人教版物理高三选修3-5第十九章第三节探测射线的方法同步训练

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人教版物理高三选修3-5第十九章
第三节探测射线的方法同步训练
一．选择题
1．如图所示的阴极射线管的玻璃管内已经抽成真空，当左右两个电极连接到高压电源时，阴极会发射电子，电子在电场的加速下飞向阳极，挡板上有一个扁平的狭缝，电子飞过挡板后形成一个扁平的电子束，长条形的荧光板在阳极端稍稍倾向轴线，电子束掠射到荧光板上，显示出电子束的径迹，现在用该装置研究磁场对运动电荷的作用的实验，下列对该实验的说法正确的是（　　）
A．没有施加磁场时，电子束的径迹是一条抛物线
B．若图中左侧是阴极射线管的阴极，加上图示的磁场，电子束会向上偏转
C．施加磁场后，根据电子束在磁场中运动径迹和磁场方向，可由相关知识判断出阴极射线管两个电极的极性
D．施加磁场后，结合阴极射线管的两个电极的极性和电子束在磁场中运动的径迹，可以判断出磁场的方向，但无法判断出磁场的强弱
答案：C
解析：解答：A、没有施加磁场时，电子束只受电场离，在电场力作用下做加速直线运动，故A错误；
B、因为左边是阴极，右边是阳极，所以电子在阴极管中的运动方向是左到右，产生的电流方向是右到左（注意是电子带负电），根据左手定则，四指指向左，手掌对向N极（就是这个角度看过去指向纸面向里），此时大拇指指向下面，所以电子在洛伦兹力作用下轨迹向下偏转，故B错误；
C、根据轨迹和左手定则即可判断阴极射线管两个电极的极性，故C正确；
D、施加磁场后，结合阴极射线管的两个电极的极性和电子束在磁场中运动的径迹，可以判断出磁场的方向，根据曲率半径可判断出磁场强弱，故D错误；
故选：C
分析：此题要求要了解电子射线管的构造和原理，阴极是发射电子的电极，电子在磁场中运动，受到洛伦兹力的作用而发生偏转．从而显示电子运动的径迹，偏转方向有左手定则判断；根据曲率半径可判断磁场强弱；
2．从阴极射线管发射出的一束电子，通过图示的磁场，以下四幅图中能正确描绘电子偏转情况的是（　　）
A．B．
C．D．
答案：B
解析：解答：如图，电子束从阴极（﹣极）射出，根据左手定则：伸开左手，磁感线穿过手心，四指指向电子运动的相反方向，拇指指向洛伦兹力方向，判断得知电子所受的洛伦兹力方向向下，则电子束向下偏转，故B正确．
故选：B
分析：电子从阴极射出，在磁场中受到洛伦兹力而发生偏转，根据左手定则判断洛伦兹力的方向，即可确定电子束偏转的方向．
3．关于阴极射线的本质，下列说法正确的是（　　）
A．阴极射线本质是氢原子B．阴极射线本质是电磁波
C．阴极射线本质是电子D．阴极射线本质是X射线
答案：C
解析：解答：阴极射线是电子流，电子带负电．故ABD错误，C正确．
故选：C．
分析：首先知道阴极射线的实质是电子流，电子的电量与氢离子的电量相等，即可求解．
4．如图所示，甲、乙是分别用“阴极射线管”和“洛伦兹力演示仪”实验时的两幅图片，忽略地磁场的影响，下列说法正确的是（　　）
A．甲图中的电子束径迹是抛物线
B．乙图中的电子束径迹是圆形
C．甲图中的电子只受电场力作用
D．乙图中的电子受到的洛伦兹力是恒力
答案：B
解析：解答：A、如图，电子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．故A错误．
B、乙图中的电子束在磁场中，受到洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，其径迹是圆形．故B正确，C错误．
D、洛伦兹力方向总是与电子速度方向垂直．故D错误．
故选：B．
分析：电子在磁场中受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动．洛伦兹力方向总是与电子速度方向垂直，不做功．
5．如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑．如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则（　　）
