题目内容
5.如图(甲)所示为电视机中显像管的原理示意图,电子枪中的灯丝加热阴极而逸出电子,这些电子再经加速电场加速后,从O点进入偏转磁场中,经过偏转磁场后打到荧光屏MN上,使荧光屏发出荧光形成图象,不计逸出电子的初速度和重力.已知电子的质量为m、电荷量为e,加速电场的电压为U.偏转线圈产生的磁场场分布在边长为l的正方形abcd区域内,磁场方向垂直纸面,且磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示.在每个周期内磁感应强度都是从-B0均匀变化到B0.磁场区域的左边界的中点与O点重合,ab边与OO′平行,右边 界bc与荧光屏之间的距离为s.由于磁场区域较小,且电子运动的速度很大,所以在每个电子通过磁场区域的过程中,可认为磁感应强度不变,即为匀强磁场,不计电子之间的相互作用.(1)求电子射出电场时的速度大小.
(2)为使所有的电子都能从磁场的bc边射出,求偏转线圈产生磁场的磁感应强度的最大值.
(3)荧光屏上亮线的最大长度是多少?
分析 (1)根据动能定理求出电子射出加速电场时的速度大小;
(2)根据几何关系求出临界状态下的半径的大小,结合洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的最大值.
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动,出磁场做匀速直线运动,通过最大的偏转角,结合几何关系求出荧光屏上亮线的最大长度.
解答 解:(1)设电子射出电场的速度为v,则根据动能定理,对电子的加速过程有$\frac{1}{2}m{v^2}=eU$
解得$v=\sqrt{\frac{2eU}{m}}$
(2)当磁感应强度为B0或-B0时(垂直于纸面向外为正方向),
电子刚好从b点或c点射出,设此时圆周的半径为R1.
如图所示,根据几何关系有:R2=l2+(R-$\frac{l}{2}$)2
解得R=$\frac{5}{4}L$
电子在磁场中运动,洛仑兹力提供向心力,因此有:$ev{B_0}=m\frac{v^2}{R}$,
解得${B_0}=\frac{4}{5l}\sqrt{\frac{2mU}{e}}$
(3)电子从偏转磁场射出后做匀速直线运动,当它恰好从b点射出时,对应屏幕上的亮点离O′最远.
根据几何关系可知,$tanα=\frac{4}{3}$
设电子打在荧光屏上离O′点的最大距离为d,
则$d=\frac{l}{2}+s•tanα=\frac{l}{2}+\frac{4}{3}s$
由于偏转磁场的方向随时间变化,根据对称性可知,荧光屏上的亮线最大长度为$D=2d=l+\frac{8}{3}s$
答:(1)电子射出电场时的速度大小为$\sqrt{\frac{2eU}{m}}$.
(2)为使所有的电子都能从磁场的bc边射出,偏转线圈产生磁场的磁感应强度的最大值$\frac{5}{4}L$.
(3)荧光屏上亮线的最大长度是$\frac{l}{2}$+$\frac{4}{3}$s.
点评 本题考查电子受电场力做功和带电粒子在磁场中的运动规律; 要注意在电场中应用动能定理;而电子在磁场中,做匀速圆周运动,运用牛顿第二定律求出半径表达式;同时运用几何关系来确定半径与已知长度的关系.
A. | 1A | B. | -4A | C. | 3A | D. | -2A |
A. | A点的电势为100 V | B. | 电荷沿轨迹②运动 | ||
C. | 电场强度方向向左 | D. | 电荷在A点的电势能为2 J |
A. | 静电力与重力大小相等 | |
B. | 粒子运动的水平位移大小等于竖直位移大小 | |
C. | 静电力所做的功一定等于重力所做的功 | |
D. | 电势能的减少量一定等于重力势能的增加量 |
A. | 在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用质点来代替物体的方法运用了建立物理模型法 | |
B. | 根据速度的定义式v=$\frac{△x}{△t}$,当△t趋近于零时,就可以表示物体在t时刻的瞬时速度,该定义运用了微元法 | |
C. | 在实验探究加速度与力、质量的关系时,运用了科学假设法 | |
D. | 在推导匀变速直线运动位移公式时,把整个运动过程等分成很多小段,然后将各小段位移相加,运用了极限思想法 |