关于磁偏转与静电偏转之比较
CRT显示原理
1、CRT显示的基本原理
电场或磁场把阴极发射的电子聚成束，同时控制其运动方 向，依次轰击不同部位的荧光粉使之发光。我们所看到的显 示图像就是把加在电子枪栅极或阴极上的随时间变化的视频 电信号变成荧光屏上按空间分布的亮度随电信号强弱而变化 的相应光信号，从而得到与原被摄景物几何相似明暗对应的 适合人眼视觉特性要求的光学图像。
而不受荧光粉极限电位的影响；二是铝膜的镜面反射，有使荧光屏所发的向管内的光线反射 于观察者—侧的作用。
●改善对比度： 荧光屏发的光向管内方向的部分会从管子内壁等处反射回到荧光屏上，使
对比度大面积恶化；铝层的反射作用，正好可以防止这一点。
●防止荧光焊出现离子斑： 因为铝层能有效的阻挡管内负离子对荧光屏粉层的轰击。
调制极（M）
阴极（K）
C
加速极（A）
◆聚焦系统（主聚焦透镜）
电子枪聚焦系统的作用是使电子会聚成细束，并将交叉截面成像在荧光屏面上， 在屏幕上形成一个清晰明亮的小光点。根据聚焦系统的结构设计不同，可以把电 子枪分为双电位电子枪和单电位电子枪。
①双电位电子枪
调制极（M） 阴极（K）
加速极 （A1）
聚焦极 （A2）
聚焦极 （A3）
0V 120V
0~400V 12~14KV
高压阳极 （A4）
其中K、M、Al仍构成发射系统，同双电位电子枪不同的是 A1与 A2之间构成了预聚焦透镜，A2与A4同电位，都处于显像管最高电位。 A3是聚焦电极。A2、A3、A4三者构成了主聚焦透镜。
■偏转系统与电子扫描
◆偏转系统
①静电偏转系统
二次电子发射比
发射出来的二次电子与入射电子的数量之比。
电子束的电偏转与磁偏转
电子束的电偏转与磁偏转【实验原理】1、电子示波管实验中所采用的电子示波管型号是8SJ45J，就是示波器中的示波管。
通常用在雷达中。
它的工作原理与电视显像管非常相似，这种管子又名阴极射线管（CRT）或者电子束示波管。
在近代科学技术许多领域中都要用到，是一种非常有用的电子器件。
电子示波管的构造如图1所示。
包括下面几个部分：G2A2V2KV1A1G1（1）电子枪，它的作用是发射电子，把它加速到一定的速度并聚成一细束；（2）偏转系统，由两对平板电板构成，一对上下放置的叫Y轴偏转板或垂直偏转板，另一对左右放置的是X轴偏转板或水平偏转板；（3）荧光屏，用以显示电子束打在示波管端面的位置。
所有这几部分都密封在一只玻璃外壳中，玻璃管壳内抽成高度真空，以避免电子与空气分子发生碰撞引起电子束的散射。
电子源是阴极，图1中用字母K表示。
它是一只金属圆柱筒，里面装有一根加热用的钨丝，两者之间用陶瓷套管绝缘。
当灯丝通电时（6.3伏交流电）把阴极加热到很高温度，在圆柱筒端部涂有钡和锶的氧化物，这种材料中的电子由于加热得到足够的能量会逸出表面，并能在阴极周围空间自由运动，这种过程叫热电子发射。
与阴极共轴布置着四个圆筒状电极，其中有几个中间带有小孔的隔板。
电极G1称为控制栅，正常工作时加有相当于阴极K大约0~30伏的负电压，它产生一个电场是要把阴极发射出来的电子推回到阴极去。
改变控制栅极的电位可以限制穿过G上小孔出去的电子数目，从而控制电子束的强度。
8SJ45J示波管的电极G2与A2联一起，现称之为加速电极A2，两者相当于K加有同一电压V2，一般约有几百伏到几千伏的正电压。
它产生一个很强的电场使电子沿电子枪轴线方向加速。
8SJ45J示波管的电极A1为聚焦电极，在正常使用情况下具有电位V1（相当于K），大小介于K和A2的电位之间。
在G2和A1之间以及A1和A2之间形成的电场把电子束聚焦成很细的电子流，使它打在荧光屏上形成很小的一个光点。
第一章 专题强化4 带电粒子在组合场中的运动
带电粒子在组合场中的运动[学习目标] 1.进一步掌握带电粒子在电场、磁场中运动的特点及分析方法.2.掌握带电粒子在组合场中运动问题的分析方法.3.会根据电场知识和磁场知识分析带电粒子在组合场中的运动规律．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或者电场、磁场分时间段在同一区域或不同区域交替出现．1．解决带电粒子在组合场中的运动所需知识2．“电偏转”与“磁偏转”的比较电偏转磁偏转偏转条件只受恒定的静电力F＝qEv⊥E进入匀强电场只受大小恒定的洛伦兹力F＝q v Bv⊥B进入匀强磁场运动轨迹抛物线圆弧求解方法利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝12at2，a＝qEm，tan θ＝atv0利用牛顿第二定律、向心力公式有r＝m vqB，T＝2πmqB，t＝θT2π一、由电场进入磁场例1 (多选)一带负电粒子的质量为m 、电荷量为q ，空间中一平行板电容器两极板S 1、S 2间的电压为U .将此粒子在靠近极板S 1的A 处无初速度释放，经电场加速后，经O 点进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场(右边界平行于S 2)，图中虚线Ox 垂直于极板S 2，当粒子从P 点离开磁场时，其速度方向与Ox 方向的夹角θ＝60°，如图所示，整个装置处于真空中，不计粒子所受重力，则( )A ．极板S 1带正电B ．粒子到达O 点的速度大小为2qUmC ．此粒子在磁场中运动的时间t ＝πm3qBD ．若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O 点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，则该有界磁场区域的宽度d ＝Um qB 2答案 BC解析 带负电粒子向右加速运动，所受静电力向右，场强向左，说明极板S 1带负电，故A 错误；设粒子到达O 点的速度大小为v ，由动能定理可得Uq ＝12m v 2，解得v ＝2qUm，故B 正确；由几何关系可知粒子运动的圆心角为θ＝60°＝π3，此粒子在磁场中运动的时间t ＝16T ＝16×2πm Bq ＝πm3qB，故C 正确；若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O 点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，画出临界轨迹如图所示，洛伦兹力提供向心力，有Bq v ＝m v 2R把B 选项中求得的速度大小代入可得R ＝2UmqB 2， 则该有界磁场区域的宽度d ＝R ＝2UmqB 2，故D 错误． 例2 如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y 轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L 的圆形匀强磁场，磁场圆心在M (L ，0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外．一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q (－2L ，－L )点以速度v 0沿x 轴正方向射入电场，恰好从坐标原点O 进入磁场，从P (2L ，0)点射出磁场，不计粒子重力，求：(1)电场强度与磁感应强度大小的比值； (2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值． 答案 (1)v 02 (2)π4解析 (1)粒子的运动轨迹如图所示，设粒子的质量和所带电荷量分别为m 和q ，粒子在匀强电场中运动，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得，2L ＝v 0t 1，L ＝12at 12，qE ＝ma联立解得E ＝m v 022qL粒子到达O 点时沿＋y 方向的分速度为v y ＝at 1＝v 0，tan α＝v yv 0＝1，故α＝45°.粒子在磁场中的速度为v ＝2v 0.粒子所受洛伦兹力提供向心力， 则Bq v ＝m v 2r ，由几何关系得r ＝2L联立解得B ＝m v 0qL ，则E B ＝v 02；(2)粒子在磁场中运动的周期为T ＝2πr v ，粒子在磁场中运动的时间为t 2＝14T ＝πL2v 0，粒子在电场中运动的时间为t 1＝2Lv 0，解得t 2t 1＝π4.从电场射出的末速度是进入磁场的初速度，要特别注意求解进入磁场时速度的大小和方向，这是正确求解的关键． 二、从磁场进入电场例3 如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第一象限内有竖直向上的匀强电场，圆心O 1在x 轴上，半径为R 且过坐标原点O ，圆内有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)．一质量为m ，带电荷量为q 的正粒子从圆上P 点正对圆心O 1以速度v 0射入磁场，从坐标原点O 离开磁场，接着又恰好经过第一象限的Q (a ，b )点，已知PO 1与x 轴负方向成θ角，不计粒子重力，求：(1)匀强电场的电场强度E 及匀强磁场的磁感应强度B 的大小； (2)粒子从P 运动到Q 的时间．答案 (1)2mb v 02a 2q m v 0Rq tan θ2 (2)θR v 0tanθ2＋av 0解析 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ， 由几何关系得r tan θ2＝R又q v 0B ＝m v 02r故B ＝m v 0Rq tan θ2粒子从O 到Q 做类平抛运动，设运动时间为t 2， a ＝v 0t 2则t 2＝a v 0，b ＝12·qE m ·t 22故E ＝2mb v 02a 2q(2)粒子在磁场中运动的时间t 1＝θ2π·2πr v 0＝θr v 0＝θRv 0tanθ2则粒子从P 运动到Q 的时间为t ＝t 1＋t 2＝θR v 0tanθ2＋av 0.三、多次进出电场和磁场例4 如图所示的xOy 坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示．