Question

（2013?通州區(qū)二模）電子擴(kuò)束裝置由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)組成．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)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(kāi)始，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間OO′射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)．當(dāng)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)在兩板間加最大值為U₀、周期為2t₀的電壓（如圖乙所示）時(shí)，所有電子均能從兩板間通過(guò)，然后進(jìn)入豎直寬度足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最后打在豎直放置的熒光屏上．已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電子的質(zhì)量為m．電荷量為e，其重力不計(jì)．

（1）求電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的位置到OO′的最小距離和最大距離；
（2）要使所有電子都能垂直打在熒光屏上，①求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的水平寬度L；②求垂直打在熒光屏上的電子束的寬度△y．

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(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，要使電子的側(cè)向位移最小，應(yīng)讓電子從t₀、3t₀…等時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)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）電子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律、類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、運(yùn)動(dòng)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(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，在這種情況下，
電子的側(cè)向位移為y_max=y=

1

2

at₀²+v_yt₀，得 y_max=

3U0e t 2 0

2dm

要使電子的側(cè)向位移最小，應(yīng)讓電子從t₀、3t₀…等時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，
在這種情況下，電子的側(cè)向位移為y_min=

1

2

at₀²=

U0e t 2 0

2dm

；
（2）①設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為：R=

L

sinθ

，設(shè)電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度為v₁，
豎直方向的分速度為v_y，則電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏向角：
sinθ=

vy

v1

，v_y=

U0et0

dm

，R=

mv1

Be

，解得L=

U0t0

dB

；
②由于各個(gè)時(shí)刻從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出的電子速度大小相等、方向相同，
因此電子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑也相同，都能垂直打在熒光屏上．
由（1）可知粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的位置到OO′的最大距離和最小距離的差值為：
△y₁=y_max-y_min=

U0e t 2 0

dm

，所以電子打在熒光屏上的電子束的寬度為△y=△y₁=y_max-y_min=

U0e t 2 0

dm

；
答：（1）電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的位置到OO′的最小距離為

U0e t 2 0

2dm

，最大距離為

3U0e t 2 0

2dm

；
（2）①勻強(qiáng)磁場(chǎng)的水平寬度L=

U0t0

dB

；②求垂直打在熒光屏上的電子束的寬度為

U0e t 2 0

dm

．

點(diǎn)評(píng)：本題的難點(diǎn)是分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況，可通過(guò)畫(huà)軌跡作速度圖象分析什么時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子側(cè)向最大與最小．