Question

3．如圖所示，裝置由加速電場、偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場組成，偏轉(zhuǎn)電場處在相距為d的兩塊水平放置的平行導體板之間，勻強磁場水平寬度為l，豎直寬度足夠大．大量電子（重力不計）由靜止開始，經(jīng)加速電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉(zhuǎn)電場．已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，加速電場的電壓為U₁=$\frac{3e{{U}_{0}}^{2}{T}^{2}}{8miyb8epr^{2}}$．當偏轉(zhuǎn)電場不加電壓時，這些電子通過兩板之間的時間為T；當偏轉(zhuǎn)電場加上如圖乙所示的周期為T、大小恒為U₀的電壓是，所有電子均能通過電場，穿過磁場后打在豎直放置的熒光屏上．

（1）求水平導體板的板長l₀；
（2）求電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的最大側(cè)向位移y_m；
（3）要使電子打在熒光屏上的速度方向斜向右下方，求磁感應強度B的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）電子在加速電場中加速，在偏轉(zhuǎn)電場中類平拋運動，應用動能定理與勻速運動公式可以求出板長．
（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場中前半個周期內(nèi)做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律可以求出最大偏移量．
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，應用牛頓第二定律求出磁感應強度的臨界值，然后確定磁感應強度的范圍．

解答 解：（1）電子在電場中加速，由動能定理得：eU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²-0，
水平導體板的板長：l₀=v₀T，
解得：l₀=$\frac{\sqrt{3}e{U}_{0}{T}^{2}}{2md}$；
（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場中半個周期的時間內(nèi)做類平拋運動，
半個周期的位移：y₁=$\frac{1}{2}$$\frac{e{U}_{0}}{md}$（$\frac{T}{2}$）²，
電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的最大側(cè)向位移為：y_m=3y₁=$\frac{3e{U}_{0}{T}^{2}}{8md}$；
（3）電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度與水平方向夾角為θ，

tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{a×\frac{T}{2}}{{v}_{0}}$=$\frac{\frac{e{U}_{0}}{md}×T}{2{v}_{0}}$=$\frac{e{U}_{0}T}{2m{v}_{0}d}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
故速度與水平方向夾角：θ=30°，
電子進入磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，其中：v=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$，
垂直打在屏上時圓周運動半徑為R₁，此時B有最小值，r₁sinθ=l，
軌跡與屏相切時圓周運動半徑為R₂，此時B有最大值，r₂sinθ+r₂=l，
解得：B₁=$\frac{{U}_{0}T}{2ld}$，B₂=$\frac{3{U}_{0}T}{2ld}$，故：$\frac{{U}_{0}T}{2ld}$＜B＜$\frac{3{U}_{0}T}{2ld}$；
答：（1）水平導體板的板長l₀為$\frac{\sqrt{3}e{U}_{0}{T}^{2}}{2md}$；
（2）電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的最大側(cè)向位移y_m為$\frac{3e{U}_{0}{T}^{2}}{8md}$；
（3）要使電子打在熒光屏上的速度方向斜向右下方，磁感應強度B的取值范圍是：$\frac{{U}_{0}T}{2ld}$＜B＜$\frac{3{U}_{0}T}{2ld}$．

點評 本題考查了電子在電場與磁場中的運動，分析清楚電子的運動過程是解題的前提與關(guān)鍵，分析清楚電子運動過程后由于動能定理、類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律可以解題；解題時要注意作出電子在磁場中的運動軌跡、求出電子臨界軌道半徑．