现有一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子在该平面内从x 轴上的P 点，以垂直于x 轴的初速度v 0进入匀强电场，恰好经过y 轴上的Q 点且与y 轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x 轴进入第四象限的磁场．已知O 、P 之间的距离为d ，不计粒子的重力．求：(1)O 点到Q 点的距离； (2)磁感应强度B 的大小；(3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x 轴所用的时间． 答案 (1)2d (2)m v 02qd (3)(7π＋4)d 2v 0解析 (1)设Q 点的纵坐标为h ，粒子到达Q 点的水平分速度为v x ，从P 到Q 受到的恒定的静电力与初速度方向垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知，h ＝v 0t 1水平方向匀加速直线运动的平均速度v ＝0＋v x2，则d ＝v x t 12根据速度的矢量合成知tan 45°＝v xv 0解得h ＝2d .(2)粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径R ＝22d由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2R ，由(1)可知v ＝v 0cos 45°＝2v 0联立解得B ＝m v 02qd.(3)粒子在电场中的运动时间为t 1＝2dv 0粒子在磁场中的运动周期为T ＝2πR v ＝4πdv 0粒子在第一象限中的运动时间为t 2＝135°360°·T ＝38T粒子在第四象限内的运动时间为t 3＝T2故带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x 轴所用的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(7π＋4)d2v 0.1．(2020·全国卷Ⅱ)CT 扫描是计算机X 射线断层扫描技术的简称，CT 扫描机可用于对多种病情的探测．图(a)是某种CT 机主要部分的剖面图，其中X 射线产生部分的示意图如图(b)所示．图(b)中M 、N 之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X 射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P 点，则( )A ．M 处的电势高于N 处的电势B ．增大M 、N 之间的加速电压可使P 点左移C ．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D ．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P 点左移 答案 D解析 电子在M 、N 间受向右的静电力，电场方向向左，故M 处的电势低于N 处的电势，故A 错误；加速电压增大，可使电子获得更大的速度，根据r ＝m vqB 可知，电子在磁场中做圆周运动的半径变大，P 点右移，故B 错误；电子受到的洛伦兹力方向向下，根据左手定则，可判断磁场的方向垂直于纸面向里，故C 错误；根据r ＝m vqB，B 增大，可使电子在磁场中做圆周运动的半径变小，P 点左移，故D 正确．2.(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋，经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P ＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，则离子P ＋和P 3＋( )A ．在电场中的加速度之比为1∶1B ．在磁场中运动的轨迹半径之比为3∶1C ．在磁场中转过的角度之比为1∶2D ．离开电场区域时的动能之比为1∶3 答案 BCD解析 离子P ＋和P 3＋质量之比为1∶1，电荷量之比为1∶3，故在电场中的加速度(a ＝qEm )之比为1∶3，A 项错误；离子在离开电场区域时，有qU ＝12m v 2，在磁场中做匀速圆周运动时，有q v B ＝m v 2r ，得半径r ＝m v qB ＝1B2mU q ，则半径之比为1∶13＝3∶1，B 项正确；设磁场宽度为d ，由几何关系，有d ＝r sin θ，可知离子在磁场中转过的角度正弦值之比等于半径倒数之比，即1∶3，因为θ＝30°，则θ′＝60°，故转过的角度之比为1∶2，C 项正确；由qU ＝12m v 2可知，离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即1∶3，D 项正确．3.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具．图中的铅盒A 中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S 1进入电压为U 的加速电场区域加速后，再通过狭缝S 2从小孔G 垂直于MN 射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN 为切线、磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向外、半径为R 的圆形匀强磁场．现在MN 上的点F (图中未画出)接收到该粒子，且GF ＝3R ，则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)( )A.8U R 2B 2B.4U R 2B 2C.6U R 2B 2D.2U R 2B 2 答案 C解析 设粒子在加速电场被加速后获得的速度大小为v ，由动能定理有qU ＝12m v 2，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何知识知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r ＝3R3.又Bq v ＝m v 2r ，则q m ＝6UR 2B2，故C 正确．4.如图所示的区域中，OM 左边为垂直纸面向里的匀强磁场，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OM ，且垂直于磁场方向．一个质量为m 、电荷量为－q (q >0)的带电粒子从小孔P 以初速度v 0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ＝60°，粒子恰好从小孔C 垂直于OM 射入匀强电场，最后打在Q 点，已知OC ＝L ，OQ ＝2L ，不计粒子的重力，求：(1)磁感应强度B 的大小； (2)电场强度E 的大小． 答案 (1)3m v 02qL (2)m v 022qL解析 (1)画出粒子运动的轨迹如图所示(O 1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心)，∠PO 1C ＝120°设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ， 由r ＋r cos 60°＝OC ＝L 得r ＝2L3粒子在磁场中做圆周运动，受到的洛伦兹力充当向心力，q v 0B ＝m v 02r ，解得：B ＝m v 0qr ＝3m v 02qL ；(2)粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得加速度大小为a ＝qEm ，水平方向有2L ＝v 0t ，竖直方向有L ＝12at 2联立解得E ＝m v 022qL.5.如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅰ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON 为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子，从y 轴正半轴上y ＝h 处的M 点，以速度v 0垂直于y 轴射入电场，经x 轴上x ＝2h 处的P 点进入磁场，最后以垂直于y 轴的方向射出磁场．不计粒子重力．求：(1)电场强度E 的大小；(2)粒子在磁场中运动的轨迹半径r ；(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t . 答案 见解析解析 (1)粒子的运动轨迹如图所示设粒子在电场中运动的时间为t 1， 则有2h ＝v 0t 1，h ＝12at 12根据牛顿第二定律得Eq ＝ma 解得E ＝m v 022qh(2)设粒子进入磁场时速度为v ，在电场中， 由动能定理得Eqh ＝12m v 2－12m v 02，又因Bq v ＝m v 2r ，解得r ＝2m v 0Bq. (3)粒子在电场中运动的时间t 1＝2hv 0粒子在磁场中运动的周期T ＝2πr v ＝2πmBq设粒子在磁场中运动的时间为t 2，则 t 2＝38T得t ＝t 1＋t 2＝2h v 0＋3πm4Bq.6．(2022·河北泊头一中高二月考)如图所示，以两虚线P 、Q 为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的电场，电场强度为E ，方向水平向右，两侧为相同的磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为m 、带电荷量为－q 、重力不计的带电粒子以水平向右的初速度v 0从电场边界P 、Q 之间的O 点出发．(1)若粒子能到达边界Q ，求O 点到边界Q 的最大距离l 1；(2)若使粒子到达边界Q 并进入磁场的偏转半径为R ，求O 点到边界Q 的距离l 2；(3)在题(2)的前提下，能使粒子从O 点出发到再次回到O 点的过程中，在磁场运动的时间最短，求电场宽度d 和全过程的运动时间t .答案 见解析解析 (1)由动能定理得－Eql 1＝0－12m v 02， 则l 1＝m v 022Eq. (2)由动能定理得－Eql 2＝12m v 12－12m v 02， 由洛伦兹力提供向心力，q v 1B ＝m v 12R解得l 2＝m 2v 02－q 2B 2R 22Eqm. (3)要使粒子在磁场中运动时间最短，则轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力q v 1B ＝m v 12Rq v 2B ＝m v 222R由动能定理得Eqd ＝12m v 22－12m v 12 解得d ＝3q 2B 2R 22Eqm粒子在电场中运动的加速度a ＝Eq m在磁场中运动的周期T ＝2πm qB全过程的运动时间t ＝32×2πm qB ＋2(v 0－v 1)a ＋2(v 2－v 1)a ＝3πm qB ＋2m v 0Eq .。
