Question

如圖1所示，M、N為豎直放置的平行金屬板，兩板間所加電壓為U₀，S₁、S₂為板上正對的小孔．金屬板P和Q水平放置在N板右側，關于小孔S₁、S₂所在直線對稱，兩板的長度和兩板間的距離均為l；距金屬板P和Q右邊緣l處有一熒光屏，熒光屏垂直于金屬板P和Q；取屏上與S₁、S₂共線的O點為原點，向上為正方向建立x軸．M板左側電子槍發射出的電子經小孔S₁進入M、N兩板間．電子的質量為m，電荷量為e，初速度可以忽略．不計電子重力和電子之間的相互作用．
（1）求電子到達小孔S₂時的速度大小v；
（2）若板P、Q間只存在垂直于紙面向外的勻強磁場，電子剛好經過P板的右邊緣后，打在熒光屏上．求磁場的磁感應強度大小B和電子打在熒光屏上的位置坐標x；
（3）若金屬板P和Q間只存在電場，P、Q兩板間電壓u隨時間t的變化關系如圖2所示，單位時間內從小孔S₁進入的電子個數為N．電子打在熒光屏上形成一條亮線．忽略電場變化產生的磁場；可以認為每個電子在板P和Q間運動過程中，兩板間的電壓恒定．
a．試分析在一個周期（即2t₀時間）內單位長度亮線上的電子個數是否相同．
b．若在一個周期內單位長度亮線上的電子個數相同，求2t₀時間內打到單位長度亮線上的電子個數n；若不相同，試通過計算說明電子在熒光屏上的分布規律．

Answer 1

（1）根據動能定理eU0=

1

2

mv2解得：v=

2eU0 m

  ①
（2）電子在磁場中做勻速圓周運動，設圓運動半徑為 R，
在磁場中運動軌跡如圖1，由幾何關系R2=l2+(R-

l

2

)2
解得：R=

5

4

l
根據牛頓第二定律：Bev=m

v2

R

解得：B=

4

5l

2mU0 e

設圓弧所對圓心為α，滿足：sinα=

l

R

=

4

5

由此可知：tanα=

4

3

電子離開磁場后做勻速運動，滿足幾何關系：

x- l 2

l

=tanα
通過上式解得坐標x=

11

6

l
（3）a．設電子在偏轉電場PQ中的運動時間為t₁，PQ間的電壓為u
垂直電場方向：l=vt₁②
平行電場方向：x1=

1

2

at12  ③
此過程中電子的加速度大小 a=

eu

ml

  ④
①、②、③、④聯立得：x1=

ul

4U0

電子出偏轉電場時，在x方向的速度v_x=at₁  ⑤
電子在偏轉電場外做勻速直線運動，設經時間t₂到達熒光屏．則
  水平方向：l=vt₂  ⑥
  豎直方向：x₂=v_xt₂  ⑦
①、⑤、⑥、⑦聯立，解得：x2=

ul

2U0

電子打在熒光屏上的位置坐標x=x1+x2=

3l

4U0

u ⑧
對于有電子穿過P、Q間的時間內進行討論：



由圖2可知，在任意△t時間內，P、Q間電壓變化△u相等．
由⑧式可知，打在熒光屏上的電子形成的亮線長度△x=

3l

4U0

△u．
所以，在任意△t時間內，亮線長度△x相等．
由題意可知，在任意△t時間內，射出的電子個數是相同的．
也就是說，在任意△t時間內，射出的電子都分布在相等的亮線長度△x范圍內．
因此，在一個周期內單位長度亮線上的電子個數相同．
b．現討論2t₀時間內，打到單位長度亮線上的電子個數：
當電子在P、Q電場中的側移量x₁=

l

2

時，由x1=

ul

4U0

得：u=2U₀
當偏轉電壓在0～±2U₀之間時，射入P、Q間的電子可打在熒光屏上．
由圖2可知，一個周期內電子能從P、Q電場射出的時間t=

2

3

T=

4t0

3

所以，一個周期內打在熒光屏上的電子數Nt=

4Nt0

3

由⑧式，電子打在熒光屏上的最大側移量xm=

3l

2

亮線長度L=2x_m=3l
所以，從0～2t₀時間內，單位長度亮線上的電子數n=

Nt

L

=

4Nt0

9l

答：
（1）電子到達小孔S₂時的速度大小v為

2eU0 m

；
（2）磁場的磁感應強度大小B是

4

5l

2mU0 e

，電子打在熒光屏上的位置坐標x為

11

6

l；
（3）從0～2t₀時間內，單位長度亮線上的電子數n為

4Nt0

9l

．