Question

13．如图所示，从阴极k发射的电子经电势差为U₀=4500v的电场加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长L₁=10cm．间距d=4cm的平行金属板A，B，在距金属板右边缘L₂=25cm处建立一直线坐标系Oy，O与A．B板的中心线处在同一水平直线上，整个装置放在真空室内，电子发射的初速度不计．已知电子的质量，m=0.9×l0^-30kg，电子的电荷量e=1.6×l0^-19C，不计电子间的相互作用力及其所受重力．若在两个金属板间加上u_AB=500cos 2πt（V）的交流电压，每个电子穿过极板的时间极短，可认为电子穿越期间极板间的电压不变，不考虑电自运动的相对论效应．求：
（1）电子经过坐标系的位置坐标范围；
（2）若在直线坐标系的右侧加上范围足够大的垂直纸面向外的匀强磁场B，B=4.5×10^-3T，求出电子第二次经过直线坐标系的位置坐标范围．

Answer 1

分析 （1）加速场运用动能定理求出末速度，进入偏转场后做类平抛运动，运用运动的合成和分解结合牛顿第二定律以及运动学公式，求出电子恰好贴着极板右边缘飞出偏转电场时的偏转位移y₁，并利用速度偏向角公式求出电子射出偏转电场时的速度方向，再求出电子射出偏转电场后做匀速直线运动过程在y方向的位移y₂，将两次沿y方向运动的位移y₁和y₂加和，再利用对称性即可求出电子经过坐标系的位置坐标范围；
（2）画出最上面和最下面电子的临界轨迹过程图，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，即可求出电子第二次经过直线坐标系的位置坐标范围．

解答 （1）加速电场根据动能定理可得：${eU}_{0}=\frac{1}{2}m{v}_{o}^{2}$
解得：${v_o}=4×{10^7}m/s$
偏转电场中，电子做类平抛运动，根据类平抛规律：
水平方向位移：L₁=v_ot…①
竖直方向位移：y₁=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$…②
根据牛顿第二定律可得：Eq=ma…③
根据匀强电场中电场强度与电势差之间的关系式可得：E=$\frac{{U}_{AB}}{d}$…④
水平方向速度：v_x=v₀ …⑤
竖直方向速度：v_y=at…⑥
联立①③④⑤⑥式可得粒子射出偏转电场时速度偏向角的正切值：$tanθ=\frac{v_y}{v_x}=\frac{{{u_{AB}}{L_1}}}{{2d{u_o}}}$=$\frac{5}{36}$
联立①②③④式子可得：${y_1}=\frac{1}{2}\frac{{{u_{AB}}e}}{dm}{t^2}=\frac{1}{144}m$
根据几何关系可知，粒子射出偏转电场后沿y方向的位移：${y_2}={L_2}tanθ=\frac{5}{144}m$
所以电子经过坐标系的位置距O点的最大距离：$y={y_1}+{y_2}=\frac{1}{24}m≈$4.17cm
电子经过坐标系的位置坐标范围为：-4.17cm≤y≤4.17cm                          
（2）粒子进入磁场时速度大小：v=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$  
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力：evB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
可得：R=$\frac{mv}{eB}$=$\frac{m{v}_{0}}{eBcosθ}$
电子在磁场中做圆周运动后，在y方向位置变化量：△y=2Rcosθ=$\frac{2m{v}_{0}}{eB}$=0.1m=10cm
所以根据几何关系可得：
y轴最上面位置：y_max=y+△y≈14.17cm
y轴最下面位置：y_min=△y-y≈5.83cm
综上所述，范围是：5.83cm≤y≤14.17cm
答：（1）电子经过坐标系的位置坐标范围为-4.17cm≤y≤4.17cm；
（2）若在直线坐标系的右侧加上范围足够大的垂直纸面向外的匀强磁场B，B=4.5×10^-3T，电子第二次经过直线坐标系的位置坐标范围为5.83cm≤y≤14.17cm．

点评 本题考查带电粒子在加速电场中的运动、偏转电场中的类平抛运动以及匀强磁场中的匀速圆周运动；加速场运用动能定理，偏转场用类平抛规律，粒子在磁场中的运动，运用洛伦兹力提供向心力与几何关系结合去解决，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，找到临界几何条件，对学生数学几何能力要求较高．