}{{v}_{0}}）^{2}$     
電子飛出板間時豎直速度為：v_y=at₁=$\frac{e{E}_{2}}{m}•\frac{L}{{v}_{0}}$
從飛離板到達圓筒時偏距為：
y₂=v_yt₂=$\frac{e{E}_{2}{L}_{1}{L}_{2}}{m{v}_{0}^{2}}$
在紙上記錄落點的總偏距為：y=y₁+y₂
代入數(shù)據(jù)得：y=0.2（m）
因圓筒每秒鐘轉2周，故在1s內(nèi)，紙上圖形如圖所示．
答：（1）應加的磁場的磁感應強度為6×10^-4T，方向垂直紙面向里．
（2）若在兩金屬板上加上U₂=1000cos2πt（V）的交流電壓，在1s內(nèi)，紙上圖形如上圖所示．

點評 本題中帶電粒子先加速后偏轉，運用動能定理求解加速電壓，運用運動的分解法研究類平拋運動，都是常用的思路．此題有一定的難度，屬于難題．