A．在荧屏上的亮斑向上移动B．在荧屏上的亮斑向下移动
C．偏转电场对电子做的功不变D．偏转电场的电场强度减小
答案：A
解析：解答：A、B、设电子由加速电场加速后的速度为v．电子在加速电场中运动过程，由动能定理得：
eU1=
解得，v=
电子进入偏转电场后做匀变速曲线运动，沿极板方向做匀速直线运动，沿电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有：
水平方向有：L=vt
竖直方向有：a==
vy=at
电子刚离开偏转电场时的偏转角正切为：tanα=
由以上各式解得：电子刚离开偏转电场时偏转角的正切为：tanα=，
则α=arctan．
即电子离开偏转电场时的偏转角α随偏转电压的增大而增大．如果只逐渐增大M1M2之间的电势差U2，在荧屏上的亮斑向上移动．故A正确，B错误；
C、电子离开偏转电场时的偏转量：y==，
如果只逐渐增大M1M2之间的电势差U2，电子离开偏转电场时的偏转量将增大．
偏转电场对电子做的功：W=e E y，偏转量越大，电场力做的功越多．故C不正确；
D、偏转电场的电场强度：E=，所以如果只逐渐增大M1M2之间的电势差U2，偏转电场的电场强度增大．故D错误．
故选：A
分析：电子在加速电场中运动时，电场力做正功，电子获得速度，根据动能定理求解电子离开加速电场后的速度；
电子垂直进入偏转电场后做类平抛运动，平行于极板方向做匀速直线运动，垂直于极板方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求得偏转量的表达式与电场力做功的表达式，即可进行说明．
6．下列说法正确的是（　　）
A．阴极射线和β射线本质上都是电子流，都来自于原子的核外电子
B．温度越高，黑体辐射强度的极大值向频率较小的方向移动
C．天然放射现象的发现，让人们不知道原子核不是组成物质的最小微粒
D．公安机关对2014年5月初南京丢失铱﹣192放射源的4名责任人采取强制措施是因为该放射源放出大剂量的射线会污染环境和危害生命．
答案：D
解析：解答：A、阴极射线和β射线本质上都是电子流，阴极射线来自原子的核外电子，而β射线是由原子核中中子转化而来的，故A错误．
B、温度越高，黑体辐射强度的极大值向频率较大的方向移动；故B错误．
C、天然放射现象的发现，让人们知道原子核具有复杂结构，不是组成物质的最小微粒．故C不正确．
D、放射源放出大剂量的射线会污染环境和危害生命；故D正确．
故选：D
分析：β粒子来源于原子核中中子的转化；温度越高，黑体辐射强度的极大值向频率较大的方向移动；天然放射现象的发现，让人们知道原子核不是组成物质的最小微粒；放射源放出大剂量的射线会污染环境和危害生命；
7．如图所示，阴极射线示波管的聚集电场是由电极A1、A2形成，实线为电场线，虚线为等势线，z轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则下列说法不正确的是（　　）
A．电极A1的电势低于电极A2的电势
B．电子在P点处的动能大于在Q点处的动能
C．电场中Q点的电场强度大于R点的电场强度
D．电子从P至R的运动过程中，电场力对它一直做正功
答案：D
解析：解答：A、沿电场线电势降低，因此电极A1的电势低于电极A2，故A错误；
B、电子从P至R的运动过程中，是由低电势向高电势运动时，电场力做正功，动能增加，电势能减小，故B错误，D正确；
C、等势线密的地方电场线也密，因此Q点电场线比R点电场线密，故Q点的电场强度大于R点的电场强度，因此C错误，
故选：D．
分析：沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；明确电子在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能、动能等变化情况．