高中物理电磁偏转问题分析
高中物理电磁偏转问题分析电磁偏转是指利用电场和磁场对带电粒子进行偏转的技术。
这种方法在现代物理、电子学和核物理等领域都有广泛应用，如电视机显像管、质谱仪、电子加速器等。
在高中物理中，学生通常会学习到电场和磁场的基本概念，并掌握一些常见的电磁偏转现象和设备原理。
下面就以静电偏转和磁场偏转为例，简要分析高中物理中的电磁偏转问题。
一、静电偏转静电偏转是指利用电场对带电粒子进行偏转的方法。
静电偏转最常见的应用是在电视机显像管中，通过调节荧光屏后面的电极电压可以将电子束偏转到指定位置，从而实现图像显示。
在学习静电偏转问题时，需要掌握以下几个关键点：1. 电场的本质电场是指空间中由电荷所产生的力场。
在电磁偏转中，电场起到的作用是对带电粒子施加一个力，从而导致其运动方向发生变化。
因此，理解电场的本质是理解静电偏转的关键。
2. 电势差和电势能电势差是指单位正电荷从一个点移动到另一个点所做的功。
电势能则是指一个电荷在电场中具有的能量，通常用位置与电势差之积表示。
在静电偏转中，调节电极电压就相当于改变电场的电势差，从而控制电子束的运动方向。
3. 磁场的补偿由于电子束本身带有电荷，会产生一定的磁场效应。
为了避免磁场对电子束的偏转产生影响，需要对电子束进行磁场补偿或调节。
二、磁场偏转磁场偏转是指利用磁场对带电粒子进行偏转的方法。
磁场偏转常用于质谱仪、电子加速器等设备中，可以用来筛选出特定的离子或改变其能量。
在学习磁场偏转问题时，需要掌握以下几个关键点：2. 磁感应强度和磁力线磁感应强度是指磁场对单位电流所施加的力。
磁力线则是描述磁场分布的一种方法。
在磁场偏转中，可以利用磁感应强度和磁力线来控制离子的运动轨迹和能量。
由于磁场的形状和强度对离子的运动轨迹和能量产生影响，因此在设计磁场偏转设备时需要仔细考虑这些因素。
一般来说，磁场的形状和强度可以通过改变电流或改变线圈形状来实现。
总之，电磁偏转是一种非常重要的物理现象，掌握其基本原理有助于理解现代电子技术和核物理的工作原理。
【优化方案】2012高二物理 第3章磁场优化总结课件 教科版
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带电粒子的电偏转和磁偏转 “电偏转”和“磁偏转”分别是利用电场和磁场对运 动电荷施加作用力，从而控制其运动方向，由于磁场 和电场对电荷的作用具有不同的特征，使得两种偏转 存在着差别． 1．受力特征 (1)“磁偏转”：质量为m，电荷量为q的粒子以速度v 垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中，所受的磁场 力(即洛伦兹力)FB＝qvB与粒子的速度v有关，FB所产 生的加速度使粒子的速度方向发生变化，而速度方向 的变化反过来又导致FB的方向变化，FB是变力．
洛伦兹力作用下的多解问题
1．带电粒子电性不确定形成多解：受洛伦兹力 作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负 电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场 中运动轨迹不同，导致有双解． 2．磁场方向不确定形成多解：有些题目只告诉 了磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度 方向．此时必须要考虑磁感应强度方向不确定 而形成的双解．
(2)“电偏转”： 恒定的 FE 使粒子做匀变速曲线运 动，即“类平抛运动”，其运动规律分别沿垂直 于和平行于电场的两个相互垂直的方向给出为： qE 1qE 2 vx＝v0，x＝v0t；vy＝ · t，y＝ t. 2m m 3．动能变化的差别 在“磁偏转”中，由于 FB 始终与粒子的运动速度 垂直， 所以其动能的数值保持不变， 在“电偏转” 中，由于电场力 FE 做功，其动能发生变化．
例2
图3－3
(1)磁感应强度B0的大小； (2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场， 正离子射入磁场时的速度v0的可能值． 【思路点拨】 先分析正离子在交变磁场中的 运动性质，明确物理过程，然后判断出要使正 离子垂直于N板射出磁场，必须让正离子从O孔 垂直于M板射入磁场，且在磁场中运动的时间 正好是磁场变化周期的整数倍．
电子束的电偏转和磁偏转[1]
![电子束的电偏转和磁偏转[1]](https://img.taocdn.com/s3/m/890200d06037ee06eff9aef8941ea76e58fa4a72.png)
电子束的电偏转和磁偏转Electrostatic Deflection of Electron Beam示波器中用来显示电信号波形的示波管和电视机、摄像机里显示图像的显像管、摄像管都属于电子束线管，虽然它们的型号和结构不完全相同，但都有产生电子束的系统和电子加速系统，为了使电子束在荧光屏上清晰的成像，还要设聚焦、偏转和强度控制系统。
对电子束的聚焦和偏转，可以利用电极形成的静电场实现，也可以用电流形成的恒磁场实现。
前者称为电聚焦或电偏转。
随着科技的发展，利用静电场或恒磁场使电子束偏转、聚焦的原理和方法还被广泛地用于扫描电子显微镜、回旋加速器、质谱仪等许多仪器设备的研制之中。
本实验在了解电子束线管的结构基础上，先讨论电子束的偏转特性及其测量方法。
【一】目的1．了解示波管的基本结构和原理。
2．研究带电粒子在电场和磁场中偏转的规律。
【二】仪器电子束实验仪、稳压电源、MF-47万用表、数字万用表【三】原理(一)示波管的基本结构如图3-18-1所示，示波管由电子枪、偏转板和荧光屏三部分组成。
其中电子枪是示波管图1 示波管的基本结构H 、H —钨丝加热电极；A F —聚焦电极；C —阴极；1A —第一加速阳极； 2A —第二加速阳极；G —控制栅极； 1X 、2X —水平偏转板； 1Y 、2Y —垂直偏转板电子枪由阴极C 、栅极G 、第一加速阳极1A 、聚焦电极A F 和第二加速电极2A 等同轴金属圆筒（筒内膜片的中心有限制小孔）组成。
当加热电流从H 、H 通过钨丝，阴极C 被加热后，筒端的钡与锶氧化物涂层内的自由电子获得较高的动能，从表面逸出。
因为第一加速阳极1A 具有(相对于阴极C )很高的电压(例如1500伏)，在1A G C --之间形成强电场，故从阴极逸出的电子在电场中被电力加速，穿过 G 的小孔(直径约 l mm)，以高速度(数量级710米／秒)穿过1A 、2A F A 及筒内的限制孔，形成一束电子射线。
电偏转和磁偏转的规律、区别与应用
电偏转和磁偏转的规律、区别与应用作者：姜玉斌来源：《物理教学探讨》2008年第08期电偏转和磁偏转是电磁学中两种常见的偏转，它们相互联系又有区别，是高考的热点、复习的难点，下面从两种偏转的规律、区别以及在解题中的应用加以分析。
1 两种偏转的规律1.1 电偏转如图1所示，有一质量为m、电荷量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0从两板中间进入匀强电场E，在电场力的作用下粒子运动发生了偏转，偏转角为θ，发生的侧移距离为y，已知极板长为L，两极板间距为d。
粒子在电场中做类平抛运动运动，与处理平抛问题方法相似，可以将粒子的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，列方程有水平方向：竖直方向：运动时间：t=Lv0 （粒子能从场中射出）（粒子打在极板上）侧移距离：偏转角正切：重要结论作粒子离开电场时速度的反向延长线，设交AB于O点，O点与A点间的距离为x，则x=ytanθ=L2,由此式可知，粒子从偏转电场中射出时，就好象是从极板的中间O点沿直线射出似的。
1.2 磁偏转如图2所示，有一质量为m、电荷量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0进入匀强磁场B，在磁场力的作用下粒子运动发生了偏转，偏转角为θ。
粒子在磁场中做圆弧运动，由洛仑兹力提供向心力，设粒子的轨道半径为r，有轨道半径：偏转角：偏转角等于圆心角，即运动时间：2 两种偏转的区别电偏转与磁偏转分别是利用电场与磁场对运动电荷施加作用，从而控制其运动方向，由于电场和磁场对运动电荷的作用不同，所以两种偏转也不同。
类型问题电偏转磁偏转受力方面受到的电场力是恒力受到的洛仑兹力是变力运动方面类平抛运动匀速圆周运动（或圆弧运动）偏转方面偏转的角度受到θ能量方面电场力对粒子做正功，粒子的动能不断增加洛仑兹力对粒子不做功，粒子的动能不变3 两种偏转在解题上的应用3.1 已知场的情况，求粒子的运动情况题1 如图3所示的真空管中，电子从灯丝K发出（初速度不计），经电压为U1的加速电场加速后沿中心线进入两平行金属板M、N间的匀强电场中，通过偏转电场后打到荧光屏上的P点处，设M、N板间电压为U2，两板间距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，已知电子的电荷量为e，质量为m。
高三物理磁场专题复习二带电粒子在复合场中的运动知识点分析.
