Question

16．如圖甲所示，大量電子由靜止開始，經(jīng)加速電場加速后，連續(xù)不斷地沿水平方向從偏轉(zhuǎn)電場的相距為d的兩板正中間OO′射入偏轉(zhuǎn)電場．當(dāng)偏轉(zhuǎn)電場的兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為2t₀；當(dāng)在兩板上加如圖乙所示的電壓時（U₀為已知），所有電子均能從兩板間通過，然后進入垂直紙面向量、磁場應(yīng)強度為B的勻強磁場中，最后都垂直打在豎直放置的熒光屏上．已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，其重力不計．求：

（1）從$\frac{{t}_{0}}{2}$時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的位置到OO′的距離；
（2）偏轉(zhuǎn)磁場區(qū)域的水平寬度L；
（3）偏轉(zhuǎn)磁場區(qū)域的最小面積S．

Answer 1

分析 （1）電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動與勻速直線運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律、勻速直線運動規(guī)律求出偏移量．
（2）電子在磁場中做勻速圓周運動，電子垂直打在熒光屏上，根據(jù)速度的合成與分解、幾何知識求出磁場的寬度．
（3）求出電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的最大與最小偏移量，然后求出磁場的最小面積．

解答 解：（1）電子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度：a=$\frac{eE}{m}$=$\frac{e{U}_{0}}{md}$，
電子的偏移量：y=$\frac{1}{2}$at₀²+a×$\frac{{t}_{0}}{2}$×t₀，
解得，電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的位置到OO′的距離：y=$\frac{e{U}_{0}{t}_{0}^{2}}{md}$；
（2）電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度偏角為θ，電子垂直打在熒光屏上，電子在磁場中的軌道半徑：R=$\frac{L}{sinθ}$，
電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度為v，垂直于偏轉(zhuǎn)極板的分速度為v_y，
電子離開偏轉(zhuǎn)電場時：sinθ=$\frac{{v}_{y}}{v}$，v_y=$\frac{e{U}_{0}{t}_{0}}{md}$，已知：R=$\frac{mv}{eB}$，
解得：L=$\frac{{U}_{0}{t}_{0}}{dB}$；
（3）由題意可知，從t₀、3t₀、…等時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的位置到OO′距離最小，
由牛頓第二定律得：a=$\frac{eE}{m}$=$\frac{e{U}_{0}}{md}$，y_min=$\frac{1}{2}$at₀²，
解得：y_min=$\frac{e{U}_{0}{t}_{0}^{2}}{2md}$，
從0、2t₀、4t₀、…等時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的位置到OO′距離最大，
y_max′=v_yt₀+$\frac{1}{2}$at₀²，v_y=at₀，
解得：y_max′=$\frac{3e{U}_{0}{t}_{0}^{2}}{2md}$，
由于各個時刻從偏轉(zhuǎn)電場中射出的電子的速度大小相等，方向相同，因此電子進入磁場后做圓周運動的軌道半徑相同，都能垂直打在熒光屏上，電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的位置到OO′的最大距離與最小距離的差值為：
△y₁=y_max-y_min=$\frac{e{U}_{0}{t}_{0}^{2}}{md}$，
垂直打在熒光屏上的電子束的寬度：△y=△y₁=$\frac{e{U}_{0}{t}_{0}^{2}}{md}$，
勻強磁場的最小面積：S=△y×L=$\frac{e{U}_{0}^{2}{t}_{0}^{2}}{mBwwv4dbo^{2}}$；
答：（1）從$\frac{{t}_{0}}{2}$時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的位置到OO′的距離為$\frac{e{U}_{0}{t}_{0}^{2}}{md}$；
（2）偏轉(zhuǎn)磁場區(qū)域的水平寬度L為$\frac{{U}_{0}{t}_{0}}{dB}$；
（3）偏轉(zhuǎn)磁場區(qū)域的最小面積S為$\frac{e{U}_{0}^{2}{t}_{0}^{2}}{mBh71aakj^{2}}$．

點評 本題考查了電子在電場、磁場中的運動，電子在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)、在勻強磁場中做勻速圓周運動，分析清楚電子的運動過程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用勻變速直線運動的運動規(guī)律可以解題．