8．如图为电视机显像管中电子束偏转的示意图．磁环上的偏转线圈通以图示方向的电流时，沿轴线向纸内射入的电子束的偏转方向（　　）
A．向上B．向左C．向下D．向右
答案：B
解析：解答：磁环上的偏转线圈通以图示方向的电流时，根据安培定则，在磁环上形成的磁场方向竖直向下，磁场是闭合的，故在磁环中心处的磁场是竖直向上的，在根据左手定则，当电子束沿轴线向纸内射入时，电子束受到向左的洛伦兹力，故电子束的偏转方向向左．故B正确、ACD错误．
故选：B．
分析：将整个线圈当成左右两部分研究，因为绕向变化，结合安培定则判断出磁场方向，由左手定则分析判断电子束所受的洛伦兹力方向，即可判断偏转方向．
9．如图所示，阴极射线管接通电源后，电子束由阴极沿X轴正方向射出，在荧光板上会看到一条亮线．要使荧光板上的亮线向z轴负方向偏转，可采用的方法是（　　）
A．加一沿y轴负方向的磁场B．加一沿z轴正方向的磁场
C．加一沿y轴正方向的电场D．加一沿z轴负方向的电场
答案：A
解析：解答：A、若加一沿y轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴负方向，亮线向下偏转，故A正确；
B、若加一沿z轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴负方向，亮线向y轴负方向偏转，故B错误；
C、若加一沿y轴正方向的电场，电子受电场力作用向外，亮线向y轴负方向偏转，故C错误．
D、若加一沿z轴负方向的电场，电子受到的电场力沿z轴的正方向，亮线向上偏转，故D错误．
故选：A．
分析：电子射线由阴极沿X轴方向射出，形成的亮线沿z轴正方向偏转，说明电子受到的洛伦兹力方向向下，将四个选项逐一代入，根据左手定则判断分析，选择可行的磁场方向
10．阴极射线示波管的聚焦电场是由电极A1、A2形成的，其中虚线为等势线，相邻等势线间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线（管轴）．电子束从左侧进入聚焦电场后，在电场力的作用下会聚到z轴上，沿管轴从右侧射出，图中PQR是一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则可以确定（　　）
A．电极A1的电势高于电极A2的电势
B．电场中Q点的电场强度大于R点的电场强度
C．电子在R点处的动能大于在P点处的动能
D．若将一束带正电的粒子从左侧射入聚焦电场也一定被会聚焦
答案：C
解析：解答：
A、根据电场线与等势线垂直，可知管轴上电场线方向向左．根据沿电场线电势降低，得知电极A1的电势低于电极A2，故A错误；
B、等差等势线密的地方电场线也密，因此Q点电场线比R点电场线疏，故Q点的电场强度小于R点的电场强度，故B错误；
C、电子从低电势向高电势运动时，电场力做正功，动能增加，所以电子在R点处的动能大于在P点处的动能，故C正确．
D、若将一束带正电的粒子从左侧射入聚焦电场，所受的电场力向外侧，不可能会聚，故D错误．
故选：C．
分析：沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；明确电子在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能、动能等变化情况．根据正粒子所受的电场力方向，判断能否会聚．
11．在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方有一根通有如图所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将（　　）
A．向上偏转B．向下偏转C．向纸里偏转D．向纸外偏转
答案：B
解析：解答：根据安培定则判断可知：通电导线在阴极射线管处产生的磁场方向垂直纸面向里，电子带负电，向右运动，由左手定则判断得知电子流所受的洛伦兹力方向向下，所以阴极射线向下偏转．故B正确．
故选：B．
