Question

19．如圖所示的是電視機顯像管的原理圖．涂有特殊材料的陰極K，在燈絲加熱時會逸出電子（初速度可看作零，質量為m，電荷量為-e），逸出的電子經過加速電壓為U的電場加速和匯聚后，形成一束很細的電子束射入勻強磁場區(qū)．已知磁場的寬度為L₁，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖2所示，磁場右側邊界離熒光屏的距離為L₂．求：

（1）電子進入磁場區(qū)時的速度大�。�
（2）電子在磁場中的最小偏半徑和最大偏轉角；
（3）熒光屏發(fā)光范圍的寬度．（結果以最大半徑和最大偏轉角表示）

Answer 1

分析 （1）電子在加速電場中，由電場力做正功，獲得動能，根據動能定理可求得電子進入磁場區(qū)時的速度大�。�
（2）電子進入磁場后由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得到軌跡半徑表達式，分析半徑與B的關系，即可得到最小偏轉半徑．并由幾何知識求出最大偏轉角．
（3）由幾何知識求解熒光屏發(fā)光范圍的寬度．

解答 解：（1）電子在加速電場中做加速運動，
由動能定理得：eU=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-0，解得：v₀=$\sqrt{\frac{2eU}{m}}$
（2）電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：ev₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，解得：r=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$=$\frac{1}{B}$$\sqrt{\frac{2mU}{e}}$；
由上式可知：B越大，偏轉半徑r越小，所以由題意可得當B=B₀時，粒子半徑最小，故最小的偏轉半徑為
 r_min=$\frac{m{v}_{0}}{e{B}_{0}}$=$\frac{1}{{B}_{0}}$$\sqrt{\frac{2mU}{e}}$
而當偏轉半徑最小時，偏轉角度最大，設最大偏轉角為α
則 sinα=$\frac{{L}_{1}}{{r}_{min}}$=${L}_{1}{B}_{0}\sqrt{\frac{e}{2mU}}$
得 α=arcsin${L}_{1}{B}_{0}\sqrt{\frac{e}{2mU}}$
（3）熒光屏上發(fā)光的范圍寬度 d=2$\sqrt{{r}_{min}^{2}-{L}_{1}^{2}}$+L₂tanα
答：
（1）電子進入磁場區(qū)時的速度大小是$\sqrt{\frac{2eU}{m}}$；
（2）電子在磁場中的最小偏轉半徑為$\frac{1}{{B}_{0}}$$\sqrt{\frac{2mU}{e}}$，最大偏轉角為arcsin${L}_{1}{B}_{0}\sqrt{\frac{e}{2mU}}$；
（3）熒光屏發(fā)光范圍的寬度為2$\sqrt{{r}_{min}^{2}-{L}_{1}^{2}}$+L₂tanα．

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、應用動能定理、牛頓第二定律即可正確解題，解題時注意幾何知識的應用．