高考综合复习——磁场专题复习二带电粒子在复合场中的运动知识要点梳理知识点一——带电粒子在复合场中的运动▲知识梳理一、复合场复合场是指电场、磁场和重力场并存或其中某两种场并存，或分区域存在。
粒子在复合场中运动时，要考虑静电力、洛伦兹力和重力的作用。
二、带电粒子在复合场中运动问题的分析思路1．正确的受力分析除重力、弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析。
2．正确分析物体的运动状态找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程。
如果出现临界状态，要分析临界条件。
带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子的受力情况。
（1）当粒子在复合场内所受合力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器）。
（2）当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动。
（3）当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向F在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几种不同的运动阶段所组成。
3．灵活选用力学规律是解决问题的关键（1）当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解。
（2）当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解。
（3）当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒列方程求解。
注意：由于带电粒子在复合场中受力情况复杂，运动情况多变，往往出现临界问题，这时应以题目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解。
4．三种场力的特点（1）重力的大小为，方向竖直向下．重力做功与路径无关，其数值除与带电粒子的质量有关外，还与始末位置的高度差有关。
（2）电场力的大小为，方向与电场强度E及带电粒子所带电荷的性质有关，电场力做功与路径无关，其数值除与带电粒子的电荷量有关外，还与始末位置的电势差有关。
电偏转和磁偏转的原理及应用
和洛伦兹力平衡：
， 速度大小只有满足
的粒子才能沿直线匀速通
过。 用 途 ：质 谱 仪 的 重 要 组 成 ，剔 除 速 度 不 同 的 粒 子 ，提 高 检 测 精 度 ；根 据 带 电 粒 子
在 电 磁 场 中 能 够 偏 转 的 原 理 ，按 物 质 原 子 、分 子 或 分 子 碎 片 的 质 量 差 异 进 行 分 离 和 检 测物质组成的一类仪器。
Ⅳ质谱仪 概念：质谱仪又称质谱计，分离和检测不同同位素的 仪器。即根据带电粒子在电磁场中能够偏转的原理，按物 质原子、分子或分子碎片的质量差异进行分离和检测物质 组成的一类仪器。 原理：质谱仪能用高能电子流等轰击样品分子，使该 分子失去电子变为带正电荷的分子离子和碎片离子，这些 不同离子具有不同的质量，质量不同的离子在磁场的作用 下到达检测器的位置不同，其结果为质谱图。 结构：一般由进样系统、离子源、质量分析器、检测 器和记录系统等组成，还包括真空系统和自动控制数据处理等辅助设备。 作用对象：质谱仪的作用，就是把同一种元素的各种同位素都区分开来，同位素按质 量大小排列，形成一个"谱"。 应用：由于质谱分析具有灵敏度高，样品用量少，分析速度快，分离和鉴定同时进行 等优点，因此质谱技术广泛的应用于化学，化工，环境，能源，医药，运动医学，刑侦科学， 生命科学，材料科学等各个领域。
用途：它 是 基 于 法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 工 作 的 ， 用 来 测 量 电导率大于 5μs/cm 的导电液体的流量，是一种测量导电介 质流量的仪表。除了可以测量一般导电液体的流量外，还可 以用于测量强酸、强碱等强腐蚀性液体和均匀含有液固两相 悬浮的液体，如泥浆、矿浆、纸浆等。
特点：电磁流量计密封性能好，还可用于自来水和地下 水道系统。而且测量过程不与流体接触，适于制药、生物化 学和食品工业。这种流量计还可检测血液流量。它的量程比约为 100:1，精度一般为 1%，由 于 这 种 传 感 器 必 须 保 持 管 道 内 电 阻 和 测 量 电 路 阻 抗 之 间 有 一 定 比 例 关 系 ，因 此 在制造上有一定困难。
4.9磁偏转和电偏转
1 1 二、“电偏转”与“磁偏转”的区别
例2 如图2所示，在虚线所示的宽度范围内，用场强为E 的匀强电场可使以初速度v 0垂直于电场入射的某种正离子(不计重力)偏转θ角．在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场，使该离子穿过磁场区域的偏转角度也为θ，则匀强磁场的磁感应强度大小为多少？
图2
答案
E cos θ
v 0
解析 设电场区域的宽度为d ，带电离子在电场中做类平抛运动． 离子在电场中的加速度为a ＝qE
m
垂直电场方向d ＝v 0t
沿电场方向的分速度为v y ＝at ＝qEd
m v 0
因为偏转角为θ，故有tan θ＝v y v 0＝qEd
m v 20
解得：d ＝m v 20tan θ
qE
离子在磁场中做匀速圆周运动，
q v 0B ＝m v 20
R
轨迹半径R ＝m v 0
qB
由图可得：sin θ＝d R ＝dqB
m v 0
2
2
由以上各式简化得：B ＝E cos θ
v 0
.。
(统考版)2023版高考物理一轮复习 第九章 磁场 专题七 带电粒子在复合场中的运动学生用书
专题七带电粒子在复合场中的运动考点一带电粒子在组合场中的运动1．组合场电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠；或在同一区域分时间段交替出现．2．“电偏转”或“磁偏转”的比较垂直进入磁场(磁偏转)垂直进入电场(电偏转) F＝qv B，F大小不变，方向总指向圆例1.一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x 轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出．不计重力．(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；，求该粒子的比荷及其(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为π6从M点运动到N点的时间．[教你解决问题](1)读题→画轨迹(2)模型建构→求速度[思维方法]解决带电粒子在组合场中运动问题的一般思维模板跟进训练1.[2021·广东卷，14]如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图．空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外．电子以初动能E k0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速．已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为√3R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4.(1)当E k0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示．求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射．当E k0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值．考点二带电粒子在叠加场中的运动1．磁场力、重力并存(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．2．电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)(1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．(2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．3．电场力、磁场力、重力并存(1)若三力平衡，一定做匀速直线运动．(2)若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．(3)若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题．