分析：阴极射线由于受到洛伦兹力而发生偏转，先根据安培定则判断出通电导线产生的磁场方向，再运用左手定则判断洛伦兹力方向，即可判断阴极射线的偏转方向．
12．如图所示，无磁场时，电视显像管中的水平向右运动的电子束打在荧光屏正中的O点，要使电子束在竖直方向向上偏转打在P点，则管颈处偏转线圈所提供的磁场方向应该是（　　）
A．垂直纸面向外B．水平向右C．垂直纸面向里D．竖直向上
答案：A
解析：解答：当电子向上偏转，即洛伦兹力向上，根据左手定则可以得知，电子开始上偏，故磁场的方向垂直纸面向外．故A正确，BCD错误．
故选：A．
分析：首先知道此题是带电粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断磁场的方向．
13．如图所示是显像管原理俯视图，接通电源后，电子从电子枪射出，没有磁场时打在O，为使电子偏转，在管颈安装了偏转线圈产生偏转磁场，如果要使电子束在水平方向偏离中心，打在荧光屏的A点，偏转磁场应该（　　）
A．竖直向下B．竖直向上C．水平向左D．水平向右
答案：B
解析：解答：粒子在磁场中受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以得知，电子开始上偏，故磁场的方向竖直向上．
故选：B．
分析：粒子在磁场中受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断磁场的方向．
14．如图所示是用阴极射线管演示电子在磁场中受洛伦兹力的实验装置，图中虚线是电子的运动轨迹，那么下列关于此装置的说法正确的是（　　）
A．A端接的是高压直流电源的正极
B．C端是蹄形磁铁的N极
C．C端是蹄形磁铁的S极
D．以上说法均不对
答案：B
解析：解答：A、如图，电子从A极射向B极，电子带负电，则B端应接正极，A端应接负极．故A错误．
BCD、电子束向下偏转，所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断可知，C端是蹄形磁铁的N极．故B正确，CD错误．
故选：B
分析：阴极射线管电子从A极射向B极，电子带负电，可以判断A、B所接电源的极性．根据左手定则判断磁铁的极性．
15．阴极射线是（　　）
A．光子流B．电子流C．质子流D．中子流
答案：B
解析：解答：阴极射线是电子流，电子带负电．而γ射线是光子流，故B正确，ACD错误．
故选：B．
分析：阴极射线的实质是电子流，而电子流、质子流与中子流均是实物粒子，而光子流，属于电磁波，是特殊的物质，从而即可求解．
二．填空题
16．如图所示，电子射线管（A为其阴极），放在蹄形磁铁的N、S两极间（图中C为N极），射线管的A、B两极分别接在直流高压电源的负极和正极．此时，荧光屏上的电子束运动径迹 偏转（填“向上”“向下”或“不”）．
答案：向下
解析：解答：据题因为A是阴极，B是阳极，所以电子在阴极管中的运动方向是A到B，产生的电流方向是B到A（注意是电子带负电），根据左手定则，四指由B指向A，掌心对着N极此时拇指向下，所以电子束所受的洛伦兹力向下，轨迹向下偏转．
故答案为：向下
分析：此题要求要了解电子射线管的构造和原理．阴极是发射电子的电极，要接到高压的负极上，电子在磁场中运动，受到洛伦兹力的作用而发生偏转．从而显示电子运动的径迹，偏转方向有左手定则判断．
17．如图是阴极射线管的示意图．接通电源后，会有电子从阴极K射向阳极A，并在荧光屏上形成一条亮线．要使荧光屏上的亮线向下偏转，则可以加一个方向平行纸面 （填“向上”或“向下”）的电场，或者加一个方向垂直纸面 （填“向里”或“向外”）的磁场．
答案：向上|向里
解析：解答：由题意，根据正电荷受力与电场方向相同，若加一方向平行纸面向上的电场，电场力使得电子向下偏转．
若加一方向垂直纸面向里的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向竖直向下，亮线向下偏转．
故答案为：向上，向里．
