Question

如圖甲所示，兩平行金屬板間距為2l，極板長度為4l，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓（t=0時上極板帶正電）．以極板間的中心線OO₁為x軸建立坐標系，現(xiàn)在平行板左側(cè)入口正中部有寬度為l的電子束以平行于x軸的初速度v₀從t=0時不停地射入兩板間．已知電子都能從右側(cè)兩板間射出，射出方向都與x軸平行，且有電子射出的區(qū)域?qū)挾葹?l．電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略電子之間的相互作用力．
（1）求交變電壓的周期T和電壓U₀的大��；
（2）在電場區(qū)域外加垂直紙面的有界勻強磁場，可使所有電子經(jīng)過有界勻強磁場均能會聚于（6l，0）點，求所加磁場磁感應強度B的最大值和最小值；
（3）求從O點射入的電子剛出極板時的側(cè)向位移．

Answer 1

（1）電子在電場中水平方向做勻速直線運動，
則：4l=v₀nT，解得：T=

4l

nv0

（n=1，2，3…），
電子在電場中運動最大側(cè)向位移：

l

2

=2n?

1

2

a(

T

2

)2，由牛頓第二定律得：a=

eU0

2lm

，
解得：U0=

nm v 20

4e

（n=1，2，3…）；
（2）粒子運動軌跡如圖所示：

由圖示可知，最大區(qū)域圓半徑滿足：rm2=(2l)2+(rm-l)2，解得：r_m=2.5l，
對于帶電粒子當軌跡半徑等于磁場區(qū)域半徑時，帶電粒子將匯聚于一點，
由牛頓第二定律得：qv0Bmin=

m v 20

rm

，解得：Bmin=

2mv0

5el

，
最小區(qū)域圓半徑為r_n=0.5l，
由牛頓第二定律得：qv0Bmax=

m v 20

rn

，解得：Bmax=

2mv0

el

；
（3）設時間為τ，

T

2

＞τ＞0，若t=kT+τ且(

T

2

＞τ＞0)時電子進入電場，
則：

y1=n[ 1 2 a( T 2 -τ)2?2- 1 2 aτ2?2]=n[ 1 4 aT2-aTτ]= (4k+1)l 2 - nv0t 2

，其中（n=1，2，3…，k=0，1，2，3…），
若t=(k+

1

2

)T+τ且(

T

2

＞τ＞0)進入電場
則：y2=-n[

1

4

aT2-aTτ]=

nv0

2

(t-kT-

1

2

T)-

l

2

=

nv0t

2

-

(4k+3)

2

l，其中（n=1，2，3…，k=0，1，2，3…）；
或：若電子在t=kT+τ且(T＞τ＞

T

2

)進入電場時，出電場的總側(cè)移為：

y2=n[- 1 2 a(T-τ)2?2+ 1 2 a(τ- T 2 )2] =n[- 3 4 aT2+aTτ]=- (4k+3) 2 l+ nv0t 2

，其中（n=1，2，3…，k=0，1，2，3…）；
其他解法：若kT＜t＜kT+

T

2

，則
電子沿+y方向第一次加速的時間為

T

2

-(t-kT)
電子沿-y方向第一次加速的時間為t-kTy={

1

2

a[

T

2

-(t-kT)]2-

1

2

a(t-kT)2}?2n
解得：y=

4k+1

4

naT2-naTt，其中aT2=

2l

n

，aT=

1

2

v0，
∴y=

4k+1

2

l-

1

2

nv0t（n=1，2，3…，k=0，1，2，3…）
若kT+

T

2

＜t＜kT+T，則
電子沿-y方向第一次加速的時間為T-（t-kT）
電子沿+y方向第一次加速的時間為t-kT-

T

2

y={-

1

2

a[T-(t-kT)]2+

1

2

a(t-kT-

T

2

)2}?2n
解得：y=

4k+1

4

naT2-naTt，其中aT2=

2l

n

，aT=

1

2

v0，∴y=

1

2

nv0t-

4k+3

2

l（n=1，2，3…，k=0，1，2，3…）；
答：（1）交變電壓的周期T=

4l

nv0

（n=1，2，3…），電壓U0=

nm v 20

4e

（n=1，2，3…）；
（2）所加磁場磁感應強度B的最大值Bmax=

2mv0

el

；最小值Bmin=

2mv0

5el

；
（3）從O點射入的電子剛出極板時的側(cè)向位移為

(4k+1)l

2

-

nv0t

2

其中（n=1，2，3…，k=0，1，2，3…），或

nv0t

2

-

(4k+3)

2

l，其中（n=1，2，3…，k=0，1，2，3…）．