例2.如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x 轴负方向成37°角，在y轴与MN之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；(2)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向；(3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小．[教你解决问题]——读题抓已知条件→模型建构跟进训练2．[2022·广西南宁统考]如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里．一带电小球恰能以速度v0沿与水平方向成30°角斜向右下方做匀速直线运动，最后进入一轴线沿小球运动方向且固定摆放的一光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径)，下列说法正确的是( )A．小球带负电＝√3v0B．电场和磁场的大小关系为EBC．若小球刚进入管道时撤去磁场，小球仍做匀速直线运动D．若小球刚进入管道时撤去电场，小球的机械能不断增大3．如图所示，在竖直平面内的坐标系xOy中，第三象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场和沿x轴负方向的匀强电场，第一象限y≥0.35 m的区域有竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，两区域磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T，电场的场强大小均为E＝2 N/C.一带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点获得一初速度v0，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限，经过一段时间后再次穿过x轴离开第一象限，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)油滴在P点得到的初速度v0的大小；(2)油滴在第一象限运动的时间；(3)油滴再次穿过x轴时的横坐标x1.考点三复合场与现代科技素养提升原理图例3. [2021·河北卷，5]如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间．相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连．质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止．重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力．下列说法正确的是( )A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝mgR sinθB1B2LdB．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝mgR sinθB1B2LdC．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝mgR tanθB1B2LdD．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝mgR tanθB1B2Ld跟进训练4.(多选)如图甲是回旋加速器D形盒外观图，如图乙是回旋加速器工作原理图，微观粒子从S处由静止开始被加速，达到其可能的最大速度v m后将到达导向板处，由导出装置送往需要使用高速粒子的地方．下列说法正确的是( )A．D形盒半径是决定v m的一个重要因素B．粒子从回旋加速器的磁场中获得能量C．高频电源的电压是决定v m的重要因素D．高频电源的周期等于粒子在磁场中的运动周期5.[2022·郑州模拟](多选)某种质谱仪的工作原理示意图如图所示．此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N，P、Q间的加速电场，静电分析器，磁感应强度为B的有界匀强磁场、方向垂直纸面向外，胶片M.若静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E；由粒子源发出一质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最终打到胶片上的某点．下列说法正确的是( )ERA．P、Q间加速电压为12B．离子在磁场中运动的半径为√mERqC．若一质量为4m、电荷量为q的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S射出D．若一群离子经过上述过程打在胶片上同一点，则这些离子具有相同的比荷情境2 CT扫描机例4. CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测．图甲是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图乙所示．图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)，将电子束打到靶上的点记为P点．则( )A．M处的电势高于N处的电势B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移[思维方法]解决实际问题的一般过程专题七带电粒子在复合场中的运动关键能力·分层突破例 1 解析：(1)粒子运动的轨迹如图甲所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图乙)，速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有qE＝ma①式中q和m分别为粒子的电荷量和质量．由运动学公式有v1＝at②l′＝v0t③v1＝v cos θ④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB ＝m v 2R ⑤ 由几何关系得l ＝2R cos θ ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得v 0＝2El ′Bl⑦(3)由运动学公式和题中所给数据得v 1＝v 0tanπ6⑧联立①②③⑦⑧式得q m＝4√3El ′B 2l 2⑨设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为t ′，则t ′＝2t ＋2(π2−π6)2πT ⑩式中T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πm qB⑪由③⑦⑨⑩⑪式得t ′＝BlE (1＋√3πl 18l ′) ⑫答案：(1)图见解析 (2)2El ′Bl(3)4√3El ′B 2l 2Bl E(1＋√3πl 18l ′)1．解析：(1)设电子经圆b 的加速电场加速两次后以速度v 1进入Ⅰ区磁场，Ⅰ区的磁感应强度大小为B 1，则由动能定理得2eU ＝12mv 12－0，由几何知识得，电子在Ⅰ区做匀速圆周运动的半径r 1＝R tan θ2＝R tan 22.5°＝0.4R ，由洛伦兹力提供向心力可得ev 1B 1＝m v 12 r1， 联立解得B 1＝5√meUeR ， 运动时间t 1＝360°−135°360°T ，又T ＝2πmeB 1，联立解得t 1＝πR √meU 4eU，电子由P →Q ，由动能定理得8eU ＝E k ，所以动能E k ＝8eU .(2)k 最大时，电子进入Ⅰ区时速度v 最大，做匀速圆周运动的半径r 最大，所以当电子轨迹与Ⅰ区磁场的圆弧相切时，半径r 最大，由几何关系知(√3R －r )2＝R 2＋r 2，解得r ＝√33R ，根据洛伦兹力提供向心力有evB 1＝m v 2r ， 解得v ＝5√3meU3m，电子从P 点进入圆b 到刚进入Ⅰ区，由动能定理得 2eU ＝12mv 2－E k0，又E k0＝keU ，解得k ＝136. 答案：(1)5√meU eR πR √meU4eU8eU (2)136例2 解析：(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满足如图所示关系且小球只能做匀速直线运动．由图知tan 37°＝qE 1mg，得E 1＝3mg 4q，cos 37°＝mgqv 0B 1，得B 1＝5mg4qv 0.(2)区域Ⅰ中小球做直线运动，电场强度最小，受力如图所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动．由图知cos 37°＝qE 2mg ，得E 2＝4mg 5q.