分析：电子射线由阴极沿X轴方向射出，形成的亮线向下偏转，说明电子受到的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断分析，选择可行的磁场方向；或电子受到向下的电场力，从而确定电场强度的方向．
18．电视机显像管是应用了 原理．
答案：带电粒子在匀强电场中的加速与带电粒子在匀强磁场中的偏转
解析：解答：电视机显像管的原理如图：使用的电磁学的原理包括：带电粒子在匀强电场中的加速与带电粒子在匀强磁场中的偏转原理．
故答案为：带电粒子在匀强电场中的加速与带电粒子在匀强磁场中的偏转．
分析：根据电视机显像管的原理解答即可．
19．电视机的显象管中电子束每秒进行50场扫描 ．
答案：正确
解析：解答：电子枪发射电子束击在显像管的屏幕上的彩色茧光粉上，它的电子束是逐行扫描的，速度非常的快，肉眼是看不出来的，电子束扫描的方向主是靠显像管管颈上的偏转线圈来控制的，交流电的频率为50赫兹，因此电子束能在1秒内，打在荧光屏上50场画面，所以显象管中电子束每秒进行50场扫描；
故答案为：正确．
分析：根据显像原理：显像管尾部的电子枪发射的电子束被加速和控制后呈扫描状轰击屏幕上的荧光粉，使屏幕发光，结合交流电的频率，即可求解．
20．如图是X射线管，A．K之间的虚线表示 ，从A指向左下方的线表示 ，高压电源右边是电源的 极．
答案：阴极射线|X射线|正
解析：解答：由图可知，电子在强电场力作用下，被加速打到阳极上，使原子的内层电子受到激发而跃迁，从而发出X射线，可判定A．K之间的虚线表示为阴极射线，即为电子流．而从A指向左下方的线表示为X射线，是伦琴首先发现的，由图可知，高压电源右边是电源的正极，从而产生由A到K的强电场力，使电子得到加速，
故答案为：阴极射线，X射线，正．
分析：根据阴极K产生射线，在强电场中受到很大的电场力，从而打到阳极A上，发出X射线，并根据电子受到电场力方向与电场强度方向相反，从而即可求解．
三．解答题
21．汤姆孙测定阴极射线粒子比荷的实验原理如图所示，阴极发出的电子束沿直线射到荧光屏上的O点时，出现一个光斑．在垂直于纸面的方向上加一个磁感应强度为3.0×10﹣4T的匀强磁场后，电子束发生偏转，沿半径为7.2cm的圆弧运动，打在荧光屏上的P点．然后在磁场区域加一个竖直向下的匀强电场，电场强度的大小为1.14×103V/m时，光斑P又回到O点，求电子的比荷．
答案：解答：只加磁场时，电子仅受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，轨道半径设为r，
由牛顿第二定律知：qvB=，
比荷为：…①
加上电场E以后，使偏转的电子束回到原来的直线上，是因为电子受到的电场力Eq和洛伦兹力qvB平衡，
因此有：Eq=qvB…②
由①②式得：C/kg=1.76×1011C/kg．
答：电子的比荷1.76×1011C/kg．
解析：解答：只加磁场时，电子仅受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，轨道半径设为r，
由牛顿第二定律知：qvB=，
比荷为：…①
加上电场E以后，使偏转的电子束回到原来的直线上，是因为电子受到的电场力Eq和洛伦兹力qvB平衡，
因此有：Eq=qvB…②
由①②式得：C/kg=1.76×1011C/kg．
答：电子的比荷1.76×1011C/kg．
分析：只受到洛伦兹力，根据牛顿第二定律列式；再根据电场力与洛伦兹力平衡列式，即可求解．
22． 1897年汤姆生通过对阴极射线的研究，发现了电子，从而使人们认识到原子是可分的．汤姆生当年用来测定电子比荷（电荷量e与质量m之比）的实验装置如图所示，真空玻璃管内C、D为平行板电容器的两极，圆形阴影区域内可由管外电磁铁产生一垂直纸面的匀强磁场，圆形区域的圆心位于C、D中心线的中点，直径与C、D的长度相等．已知极板C、D的长度为L1，C、D间的距离为d，极板右端到荧光屏的距离为L2．由K发出的电子，经A与K之间的高电压加速后，形成一束很细的电子流，电子流沿C、D中心线进入板间区域．若C、D间无电压，则电子将打在荧光屏上的O点；若在C、D间加上电压U，则电子将打在荧光屏上的P点，P点到O点的距离为H；若再在圆形区域内加一方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，则电子又打在荧光屏上的O点．不计重力影响．
