Question

4．如圖所示，在坐標(biāo)系xOy第二象限內(nèi)有一圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域（圖中未畫出），磁場方向垂直xOy平面．在x軸上有坐標(biāo)（-2l₀，0）的P點，三個電子a、b、c以相等大小的速度沿不同方向從P點同時射入磁場區(qū)，其中電子b射入方向為+y方向，a、c在P點速度與b速度方向夾角都是θ=$\frac{π}{3}$．電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后都垂直于y軸進(jìn)入第一象限，電子b通過y軸Q點的坐標(biāo)為y=l₀，a、c到達(dá)y軸時間差是t₀．在第一象限內(nèi)有場強(qiáng)大小為E，沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場．已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e，不計重力．求：
（1）電子在磁場中運動軌道半徑和磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B．
（2）電子在電場中運動離y軸的最遠(yuǎn)距離x．
（3）三個電子離開電場后再次經(jīng)過某一點，求該點的坐標(biāo)和先后到達(dá)的時間差△t．

Answer 1

分析 （1）連接兩個圓心、入射點和出射點構(gòu)成的平行四邊形，得到當(dāng)圓形磁場區(qū)域半徑等于粒子做圓周運動的半徑時，從磁場邊緣的一點向各個方向射出的粒子，偏轉(zhuǎn)后平行射出，由幾何關(guān)系得到軌道半徑，然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解；
（2）電子進(jìn)入電場后做勻減速直線運動，根據(jù)動能定理列式求解；
（3）連接兩個圓心、入射點和出射點構(gòu)成的平行四邊形，得到當(dāng)圓形磁場區(qū)域半徑等于粒子做圓周運動的半徑時，寬度與磁場直徑相等的粒子束經(jīng)過磁場后匯聚一點，然后作出三個粒子束的軌跡圖后進(jìn)行分析．

解答 解：（1）三電子軌跡如圖所示：

由圖示，根據(jù)幾何知識可得：R=l₀，
設(shè)a、c到達(dá)y軸時間差為t₀，其中它們離開磁場后到達(dá)y軸時間是相等的，
在磁場區(qū)中a轉(zhuǎn)過30°圓心角，時間t_a=$\frac{T}{12}$，c轉(zhuǎn)過150°圓心角，時間t_c=$\frac{5T}{12}$，
電子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{eB}$，
則：t₀=t_b-t_a=$\frac{T}{3}$=$\frac{2πm}{3e{B}_{0}}$，解得：B₀=$\frac{2πm}{3e{t}_{0}}$；
（2）電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：ev₀B₀=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{R}$，解得：v₀=$\frac{e{B}_{0}R}{m}$=$\frac{2π{l}_{0}}{3{t}_{0}}$，
在電場中，由動能定理得：-eEx₁=0-$\frac{1}{2}$mv${\;}_{0}^{2}$，解得：x₁=$\frac{2{π}^{2}m{l}_{0}^{2}}{9eE{t}_{0}^{2}}$；
（3）電子離開電場再次返回磁場軌跡如圖所示：

坐標(biāo)：x=-2l₀，y=2l₀，
由運動的對稱性可知，
a、c同時到達(dá)，與b比較磁場中運動時間都是半個周期，
電場中運動時間也都相等，所以時間差為在非場區(qū)：
△t=2（$\frac{3{l}_{0}}{2{v}_{0}}$-$\frac{{l}_{0}}{{v}_{0}}$），△t=$\frac{{l}_{0}}{{v}_{0}}$=$\frac{3{t}_{0}}{2π}$，b先到達(dá)．
答：（1）電子在磁場中運動軌道半徑為l₀，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為$\frac{2πm}{3e{t}_{0}}$．
（2）電子在電場中運動離y軸的最遠(yuǎn)距離x為$\frac{2{π}^{2}m{l}_{0}^{2}}{9eE{t}_{0}^{2}}$．
（3）三個電子離開電場后再次經(jīng)過某一點，該點的坐標(biāo)為（-2l₀，2l₀），先后到達(dá)的時間差△t為$\frac{3{t}_{0}}{2π}$．

點評 本題考查了電阻在磁場與電場中的運動，分析清楚電子運動過程是正確解題的關(guān)鍵，畫出粒子的運動軌跡圖進(jìn)行動態(tài)分析，然后結(jié)合幾何關(guān)系并運用洛倫茲力提供向心力列式求解．