方向与x 轴正方向成53°角向上．(3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以mg ＝qE 3，得E 3＝mgq ，因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图所示．由几何关系得r ＝5d8，由洛伦兹力提供向心力知q ·2v 0B 2＝m (2v 0)2r，联立得B 2＝16mv 05qd.答案：(1)3mg 4q5mg 4qv 0(2)4mg 5q ，方向与x 轴正方向成53°角向上 (3)mgq16mv 05qd2．解析：带电小球受到竖直向下的重力，垂直速度方向的洛伦兹力，沿水平方向的电场力，根据质点做匀速直线运动的条件可知，小球带正电，选项A 错误；由sin 30°＝qE qv 0B可得，电场和磁场的大小关系为EB＝v02，选项B 错误；若小球刚进入管道时撤去磁场，重力沿速度方向的分力与电场力沿速度方向的分力大小相等，方向相反，所以小球仍做匀速直线运动，选项C 正确；若小球刚进入管道时撤去电场，只有重力做功，小球的机械能守恒，选项D 错误．答案：C3．解析：(1)如图所示，根据平衡条件可得mg ＝qE ，qv 0B ＝√2qE解得v 0＝√2EB＝4√2 m/s.(2)进入第一象限后，在0≤y ≤0.35 m 区域内，油滴做斜抛运动，根据运动的合成与分解，油滴在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，刚到O 点时，有v 0x ＝v 0cos 45°，v 0y ＝v 0sin 45°竖直方向上，油滴做竖直上抛运动，有v −y 2v 0y 2＝－2g ℎvy ＝v0y －gt1进入y>ℎ区域后，电场力和重力大小相等，方向相反，油滴在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则进入到y>ℎ区域时，有v1＝√v 0x 2+v y2 根据速度的合成与分解可得tan α＝vy v 0x运动时间t 2＝2α360°T其中周期T ＝2πm qB总时间t ＝2t 1＋t 2联立解得t ＝15 s ＋37π225 s ＝0.72 s.(3)进入第一象限后，在0≤y ≤h 区域内，油滴在水平方向上做匀速直线运动，有L 1＝v 0x t 1进入y >h 区域后，电场力和重力大小相等，方向相反，油滴在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qv 1B ＝mv 12 R由几何关系得L 2＝R sin α由对称性得x 1＝2L 1＋2L 2， 解得x 1＝3.2 m.答案：(1)4√2 m/s (2)0.72 s (3)3.2 m例3 解析：由左手定则可知Q 板带正电，P 板带负电，所以金属棒ab 中的电流方向为从a 到b ，对金属棒受力分析可知，金属棒受到的安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，由受力平衡可知B 2IL ＝mg sin θ，而I ＝UR ，而对等离子体受力分析有q U d＝qvB 1，解得v ＝mgR sin θB 1B 2Ld.故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B4．解析：回旋加速器中的加速粒子最后从磁场中做匀速圆周运动离开，根据半径公式R ＝mv m qB，可得v m ＝qBR m，则粒子的最大速度与加速的电压无关，而与D 形盒的半径、磁感应强度以及粒子的电荷量和质量有关，D 形盒半径越大，v m 越大；磁场越强，v m 越大，A 正确，C 错误．回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子的，B 错误；粒子在磁场中转动两个半圆的过程，电场的方向变换两次，则T 电＝2×T 磁2＝T 磁＝2πm qB，D 正确．答案：AD5．解析：直线加速过程，根据动能定理得qU ＝12mv 2，电场中偏转过程，根据牛顿第二定律得qE ＝m v 2R，在磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律得qvB ＝m v 2r，解得U ＝12ER ，r ＝m qB√qER m＝1B √mER q，故选项A 正确，B 错误；只要满足R ＝2UE ，所有粒子都可以在弧形电场区通过，故选项C 错误；由r ＝1B √mER q可知，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等，故选项D 正确．答案：AD例4 解析：本题结合CT 扫描机考查带电粒子的加速、偏转问题．电子束在M 、N 之间需要加速，故N 处的电势高于M 处的电势，A 错误；若增大M 、N 之间的加速电压，会使得电子获得的速度变大，电子在磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，有Bvq ＝m v 2R ，可得电子的偏转轨迹半径R ＝mvqB ，则电子在磁场中运动轨迹的半径变大，电子出磁场时偏转角减小，P 点向右移，B 错误；电子进入磁场中向下偏转，由左手定则可知，偏转磁场的方向垂直于纸面向里，故C 错误；根据R ＝mvqB 可知，偏转磁场的磁感应强度越大，电子的运动轨迹半径越小，在偏转磁场中偏转越明显，P 点向左移，故D 正确．答案：D。
第3节洛伦兹力的应用2
考能定时训练
1．如图 7 所示，在 y≤5 3×10－2 m
的空间有垂直纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度 B＝4×10－3 T，在 y≤0
空间同时存在沿 y 轴负方向的匀强电
场，电场强度 E＝40 3 V/m.一个质
图7
量 m＝6.4×10－27 kg，带电量 q＝＋3.2×10－19 C 的带电粒
如图所示，在xoy平面内，I象限中有匀强电场，场强 大小为E，方向沿y轴正方向，在x轴的下方有垂直于 纸面向里匀强磁场，今有一个质量为m，电量为e的电 子（不计重力），从y轴上的P点以初速度v0垂直于电 场方向进入电场。经电场偏转后，沿着与x轴正方向成 45o进入磁场，并能返回到原出发点P。求：（1）作 出电子运动轨迹的示意图，并说明电子的运动情况（2 ）P点离坐标原点的距离h。（3）电子从P点出发经多 长时间第一次返回P点？
y
B
M αO
N x
E
y B
M αO
N x
E
以题说法 (1)对于带电粒子在复合场内运动问题首先要分 析清楚其运动特点和受力特点． (2)要注意分析题目中的一些隐含条件,比如不计重力的带电 粒子在电场和磁场中直线运动时,一定是匀速直线运动;在 混合场内匀速圆周运动时,电场力与重力的合力一定为零. (3)对于带电粒子在叠加场内的一般曲线运动问题(如类平抛) 通常采用运动的合成与分解的方法来处理问题．
如图所示为磁流体发电机的示意图，将气体加热到很 高的温度，使它成为等离子体(含有大量正、负离子)， 设有一束截面面积为S，速度为v的等离子体自左向右 通过磁感应强度为B的匀强磁场区，这里有间距为d的 电极a和b。两电极间的等效电阻为r，外电阻为R。 (1)说明磁流体发电机的原理； (2)哪个电极为正极； (3)求开关K断开时，计算电极间的电势差； (4)当开关K闭合后， 等离子体进入磁场前后的压强差?
磁偏转与电偏转
课题：电偏转与磁偏转张家港市后塍高中 孙文胜教学目标：1.理解带电粒子在电场中和磁场中偏转的特点。
2.掌握带电粒子在电场中和磁场中偏转问题的解决方法。
3.能从实际问题中获取并处理信息，把实际问题转化成物理问题。
教学重点：带电粒子在电场中和磁场中偏转的研究方法。
教学过程：（新课引入：提问如何使运动的带电粒子改变方向，进而引入本节课题）一、知识要点磁偏转与电偏转分别是利用磁场和电场对运动电荷施加力的作用，进而改变其运动方向。
（设带电粒子垂直场强方向进入）1. 受力特征在磁偏转中，所受力为 ；（明确受力特点和运动规律，进而掌握在电偏转中，所受力为 。
研究在磁场中和电场中的研究方法）2. 运动规律在磁偏转中，粒子做 ；在电偏转中，粒子做 。
二、例题分析例1、半径为R 的圆形区域内有一匀强磁场B ，质量为m 电子沿半径方向打入磁场，经过偏转后从a 点离开磁场，而后将圆形区域内的匀强磁场换为竖直方向的匀强电场E ，让电子以同样的速度正对圆心打入后，仍然从a 点离开，a 点到入射点的水平距离为s 。