（1）求电子打在荧光屏O点时速度的大小．
答案：加上磁场后，电子所受电场力与洛仑兹力相等，电子做匀速直线运动，则：evB=eE
又：E=
即：v=
（2）推导出电子比荷的表达式．
答案：若在两极板间加上电压U，
电子在水平方向做匀速运动，通过极板所需的时间为：
电子在竖直方向做匀加速运动，加速度为：a=
在时间t1内垂直于极板方向竖直向下偏转的距离为：y1=
离开极板区域时竖直向下的分速度为：vy=at1
电子离开极板区域后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏，
在时间t2内向下运动的距离为：y2=vyt2
则：H=y1+y2
解得：．
（3）利用这个装置，还可以采取什么方法测量电子的比荷？
答案：方法如上所述．
解析：解答：（1）加上磁场后，电子所受电场力与洛仑兹力相等，电子做匀速直线运动，则：evB=eE
又：E=
即：v=（2）若在两极板间加上电压U，
电子在水平方向做匀速运动，通过极板所需的时间为：
电子在竖直方向做匀加速运动，加速度为：a=
在时间t1内垂直于极板方向竖直向下偏转的距离为：y1=
离开极板区域时竖直向下的分速度为：vy=at1
电子离开极板区域后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏，
在时间t2内向下运动的距离为：y2=vyt2
则：H=y1+y2
解得：（3）说出任何一种合理方法均可，例如：
a．测量出A与K之间的电压U′；再在两极板间加上电压U，电子将打在荧光屏上的P点；测出OP的长度便能计算电子的比荷；
b．测量出A与K之间的电压U′；只在圆形区域内加一方向垂直于纸面的磁感应强度为B的匀强磁场，电子将打在荧光屏上的P′点；测出OP′的长度便能计算电子的比荷；
c．在两极板间加上电压U，在圆形区域内加一方向垂直于纸面的磁感应强度为B的匀强磁场，使电子打在荧光屏上的O点；再撤去两极板间加上电压，电子将打在荧光屏上的P′点；测出OP′的长度便能计算电子的比荷；
d．只在两极板间加上电压U，电子将打在荧光屏上的P点；只在圆形区域内加一方向垂直于纸面的磁感应强度为B的匀强磁场，电子将打在荧光屏上的P′点；测出OP、OP′的长度便能计算电子的比荷．
答：（1）电子打在荧光屏O点时速度的大小．（2）推导出电子比荷的表达式为．（3）方法如上所述．
分析：（1）电子所受电场力与洛仑兹力相等，根据平衡条件列方程求电子的速度大小；（2）若在两极板间加上电压U，电子在水平方向做匀速运动在竖直方向做匀加速运动，根据类平抛运动规律列方程求解；（3）结合带电粒子在磁场中运动的有关知识思考一些其他方法即可．
23．汤姆生用如图所示的装置（阴极射线管）发现了电子．电子由阴极C射出，在CA间电场加速，A′上有一小孔，所以只有一细束的电子可以通过P与P′两平行板间的区域，电子通过这两极板区域后打到管的末端，使末端S处的荧光屏发光（荧光屏可以近似看成平面）．水平放置的平行板相距为d，长度为L，它的右端与荧光屏的距离为D．当平行板间不加电场和磁场时，电子水平打到荧光屏的O点；当两平行板间电压为U时，在荧光屏上S点出现一亮点，测出OS=H；当偏转板中又加一磁感应强度为B垂直纸面向里的匀强磁场时，发现电子又打到荧光屏的O点．若不考虑电子的重力，求
（1）CA间的加速电压U′；
答案：粒子在加速场中：eU′=mv02
得：U′=①
偏转场中：a=②
L=v0t1③
竖直方向位移：y1=at12④
射出偏转场后，水平方向：D=v0t2⑤
竖直方向：y2=at1 t2 ⑥
又：y1+y2=H⑦
联立② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ 得：=⑧
