题目内容
如图（a）所示，电子从加速电场的O点发出（初速不计），经电压为U1的加速电场加速后沿中心线进入两平行金属板M、N间的匀强电场中，通过电场后打到荧光屏上的P点处，设M、N板间的电压为U2，两极板间距离与板长相等，均为L1，板的右端到荧光屏的距离为L2，已知U1=200V，U2=300V，L1=6cm，L2=21cm，电子的比荷e/m=1.8×1011C/kg．求：（1）电子离开偏转电场时的偏角θ的正切函数值tanθ（若可以求出具体角度也行）；
（2）电子打到荧光屏上的位置P偏离荧光屏中心O′的距离Y；
（3）若撤去M、N间的电压U2，而在两平行板间直径为L1的圆形区域内加一方向垂直纸面向里的匀强磁场（如图b所示，圆心恰好在平行板的正中间），要使电子通过磁场后仍打在荧光屏上的P点处，则电子在磁场中的轨道半径为多大？磁感应强度B的大小为多大？
分析：（1）直线加速阶段，运用动能定理列式求解；类似平抛运动阶段，根据速度偏转角度正切值公式列式求解；
（2）根据列式平抛运动的分位移公式求解偏移量y，然后运用“速度的反向延长线通过
x”的结论并结合几何关系列式求解；
（3）画出运动轨迹后，结合几何关系求解出半径；然后根据洛伦兹力提供向心力列式求解磁感应强度．
（2）根据列式平抛运动的分位移公式求解偏移量y，然后运用“速度的反向延长线通过
| 1 |
| 2 |
（3）画出运动轨迹后，结合几何关系求解出半径；然后根据洛伦兹力提供向心力列式求解磁感应强度．
解答：解：（1）对加速阶段应用动能定理，有：
eU1=
m
解得：v0=
偏转阶段类平抛轨迹如图a所示，可以得到：
tanθ=
=
=
=
=
=
所以θ=37°
（2）经过偏转电场时的偏转距离y=
(
)2=
=
cm=2.25cm
从偏转电场出来后作直线运动：由
=
得Y=
y=
×2.25cm=18cm
[或直接求Y=（L2+
）tanθ=（21+3）×
cm=18cm]
（3）如图乙所示，电子轨迹从磁场出来的切线延长线交于磁场区的圆心，因为也打在P点，所以θ=37°
由图可知电子轨道半径R满足：
Rsinθ=
+
cosθ
解之得：
R=
=
cm=9cm
又R=
得B=
=
=
=
×10-4=5.24×10-4T
答：（1）电子离开偏转电场时的偏角θ的正切函数值tanθ为
；
（2）电子打到荧光屏上的位置P偏离荧光屏中心O′的距离Y为18cm；
（3）电子在磁场中的轨道半径为9cm，磁感应强度B的大小为5.24×10-4T．
eU1=
| 1 |
| 2 |
| v | 2 0 |
解得：v0=
|
偏转阶段类平抛轨迹如图a所示，可以得到：
tanθ=
| vY |
| v0 |
| ||||
| v0 |
| eU2L1 | ||
mL1
|
| U2 |
| 2U1 |
| 300 |
| 2×200 |
| 3 |
| 4 |
所以θ=37°
（2）经过偏转电场时的偏转距离y=
| 1 |
| 2 |
| eU2 |
| mL1 |
| L1 |
| v0 |
| U2L1 |
| 4U1 |
| 300×6 |
| 4×200 |
从偏转电场出来后作直线运动：由
| Y |
| y |
| ||
|
得Y=
| L1+2L2 |
| L1 |
| 6+2×21 |
| 6 |
[或直接求Y=（L2+
| L1 |
| 2 |
| 3 |
| 4 |
（3）如图乙所示，电子轨迹从磁场出来的切线延长线交于磁场区的圆心，因为也打在P点，所以θ=37°
由图可知电子轨道半径R满足：
Rsinθ=
| L1 |
| 2 |
| L1 |
| 2 |
解之得：
R=
| L1(1+cosθ) |
| 2sinθ |
| 6×(1+0.8) |
| 2×0.6 |
又R=
| mv0 |
| eB |
得B=
| mv0 |
| eR |
| ||||
| R |
| ||||
| 0.09 |
| 100 |
| 27 |
| 2 |
答：（1）电子离开偏转电场时的偏角θ的正切函数值tanθ为
| 3 |
| 4 |
（2）电子打到荧光屏上的位置P偏离荧光屏中心O′的距离Y为18cm；
（3）电子在磁场中的轨道半径为9cm，磁感应强度B的大小为5.24×10-4T．
点评：本题要明确粒子的运动规律，然后分阶段运用动能定理、类平抛运动规律、牛顿第二定律列式求解，关键是画出运动轨迹，较难．
练习册系列答案
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