求：1）通过圆形磁场区域的时间t 1及偏转角φ1；2）通过圆形电场区域的时间t 2及偏转角φ2；（限定一定的条件定点进定点出让学生自己推导，使其明确运动时间与偏转角度与哪些量有管，并掌握在电场和磁场中的运动轨迹的画法，进一步深化基本的研究方法）思考1：试比较t1和t2及φ1和φ2关系？（思考1的设置主要让学生回顾两点结论就是在磁场中对心射入的带电粒子出磁场时速度的反向延长线通过圆心，带电粒子在电场中运动时出电场时速度的反向延长线通过水平位移的中点，从而比较偏转角度的关系；时间比较可以抓住带电粒子在磁场和电场中的特点用两种方法比较：其一、磁场中沿弧线方向匀速运动，电场中沿初速度方向匀速运动；其二、由于两者水平位移相同所以比较在初速度方向的运动，磁场中是速度v 在水平方向的分速度，进而得出时间的关系）思考2：若电子最后打在距a点水平距离为L的屏上，则带电粒子将打到什么位置？（此题的引入为了学生对电视机显像管和示波器的理解打下一定的基础并熟练利用相似三角形解决物理问题，使之明确在电场和磁场中经常应用构建三角形来解决相关问题）例2、如图所示为电视机显像管及其磁偏转线圈L的示意图．（1）磁环上的偏转线圈通以图示方向的电流时，沿轴线向纸外射出的电子束的偏转方向是（）A．向上B．向下C．向左D．不偏转（2）如果发现电视画面的幅度比正常时偏小，可能是下列哪些原因引起的？（）A．电子枪发射能力减弱，电子数减少B．加速电场的电压过高，电子速率偏大C．偏转线圈匝间短路，线圈匝数减少D．偏转线圈的电流过小，偏转磁场减弱思考3：结合例1分析，可否将偏转线圈用电场替代，哪种更好？（例2中（1）学生容易错选，原因就是对直导线和螺线管产生的磁场理解不是很深刻造成的，如果时间允许还可以讲解图中两个电源的作用因为在原子物理中还要出现阴极射线管，（2）题考察学生对偏转角度的理解，思考3希望学生能通过自己的推导加之（2）中的选项能够使思维得到跨越，达到从简单做题上升到自己总结一定的结论）例3、如图，xoy平面内的圆O，与y轴相切于坐标原点O。
高三物理“电偏转”和“磁偏转”的区别
“电偏转”和“磁偏转”的区别“电偏转”和“磁偏转”分别是利用电场和磁场对运动电荷施加作用，从而控制其运动方向。
由于电场和磁场对运动电荷的作用具备着不同的特征，这使得两种偏转也存在着以下几个方面的差别。
（一）受力特征的差别在“电偏转”中，质量为m ，电荷量为q 的粒子以速度v 0垂直射入电场强度为E 的匀强电场中时，所受到的电场力F 电=qE 与粒子的速度v 0无关，F 电是恒力。
在“磁偏转”中，质量为m ，电荷量为q 的粒子以速度v 0垂直射入磁感应强度为B 的匀强磁场中时，所受到的磁场力（即洛伦磁力）F 磁=qvB 与粒子的速度v 0有关，F 磁所产生的加速度是粒子的速度方向发生变化，而速度方向的变化反过来又导致F 磁的方向变化，F 磁是变力。
（二）运动规律的差别在“电偏转”中，恒定的F 电使粒子做匀变速曲线运动——“类平抛运动”，其运动规律分别由沿垂直于电场和平行于电场的两个相互垂直的方向给出：沿平行于电场的方向：粒子做匀速直线运动，有v x = v 0 x= v 0t沿垂直于电场的方向: 粒子做初速度为零的匀加速直线运动，有a=qE m v y =qE m ⋅t y=12qE m⋅t 2在“磁偏转”中，变化的F 磁使粒子做变速曲线运动——匀速圆周运动，其运动规律由洛伦磁力充当向心力可得：F 磁=F 向 即qvB=m 2v R∴R=mvqB又由T=2R v π 得 T=2mqBπ（三）偏转情况的差别在“电偏转”中，粒子的运动方向的偏转角tan θ=y xv v ，显然θ<2π，且在相等时间内偏转的角度往往是不相等的。
在“磁偏转”中，粒子的运动方向所能偏转的角度不受限制， θ=ωt=vt R =qBmt ，且在相等时间内偏转的角度总是相等的。
（四）动能变化的差别在“电偏转”中，由于F 电与粒子的运动方向间的夹角越来越小，且总小于900，F 电对粒子做正功，所以其动能将不断增大，且增大越来越快。
电磁场中电子电偏转和磁偏转
电磁场中电子电偏转和磁偏转电磁场中电子电偏转和磁偏转【实验目的】1、研究电子在电场和磁场中的运动规律；2、掌握用外加电场或者磁场的方法来约束电子束运动的方法。
【实验原理】一、电子在电场中的加速和偏转：为了描述电子的运动，我们选用了一个直角坐标系，其z 轴沿示波管管轴，x 轴是示波管正面所在平面上的水平线，y 轴是示波管正面所在平面上的竖直线。
从阴极发射出来通过电子枪各个小孔的一个电子，它在从阳极2A 射出时在z 方向上具有速度Z v ；Z v 的值取决于K 和2A 之间的电位差C B 2V V V +=（图2）。
电子从K 移动到2A ，位能降低了2eV ；因此，如果电子逸出阴极时的初始动能可以忽略不计，那么它从2A 射出时的动能221z mv 就由下式确定：2221eV mv z = （1）此后，电子再通过偏转板之间的空间。
如果偏转板之间没有电位差，那么电子将笔直地通过。
最后打在荧光屏的中心（假定电子枪描准了中心）形成一个小亮点。
但是，如果两个垂直偏转板（水平放置的一对）之间加有电位差d V ，使偏转板之间形成一个横向电场y E ，那么作用在电子上的电场力便使电子获得一个横向速度y v ，但却不改变它的轴向速度分量z v ，这样，电子在离开偏转板时运动的方向将与z 轴成一个夹角θ，而这个θ角由下式决定：zyv v tg =θ （2）如图3所示。
如果知道了偏转电位差和偏转板的尺寸，那么以上各个量都能计算出来。
设距离为d 的两个偏转板之间的电位差d V 在其中产生一个横向电场d /V E d y =，从而对电子作用一个大小为d /eV eE F d y y == 的横向力。
在电子从偏转板之间通过的时间t ?内，这个力使电子得到一个横向动量y mv ，而它等于力的冲量，即dteV t F mv d y y ??=?= （3）于是： t dVm e v d y = （4）然而，这个时间间隔t ?，也就是电子以轴向速度z v 通过距离l (l 等于偏转板的长度）所需要的时间，因此t v l z ?=。
电偏转和磁偏转的比较
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[解析]
(1)轨迹如图 3－2 所示。
(2)带电粒子在磁场中运动时， 由牛顿运动定 v2 律，有 qvB＝m R
－ mv 6.4×10 27×4×104 R＝ qB ＝ 3.2×10－19×2×10－3
m＝0.4 m。 图 3－2
1 (3)Ek＝EqL＋2mv2＝40×3.2×10－19×0.2 J 1 ＋2×6.4×10－27×(4×104)2 J＝7.68×10－18 J。
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在磁偏转中，质量为 m，电荷量为 q 的粒子以速度 v 垂直射 入磁感应强度为 B 的匀强磁场中时，所受的洛伦兹力 F 洛＝qvB 与粒子的速度 v 有关。洛伦兹力所产生的加速度使粒子的速度发 生变化，而速度方向的变化反过来又导致 F 洛的方向变化，故 F 洛 是变力。 (2)运动规律的差别。 在电偏转中，恒定的电场力 F 电使粒子做匀变速曲线运动， 即匀加速直线运动。两分运动的表达形式 qE 1 2 1qE 2 分别为：vx＝v0，x＝v0t；vy＝at＝ m · t，y＝ at ＝ m · t。 2 2
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在磁偏转中， 变化的磁场力 F 洛使粒子做匀速圆周运动， 其 运动规律分别从时间 (周期 )和空间 (半径 )两个侧面给出如下表 mv 2πm 达形式：T＝ qB ，r＝ qB 。 (3)动能变化的差别。 在电偏转中， 电场力 F 电对粒子做功， 使粒子的动能发生变 化。而在磁偏转中，磁场力 F 洛与粒子运动方向始终垂直，不对 粒子做功，所以其动能的数值保持不变。
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(4)偏转情况的差别。 π 在电偏转中，粒子的运动方向所能偏转的角度受到 θ＜ 的 2 限制，且相等时间内偏转的角度往往是不相等的。 在磁偏转中，粒子的运动方向所能偏转的角度不受限制，θ vt qB ＝ωt＝ r ＝ m t，且相等的时间内偏转的角度总是相等的。
关于磁偏转与静电偏转之比较
偏转电压 U 0 的 ; 而磁偏转中只有在小角度情 况下 h 才近似正比于偏转磁场 B . 在大角度情 况下 , 这种正比关系不再成立 , 所以 , 在用于精 确的电学测量中 , 我们使用静电偏转 . 但是同 时我们也要注意 , 由于静电偏转中所使用的荧 光屏不是绝对镜面的 , 所以也会相应的引入一 定的误差 . 然而 , 因作为测量用的荧光屏屏幕 不需要做得很大 , 这种误差基本上可以忽略 , 加上现代纯平技术的发展 , 这种误差完全可以 被消除 . 这就是示波器采用静电偏转的优点之 所在 . 2 . 在静电偏转中 , 偏转的灵敏度 ( 或偏转 ) 量 h 与加速电压成反比 , 在磁偏转中 , 偏转的 灵敏度 ( 或偏转量 h ) 与加速电压的开方成反 比 . 显然 , 在加速电压 U 一定的情况下 , 磁偏 转的灵敏度 ( 或偏转量 h ) 较静电偏转的要大 , 所以 , 一般大幅度的偏转均采用磁偏转 . 但需 要指出的是 , 减小加速电压 , 虽然会使灵敏度 增加 , 但是 , 又会导致束电流的运动速度减小 , 因而电子束打在荧光屏上时 , 能量不够 , 致使 荧光屏不够亮 . 所以加速电压的选取是根据在 荧光屏上得到足够的亮度和适当的偏转灵敏 度等条件而定的 .
