12.電子擴束裝置由電子加速器、偏轉電場和偏轉磁場組成.偏轉電場由加了電壓的相距為d的兩塊水平平行放置的導體板形成,勻強磁場的左邊界與偏轉電場的右邊界相距為s,如圖甲所示.大量電子(其重力不計)由靜止開始,經(jīng)加速電場加速后,連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉電場.當兩板不帶電時,這些電子通過兩板之間的時間為2t0,當在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的電壓時,所有電子均從兩板間通過,進入水平寬度為l,豎直寬度足夠大的勻強磁場中,最后通過勻強磁場打在豎直放置的熒光屏上.問:

(1)電子在剛穿出兩板之間時的最大側向位移與最小側向位移之比為多少?
(2)要使側向位移最大的電子能垂直打在熒光屏上,勻強磁場的磁感應強度為多少?
(3)在滿足第(2)問的情況下,打在熒光屏上的電子束的寬度為多少?(已知電子的質量為m、電荷量為e)

分析 (1)根據(jù)粒子在磁場中的半徑的公式可知,粒子的速度越大,半徑越大,所以要使電子的側向位移最大,應讓電子從0、2t0、4t0…等時刻進入偏轉電場,要使電子的側向位移最小,應讓電子從t0、3t0…等時刻進入偏轉電場;
(2)電子垂直打在熒光屏上,根據(jù)粒子的運動的軌跡的幾何關系,可以求得勻強磁場的磁感應強度的大;
(3)于各個時刻從偏轉電場中出來的電子的速度大小相同,方向也相同,因此電子進入磁場后的半徑也相同.根據(jù)電子從偏轉電場中出來時的最大側向位移和最小側向位移可以求得打在熒光屏上的電子束的寬度.

解答 解:(1)由題意可知,要使電子的側向位移最大,應讓電子從0、2t0、4t0…等時刻進入偏轉電場,
在這種情況下,電子的側向位移為
ymax=$\frac{1}{2}a{{t}_{0}}^{2}$+vyt0
ymax=$\frac{1}{2}•\frac{e{U}_{0}}{dm}{{t}_{0}}^{2}+\frac{e{U}_{0}}{dm}{{t}_{0}}^{2}$=$\frac{3e{U}_{0}}{2dm}{{t}_{0}}^{2}$
要使電子的側向位移最小,應讓電子從t0、3t0…等時刻進入偏轉電場,
在這種情況下,電子的側向位移為ymin=$\frac{1}{2}a{{t}_{0}}^{2}$
所以 ymin=$\frac{1}{2}•\frac{e{U}_{0}}{dm}{{t}_{0}}^{2}$
所以最大側向位移和最小側向位移之比為ymax:ymin=3:1
(2)設電子從偏轉電場中射出時的偏向角為θ,由于電子要垂直打在熒光屏上,
所以電子在磁場中運動半徑應為:R=$\frac{l}{sinθ}$
設電子從偏轉電場中出來時的速度為vt,垂直偏轉極板的速度為vy,
則電子從偏轉電場中出來時的偏向角為sinθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{t}}$
式中vy=$\frac{e{U}_{0}}{dm}$t0
又 R=$\frac{m{v}_{t}}{Be}$
由上述四式可得B=$\frac{{U}_{0}{t}_{0}}{dl}$
(3)由于各個時刻從偏轉電場中出來的電子的速度大小相同,方向也相同,
因此電子進入磁場后的半徑也相同.
由第(1)問可知電子從偏轉電場中出來時的最大側向位移和最小側向位移的差值為:
△y=ymax-ymin
所以△y=$\frac{e{U}_{0}}{dm}{{t}_{0}}^{2}$
所以打在熒光屏上的電子束的寬度為△y=$\frac{e{U}_{0}}{dm}{{t}_{0}}^{2}$.
答:(1)電子在剛穿出兩板之間時的最大側向位移與最小側向位移之比為3:1;
(2)要使側向位移最大的電子能垂直打在熒光屏上,勻強磁場的磁感應強度為$\frac{{U}_{0}{t}_{0}}{dl}$;
(3)在滿足第(2)問的情況下,打在熒光屏上的電子束的寬度為$\frac{e{U}_{0}}{dm}{{t}_{0}}^{2}$.

點評 本題是難點為分析帶電粒子的難點是分析帶電粒子的運動情況,可通過畫軌跡作速度圖象分析什么時刻進入偏轉電場的電子側向最大與最。

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(2)表是該小組測得的有關數(shù)據(jù),其中s為滑塊從斜面的不同高度由靜止釋放后沿斜面下滑的距離,V為相應過程中量筒中收集的水量.分析表中數(shù)據(jù),根據(jù)$\frac{s}{{V}^{2}}$在誤差的范圍內是一常數(shù),可以得出滑塊沿斜面下滑是做勻變速直線運動的結論.
次數(shù)1234567
S(m)4.53.93.02.11.50.90.3
V(mL)9090847262524023.5
 $\frac{s}{{V}^{2}}$ 5.6×10-4 5.5×10-4 5.58×10-4 5.5×10-4 5.6×10-4 5.6×10-4 5.4×10-4
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