Question

如圖1所示，M、N為豎直放置的平行金屬板，兩板間所加電壓為U，S₁、S₂為板上正對的小孔．金屬板P和Q水平放置在N板右側，關于小孔S₁、S₂所在直線對稱，兩板的長度和兩板間的距離均為l；距金屬板P和Q右邊緣l處有一熒光屏，熒光屏垂直于金屬板P和Q；取屏上與S₁、S₂共線的O點為原點，向上為正方向建立x軸．M板左側電子槍發(fā)射出的電子經(jīng)小孔S₁進入M、N兩板間．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）若板P、Q間只存在垂直于紙面向外的勻強磁場，電子剛好經(jīng)過P板的右邊緣后，打在熒光屏上．求磁場的磁感應強度大小B和電子打在熒光屏上的位置坐標x；
（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2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．忽略電場變化產生的磁場；可以認為每個電子在板P和Q間運動過程中，兩板間的電壓恒定．
a．試分析在一個周期（即2t時間）內單位長度亮線上的電子個數(shù)是否相同．
b．若在一個周期內單位長度亮線上的電子個數(shù)相同，求2t時間內打到單位長度亮線上的電子個數(shù)n；若不相同，試通過計算說明電子在熒光屏上的分布規(guī)律．

Answer 1

【答案】分析：（1）電子在加速電場中，電場力做正功，根據(jù)動能定理求電子到達小孔S₂時的速度大小v；
（2）電子在磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡，由幾何知識求出軌跡半徑，由牛頓第二定律求磁感應強度B．電子離開磁場后做勻速運動，由幾何關系求x；
（3）電子在電場中做類平拋運動，運用運動的分解，由牛頓第二定律和運動學公式結合求得離開電場時偏轉的距離x₁．電子在偏轉電場外做勻速直線運動，也運用運動的分解求出電子打在熒光屏上的位置坐標x．對于有電子穿過P、Q間的時間內進行討論，在任意△t時間內，P、Q間電壓變化△u相等，在任意△t時間內，亮線長度△x相等．所以在一個周期內單位長度亮線上的電子個數(shù)相同．
根據(jù)電子在P、Q電場中的側移量，求出偏轉電壓u，再求出電子打在熒光屏上的最大側移量，求出亮線的長度，即可求得單位長度亮線上的電子數(shù)．
解答：解：（1）根據(jù)動能定理解得：  ①
（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1，由幾何關系
解得：
根據(jù)牛頓第二定律：
解得：
設圓弧所對圓心為α，滿足：
由此可知：
電子離開磁場后做勻速運動，滿足幾何關系：
通過上式解得坐標
（3）a．設電子在偏轉電場PQ中的運動時間為t₁，PQ間的電壓為u
垂直電場方向：l=vt₁②
平行電場方向：  ③
此過程中電子的加速度大小   ④
①、②、③、④聯(lián)立得：
電子出偏轉電場時，在x方向的速度v_x=at₁  ⑤
電子在偏轉電場外做勻速直線運動，設經(jīng)時間t₂到達熒光屏．則
  水平方向：l=vt₂  ⑥
  豎直方向：x₂=v_xt₂  ⑦
①、⑤、⑥、⑦聯(lián)立，解得：電子打在熒光屏上的位置坐標 ⑧
對于有電子穿過P、Q間的時間內進行討論：

由圖2可知，在任意△t時間內，P、Q間電壓變化△u相等．
由⑧式可知，打在熒光屏上的電子形成的亮線長度．
所以，在任意△t時間內，亮線長度△x相等．
由題意可知，在任意△t時間內，射出的電子個數(shù)是相同的．
也就是說，在任意△t時間內，射出的電子都分布在相等的亮線長度△x范圍內．
因此，在一個周期內單位長度亮線上的電子個數(shù)相同．
b．現(xiàn)討論2t時間內，打到單位長度亮線上的電子個數(shù)：
當電子在P、Q電場中的側移量x₁=時，由得：u=2U
當偏轉電壓在0～±2U之間時，射入P、Q間的電子可打在熒光屏上．
由圖2可知，一個周期內電子能從P、Q電場射出的時間
所以，一個周期內打在熒光屏上的電子數(shù)
由⑧式，電子打在熒光屏上的最大側移量
亮線長度L=2x_m=3l
所以，從0～2t時間內，單位長度亮線上的電子數(shù)
答：
（1）電子到達小孔S₂時的速度大小v為；
（2）磁場的磁感應強度大小B是，電子打在熒光屏上的位置坐標x為；
（3）從0～2t時間內，單位長度亮線上的電子數(shù)n為．
點評：本題是帶電粒子先加速后偏轉問題，電場中加速根據(jù)動能定理求解獲得的速度、偏轉電場中類平拋運動的研究方法是運動的分解和合成，結合幾何關系進行分析，難度較大．