参考文献 李薇 , 高福文 . 电视机原理 . 北京 :北京师范大学出 版社 , 1987
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h Ll = . U 0 2 dU
由以上分析可以看出 , 两种偏转有以下不 同:
1 . 在静电偏转中偏转量 h 是严格正比于
接下来我们再来研究一下示波器中的静 电偏转 ,如图 4 所 示 , 设加速电压为 U , 偏转电压为 U0 , 偏 转 极 板 长
l , 电子从 偏 转 电 场中 出 来 后 将 做 图4 匀速直线运动 . 可 以证明 , 电子从偏转电场中出来时就好像是从 偏转极板的中点沿直线射出来一样 , 应该有 1 eU = m v2 , ⑦ 2 l = vt , ⑧ 1 2 y= at , ⑨ 2 h L 2Ly 由图 4 可得 = ,即 h = . y 1 l l 2 由 ⑦、 ⑧、 ⑨ 式得
实验十三电子束线的电偏转与磁偏转
实验十三 电子束线的电偏转与磁偏转实验目的1．研究带电粒子在电场和磁场中偏转的规律。
2．了解电子束线管的结构和原理。
实验仪器SJ —SS —2型电子束实验仪。
实验原理在大多数电子束线管中，电子束都在互相垂直的两个方向上偏移，以使电子束能够到达电子接受器的任何位置，通常运用外加电场和磁场的方法实现，显像管等器件就是在这个基础上运用相同的原理制成的。
1．电偏转原理电偏转原理如图4－17－1所示。
通常在示波管（又称电子束线管）的偏转板上加上偏转电压V ，当加速后的电子以速度v 沿Z 方向进入偏转板后，受到偏转电场E （Y 轴方向）的作用，使电子的运动轨道发生偏移。
假定偏转电场在偏转板l 范围内是均匀的，电子作抛物线运动，在偏转板外，电场为零，电子不受力，作匀速直线运动。
在偏转板之内 22)(2121vZ m eE at Y == （4－17－1）式中v 为电子初速度，Y 为电子束在Y 方向的偏转。
电子在加速电压V A 的作用下，加速电压对电子所做的功全部转为电子动能，则A eV mv =221。
将E ＝V ／d 和v 2代入（4－17－1）式，得dV VZ Y A 42=电子离开偏转系统时，电子运动的轨道与Z 轴所成的偏转角ϕ的正切为d V Vl dZ dY tg A l x 2===ϕ （4－17－2） 设偏转板的中心至荧光屏的距离为L ，电子在荧光屏上的偏离为S ，则L Stg =ϕ代入（4－17－2）式，得d V VlL S A 2= （4－17－3）由上式可知，荧光屏上电子束的偏转距离S 与偏转电压V 成正比，与加速电压V A 成反比，由于上式中的其它量是与示波管结构有关的常数故可写成Ae V V k S = （4－17－4）k e 为电偏常数。
可见，当加速电压V A 一定时，偏转距离与偏转电压呈线性关系。
为了反映电偏转的灵敏程度，定义 )1(Ae V k V S ==电δ （4－17－5） 电δ称为电偏转灵敏度，单位为毫米/伏。
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2
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h=
4 KL B . 4 - K2 B 2
h=
L lU0 . 2 dU
⑩
若将 h 对 B 求导 , 有 d h 16 KL + 4 K3 L 2 B 2 = > 0. dB ( 4 - K2 B 2 ) 2 于是 , 我们可以画出偏转量 h 随磁感应强 度 B 的变化图象 ( 如图 3 所 示) . 在 θ 很小 ( 此时 h 也较 小) 时 , 若 磁 感 应 强 度 增 加 ΔB , 偏转量增加 Δ h , 则当 θ 较大 ( 此时 h 也较大 ) 时 , 磁 感应强度增加ΔB , 此时偏转 图3 量的增加量也将大于Δ h. 同时为了反映磁场对偏转的影响 , 我们引 入物理量 — — — 偏转灵敏度 , 所谓偏转灵敏度是 指电子束偏离中心位置距离与通过偏转线圈 的磁感应强度的比值 , 显然 , 在小角度偏转的 情况下 , 偏转灵敏度可以作如下计算 : h 2 rL 由⑤ 式得 = . B 2 mU
中学物理教学参考 第 33 卷 第5期 Vol. 33 No . 5 Physics Teaching in Middle Schools 2004 年 5 月 May. 2004 教材教法
关于磁偏转与静电偏转之比较
雷志锋 ( 湖北武汉市黄陂区第二中学 430346) 高中 《物理》 第二册 ( 必修加选修 ) 分别介 绍了示波器与电视机的工作原理 , 这两种用于 显示图像的电子器材工作的基本原理大致相 同 , 都是对从电子枪发射的电子进行加速 、 偏 转 , 然后让电子轰击荧光屏以致发光 , 而且 , 它 们都利用静电场对电子进行加速 . 然而 , 电视 机对电子的偏转使用了磁偏转 , 而示波器却采 用静电偏转 . 那么 , 这两种偏转有何区别呢 ? 本文对 2002 年高考理科综合 ( 物理 ) 第 27 题所介绍的电视机模型作一下简要分析 . 题目 电视机的显像管中 , 电子束的偏转 是用磁偏转技 术 实 现 的. 电 子束经过电压 为 U 的加速 电场后, 进入 一圆形匀强磁 场区, 如图 1 所 示. 磁 场 方 图1 向垂直于圆 面 . 磁场区的中心为 O , 半径为 r. 当不加磁场 时 , 电子束将通过 O 点而打到屏幕的中心 M 点 . 为了让电子束射到屏幕边缘 P , 需要加磁 场 , 使电子束偏转一已知角度 θ, 此时磁场的磁 感应强度 B 应为多少 ? 解答 电子在磁场中沿圆弧 ab 运动 ( 如 图 2 所示) , 圆心为 C , 半径为 R . 以 v 表示电 子进入磁场时的速度 , m 、 e 分别表示电子的质 1 量和电量 , 则由 eU = m v 2 得 2 2 eU v= , ①
偏转电压 U 0 的 ; 而磁偏转中只有在小角度情 况下 h 才近似正比于偏转磁场 B . 在大角度情 况下 , 这种正比关系不再成立 , 所以 , 在用于精 确的电学测量中 , 我们使用静电偏转 . 但是同 时我们也要注意 , 由于静电偏转中所使用的荧 光屏不是绝对镜面的 , 所以也会相应的引入一 定的误差 . 然而 , 因作为测量用的荧光屏屏幕 不需要做得很大 , 这种误差基本上可以忽略 , 加上现代纯平技术的发展 , 这种误差完全可以 被消除 . 这就是示波器采用静电偏转的优点之 所在 . 2 . 在静电偏转中 , 偏转的灵敏度 ( 或偏转 ) 量 h 与加速电压成反比 , 在磁偏转中 , 偏转的 灵敏度 ( 或偏转量 h ) 与加速电压的开方成反 比 . 显然 , 在加速电压 U 一定的情况下 , 磁偏 转的灵敏度 ( 或偏转量 h ) 较静电偏转的要大 , 所以 , 一般大幅度的偏转均采用磁偏转 . 但需 要指出的是 , 减小加速电压 , 虽然会使灵敏度 增加 , 但是 , 又会导致束电流的运动速度减小 , 因而电子束打在荧光屏上时 , 能量不够 , 致使 荧光屏不够亮 . 所以加速电压的选取是根据在 荧光屏上得到足够的亮度和适当的偏转灵敏 度等条件而定的 .
m
2
由 evB =
mv 得 R mv R= , eB
② ③
θ r = , 2 R 由以上各式解得 又有
tan
B =
θ . ④ r e 2 图2 电子从磁场出来后 , 将做直 线运动至 P 点 , 若假设 PM = h , O M = L , 我们作如下两点讨论 : ( 1) 当角度 θ很小时 , 有 tan θ ≈ sin θ ≈θ, 根据 ③ 式有 1 1 r tan θ= θ= , 2 2 R 2L r 则 h = L tanθ ≈ L sinθ ≈ Lθ=
e h 1 (在 r 、 ) L 一定的情况下 , ∝ B U
可见 , 在 L 、 l、 U、 d 一定的情况下 , 静电 偏转中 y ∝ U 0 , 其关系如图 5 所示 . 同样 , 为了研究偏转电压 对偏转的影响 , 我们再次引入 偏转灵敏度 ( 即电子束偏离中 心位置的距离 y 与偏转电压 U 0 的比值) . 由 ⑩ 式可算出 图5
h Ll = . U 0 2 dU
由以上分析可以看出 , 两种偏转有以下不 同:
1 . 在静电偏转中偏转量 h 是严格正比于
接下来我们再来研究一下示波器中的静 电偏转 ,如图 4 所 示 , 设加速电压为 U , 偏转电压为 U0 , 偏 转 极 板 长
l , 电子从 偏 转 电 场中 出 来 后 将 做 图4 匀速直线运动 . 可 以证明 , 电子从偏转电场中出来时就好像是从 偏转极板的中点沿直线射出来一样 , 应该有 1 eU = m v2 , ⑦ 2 l = vt , ⑧ 1 2 y= at , ⑨ 2 h L 2Ly 由图 4 可得 = ,即 h = . y 1 l l 2 由 ⑦、 ⑧、 ⑨ 式得
1 2 mU tan = 2 L reB
mv
=
m
2 L reB = 2 eU
m
R 2 rL B e
2 mU
.
⑤
若令
K=
2r , 2 mU
e
⑥
则可得 h = KL B 即在 K 一定的情况下 h∝ B . ( 2) 当角度 θ 较大时 , tan θ ≈ sin θ ≈θ 不 再成立 , 则 1 1 ) h = L tan θ= L ・ 2 tan θ / ( 1 - tan2 θ 2 2
参考文献 李薇 , 高福文 . 电视机原理 . 北京 :北京师范大学出 版社 , 1987
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