Question

16．如圖甲所示，大量電子由靜止開(kāi)始，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，連續(xù)不斷地沿水平方向從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的相距為d的兩板正中間OO′射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)．當(dāng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的兩板不帶電時(shí)，這些電子通過(guò)兩板之間的時(shí)間為2t₀；當(dāng)在兩板上加如圖乙所示的電壓時(shí)（U₀為已知），所有電子均能從兩板間通過(guò)，然后進(jìn)入垂直紙面向量、磁場(chǎng)應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(jì)．求：

（1）從$\frac{{t}_{0}}{2}$時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的位置到OO′的距離；
（2）偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)區(qū)域的水平寬度L；
（3）偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積S．

Answer 1

分析 （1）電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)與勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出偏移量．
（2）電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(shí)求出磁場(chǎng)的寬度．
（3）求出電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的最大與最小偏移量，然后求出磁場(chǎng)的最小面積．

解答 解：（1）電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)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(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的位置到OO′的距離：y=$\frac{e{U}_{0}{t}_{0}^{2}}{md}$；
（2）電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度偏角為θ，電子垂直打在熒光屏上，電子在磁場(chǎng)中的軌道半徑：R=$\frac{L}{sinθ}$，
電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度為v，垂直于偏轉(zhuǎn)極板的分速度為v_y，
電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)：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(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)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(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)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(gè)時(shí)刻從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出的電子的速度大小相等，方向相同，因此電子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑相同，都能垂直打在熒光屏上，電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)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(qiáng)磁場(chǎng)的最小面積：S=△y×L=$\frac{e{U}_{0}^{2}{t}_{0}^{2}}{mBqyga0q4^{2}}$；
答：（1）從$\frac{{t}_{0}}{2}$時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的位置到OO′的距離為$\frac{e{U}_{0}{t}_{0}^{2}}{md}$；
（2）偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)區(qū)域的水平寬度L為$\frac{{U}_{0}{t}_{0}}{dB}$；
（3）偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積S為$\frac{e{U}_{0}^{2}{t}_{0}^{2}}{mBksygu62^{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了電子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)、在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，分析清楚電子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以解題．