Question

20．如圖所示，在xOy平面內，x軸上方有沿y軸向上的足夠大的勻強電場，電場的下邊界為y₁=0.5m的直線，在y軸上y₂=1.0m處有一放射源S，x軸上有一個足夠長的熒光屏，放射源S在如圖180°范圍內，向x軸發(fā)射初速度v₀=200m/s的電子，整個裝置放在真空中，已知場強大小為9.3×10^-7V/m，電子質量為9.3×10^-31kg，電量為1.6×10^-19C求：
（1）每個電子打到熒光屏上的動能及電子打到熒光屏上的范圍．
（2）若x軸上方沿y₁=0.5m向上是足夠大垂直紙面向外的勻強磁場，且B=2.325×10^-5T 求電子打在熒光屏上的范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求解電子打到熒光屏上的動能．可與斜拋運動類比，由牛頓第二定律求得加速度，由運動學位移時間公式得到水平位移與初速度方向的關系，由數(shù)學知識求出電子水平位移的最大值，再由幾何知識求解電子打到熒光屏上的范圍．
（2）先根據(jù)牛頓第二定律求出電子運動的軌道半徑，畫出軌跡，由幾何關系求解．

解答 解：（1）根據(jù)動能定理得：
E_k=eE（y₂-y₁）+$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$=1.6×10^-19×9.3×10^-7×0.5J+$\frac{1}{2}×9.3×1{0}^{-31}×20{0}^{2}$J=9.3×10^-26 J
電子向右上方或左上方發(fā)射時，設初速度與水平方向的夾角為α．電子的加速度大小為：
a=$\frac{eE}{m}$=$\frac{1.6×1{0}^{-19}×9.3×1{0}^{-7}}{9.3×1{0}^{-31}}$=1.6×10⁵ m/s²；
取豎直向上為正方向，設電子在電場中運動的時間為t，則有：
水平方向有：x=v₀cosα t
豎直方向有：y=v₀sinα t-$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=0
聯(lián)立得：t=$\frac{2{v}_{0}sinα}{a}$，x=v₀cosα•$\frac{2{v}_{0}sinα}{a}$=$\frac{{v}_{0}^{2}sin2α}{a}$
則當α=45°，x最大，最大值為 x_m=$\frac{{v}_{0}^{2}}{a}$=$\frac{20{0}^{2}}{1.6×1{0}^{5}}$m=0.25m
電子粒子電場后做勻速直線運動，則有：
豎直方向：y₁=v_yt′，
代入數(shù)據(jù)解得：t′=1.25×10^-3s，
水平方向：x₂=v₀t′=200×1.25×10^-3=0.25m，
則水平向左射出的電子到達熒光屏時的橫坐標：x=x₁+x₂=0.75m，
由對稱性可知，水平向右射出的電子到達熒光屏時的坐標值：x′=-0.75m，
則電子打到熒光屏上的范圍是：-0.75m≤x≤0.75m；
（2）粒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：
ev₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，
代入數(shù)據(jù)解得：r=5×10^-5m，
由左手定則可知，電子在磁場中沿逆時針方向做圓周運動，
由于2r=2×5×10^-5m=1×10^-4m＜d=0.5m，
所有電子都不會穿出磁場打在熒光屏上，打在熒光屏上的電子范圍為零．
答：（1）每個電子打到熒光屏上的動能為9.3×10^-26J，電子打到熒光屏上的范圍是：-0.75m≤x≤0.75m；
（2）若在原電場區(qū)域撤去電場，加一個垂直紙面向外的勻強磁場，且B=2.325×10^-5T，電子不會打在熒光屏上．

點評 本題考查了電子在電場與磁場中的運動，分析清楚電子的運動過程，應用動能定理、類平拋運動規(guī)律、運動的合成與分解、牛頓第二定律即可正確解題，解題時要注意，電場力對電子做功與運動路徑無關，取決于電子電荷量與兩點間的電勢差．