⑧代入①得：U′=⑨
（2）电子的比荷．
答案：当偏转板中又加一磁感应强度为B垂直纸面向里的匀强磁场时，发现电子又打到荧光屏的O点，根据平衡条件：
=ev0B⑩
由① ⑨ ⑩ 联立得：
解析：解答：（1）粒子在加速场中：eU′=mv02
得：U′=①
偏转场中：a=②
L=v0t1③
竖直方向位移：y1=at12④
射出偏转场后，水平方向：D=v0t2⑤
竖直方向：y2=at1 t2⑥
又：y1+y2=H⑦
联立② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦得：=⑧
⑧ 代入① 得：U′=⑨（2）当偏转板中又加一磁感应强度为B垂直纸面向里的匀强磁场时，发现电子又打到荧光屏的O点，根据平衡条件：
=ev0B⑩
由①⑨⑩联立得：
答：（1）CA间的加速电压U′为；（2）电子的比荷．
分析：（1）粒子在极板间时竖直方向做匀加速直线运动，射出偏转场后竖直方向做匀速直线运动，整个过程水平方向一直为匀速直线运动，利用竖直方向位移之和为H列方程求解；（2）根据粒子所受电场力和洛伦兹力平衡列方程求比荷．
24．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束．已知电子的电量为e、质量为m，求在刚射出加速电场时，一小段长为△L的电子束内电子个数是多少？
答案：解答：设单位体积内电子数为n，则I=nevs，
由动能定理得：eU=mv2
则得：
△L内的电子数为：N=△LSn=
答：一小段长为△L的电子束内电子个数是．
解析：解答：设单位体积内电子数为n，则I=nevs，
由动能定理得：eU=mv2
则得：
△L内的电子数为：N=△LSn=
答：一小段长为△L的电子束内电子个数是．
分析：根据动能定理求出电子刚出加速电场时的速度v．在一小段长为△L内电子可以看成做匀速运动，由△t=求出电子运动的时间，根据电流求出长为△L电子束的电量，再求解电子数．
25．在电脑显示器的真空示波管内，控制电子束扫描的偏转场是匀强磁场，磁场区域是宽度为3.0cm的矩形，右边界距荧光屏20.0cm，高度足够．某段时间内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B=4.55×10﹣3T不变．电子初速度不计，经U=4550V电压加速后沿中心线射入磁场，偏转后打在屏上产生亮点（若无磁场，亮点在屏中心），已知电子的质量m=0.91×10﹣30kg，电荷量e=1.6×10﹣19C．
（1）在图中大致图出电子运动的径迹；
答案：
（2）求亮点偏离荧光屏中心的距离．
答案：电子经U加速得到速度v0
由eU=
得v0===m/s=4×107m/s．
由evB=得①
r==m=0.05m=5cm②
sinα=0.6，cosα=0.8，tanα=o.75③
亮点偏离屏中心的距离：
y=（r﹣rcosα）+20.0tanα=5×（1﹣0.8）cm+20.0×0.75cm=16cm；
解析：解答：①电子运动的径迹如图所示：
②电子经U加速得到速度v0
由eU=
得v0===m/s=4×107m/s．
由evB=得①
r==m=0.05m=5cm②
sinα=0.6，cosα=0.8，tanα=o.75③
亮点偏离屏中心的距离：
y=（r﹣rcosα）+20.0tanα=5×（1﹣0.8）cm+20.0×0.75cm=16cm；
答：（1）在图中大致图出电子运动的径迹如图；（2）亮点偏离荧光屏中心的距离为16cm．
分析：（1）电子在电场中做直线运动，在磁场中由左手定则判断洛伦兹力方向向上，则电子向上偏转；（2）先由动能定理求出粒子离开电场时获得的速度，然后由牛顿第二定律求出粒子在磁场中圆周运动的半径，亮点偏离荧光屏中心的距离为磁场中竖直方向偏离的距离与做匀速直线运动过程竖直方向的位移之和．
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