Question

5．電子擴束裝置由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場組成．偏轉(zhuǎn)電場的極板由相距為d的兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板組成，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兩板正中間OO′射入偏轉(zhuǎn)電場．當(dāng)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里、磁感應(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）電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的位置到OO′的最小距離和最大距離；
（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）要使電子的側(cè)向位移最大，應(yīng)讓電子從0、2t₀、4t₀…等時刻進入偏轉(zhuǎn)電場，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求解最大側(cè)向位移與最小側(cè)向位移，即可得解．
（2）（3）電子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律、類平拋運動規(guī)律、運動的合成與分解即可正確解題．

解答 解：（1）由題意可知，要使電子的側(cè)向位移最大，
應(yīng)讓電子從0、2t₀、4t₀…等時刻進入偏轉(zhuǎn)電場，在這種情況下，
電子的側(cè)向位移為y_max=y=$\frac{1}{2}$at₀²+v_yt₀，得 y_max=$\frac{3{U}_{0}e{t}_{0}^{2}}{2dm}$
要使電子的側(cè)向位移最小，應(yīng)讓電子從t₀、3t₀…等時刻進入偏轉(zhuǎn)電場，
在這種情況下，電子的側(cè)向位移為y_min=$\frac{1}{2}$at₀²=$\frac{{U}_{0}e{t}_{0}^{2}}{2dm}$；

（2）設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時的偏向角為θ，由于電子要垂直打在熒光屏上，所以電子在磁場中的運動半徑為：R=$\frac{L}{sinθ}$，設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度為v₁，
豎直方向的分速度為v_y，則電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏向角：
sinθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{1}}$，v_y=$\frac{{U}_{0}e{t}_{0}}{dm}$，R=$\frac{m{v}_{1}}{Be}$，
解得L=$\frac{{U}_{0}{t}_{0}}{dB}$；
（3）由于各個時刻從偏轉(zhuǎn)電場中射出的電子速度大小相等、方向相同，因此電子進入磁場后做圓周運動的半徑也相同，都能垂直打在熒光屏上．

為：△y₁=y_max-y_min=$\frac{{U}_{0}e{t}_{0}^{2}}{dm}$，
所以垂直打在熒光屏上的電子束的寬度為：△y=△y₁=$\frac{{U}_{0}e{t}_{0}^{2}}{dm}$
勻強磁場的最小面積：S=△y×L=$\frac{e{U}_{0}^{2}{t}_{0}^{3}}{mB8pcuxv4^{2}}$
答：（1）電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的位置到OO′的最小距離為$\frac{{U}_{0}e{t}_{0}^{2}}{2dm}$，最大距離為$\frac{3{U}_{0}e{t}_{0}^{2}}{2dm}$；
（2）勻強磁場的水平寬度是$\frac{{U}_{0}{t}_{0}}{dB}$；
（3）偏轉(zhuǎn)磁場區(qū)域的最小面積是$\frac{e{U}_{0}^{2}{t}_{0}^{3}}{mBuexlxfl^{2}}$．

點評 本題的難點是分析帶電粒子的運動情況，可通過畫軌跡作速度圖象分析什么時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子側(cè)向最大與最�。