Question

如圖（a）所示，電子從加速電場的O點發(fā)出（初速不計），經(jīng)電壓為U₁的加速電場加速后沿中心線進入兩平行金屬板M、N間的勻強電場中，通過電場后打到熒光屏上的P點處，設(shè)M、N板間的電壓為U₂，兩極板間距離與板長相等，均為L₁，板的右端到熒光屏的距離為L₂，已知U₁=200V，U₂=300V，L₁=6cm，L₂=21cm，電子的比荷e/m=1.8×10¹¹C/kg．求：
（1）電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏角θ的正切函數(shù)值tanθ（若可以求出具體角度也行）；
（2）電子打到熒光屏上的位置P偏離熒光屏中心O′的距離Y；
（3）若撤去M、N間的電壓U₂，而在兩平行板間直徑為L₁的圓形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直紙面向里的勻強磁場（如圖b所示，圓心恰好在平行板的正中間），要使電子通過磁場后仍打在熒光屏上的P點處，則電子在磁場中的軌道半徑為多大？磁感應(yīng)強度B的大小為多大？

Answer 1

分析：（1）直線加速階段，運用動能定理列式求解；類似平拋運動階段，根據(jù)速度偏轉(zhuǎn)角度正切值公式列式求解；
（2）根據(jù)列式平拋運動的分位移公式求解偏移量y，然后運用“速度的反向延長線通過

1

2

x”的結(jié)論并結(jié)合幾何關(guān)系列式求解；
（3）畫出運動軌跡后，結(jié)合幾何關(guān)系求解出半徑；然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解磁感應(yīng)強度．

解答：解：（1）對加速階段應(yīng)用動能定理，有：
eU1=

1

2

m

v

2 0

解得：v₀=

2eU1 m

偏轉(zhuǎn)階段類平拋軌跡如圖a所示，可以得到：
tanθ=

vY

v0

=

eU2 mL1 × L1 v0

v0

=

eU2L1

mL1 v 2 0

=

U2

2U1

=

300

2×200

=

3

4

所以θ=37°
（2）經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)距離y=

1

2

eU2

mL1

(

L1

v0

)2=

U2L1

4U1

=

300×6

4×200

cm=2.25cm
從偏轉(zhuǎn)電場出來后作直線運動：由

Y

y

=

L1 2 +L2

L1 2

得Y=

L1+2L2

L1

y=

6+2×21

6

×2.25cm=18cm
[或直接求Y=（L₂+

L1

2

）tanθ=（21+3）×

3

4

cm=18cm]
（3）如圖乙所示，電子軌跡從磁場出來的切線延長線交于磁場區(qū)的圓心，因為也打在P點，所以θ=37°
由圖可知電子軌道半徑R滿足：
Rsinθ=

L1

2

+

L1

2

cosθ
解之得：
R=

L1(1+cosθ)

2sinθ

=

6×(1+0.8)

2×0.6

cm=9cm
又R=

mv0

eB

得B=

mv0

eR

=

2mU1 e

R

=

2×200 1.8×1011

0.09

=

100

27

2

×10-4=5.24×10^-4T
答：（1）電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏角θ的正切函數(shù)值tanθ為

3

4

；
（2）電子打到熒光屏上的位置P偏離熒光屏中心O′的距離Y為18cm；
（3）電子在磁場中的軌道半徑為9cm，磁感應(yīng)強度B的大小為5.24×10^-4T．

點評：本題要明確粒子的運動規(guī)律，然后分階段運用動能定理、類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律列式求解，關(guān)鍵是畫出運動軌跡，較難．