Question

16．如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一象限內有場強大小為E、沿x軸正方向的勻強電場，垂直x軸放置一熒光屏．在第二象限內有一圓形（虛線）勻強磁場區(qū)域，磁場區(qū)域的邊界與x軸相切于點P（-2L，0），磁場方向垂直紙面向里．在P點置一放射源，在紙面內以相等的速率v沿各個方向發(fā)射電子，電子的質量為m、電荷量為e，不計重力．當電子的速度方向沿y軸正方向，經過磁場后，電子通過y軸上的點Q（0，L）垂直y軸進入第一象限．
（1）求磁場磁感應強度的大�。�
（2）要使進入電場的電子能打在熒光屏上，求熒光屏離坐標原點的最遠距離．
（3）當電子速度方向與x軸正方向的夾角為θ時（0°＜θ＜90°），求電子從射入磁場到最終離開磁場的時間．

Answer 1

分析 （1）電子在磁場中做勻速圓周運動．洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出磁感應強度．
（2）電子在電場中做勻減速直線運動，電子速度為零時的位移是熒光屏的最遠距離，應用動能定理可以求出最遠距離．
（3）分析清楚電子的運動過程，求出電阻在電場與磁場中的運動時間，然后求出電子總的運動時間．

解答 解：（1）電子的速度方向沿y軸正方向，經過磁場后，電子通過y軸上的點Q（0，L）垂直y軸進入第一象限，則電子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為L．
由牛頓第二定律得：evB=m$\frac{{v}^{2}}{L}$，
解得：B=$\frac{mv}{eL}$；
（2）電子在電場中做減速運動，由動能定理得：
-eEx=0-$\frac{1}{2}$mv²，
解得：x=$\frac{m{v}^{2}}{2eE}$；
（3）電子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πL}{v}$，
設磁場圓心為O₁，如圖所示，當電子的速度方向沿y軸正方向時，電子從Q′點射出磁場，
則O₁、Q′、Q在同一直線上，且平行于x軸，由幾何知識可知，磁場鈑金R=L．
設當電子速度方向與x軸正方向夾角為θ時，電子從磁場中的N₁點射出，圓周運動的圓心為M₁，
因磁場圓和電子的軌跡圓的半徑相等，PO₁N₁M₁是菱形，則電子射出方向與x軸平行，
電子由P到N₁所對應的圓心角為θ，電子的運動時間：t₁=$\frac{θ}{2π}$T，
電子在磁場和電場之間做勻速直線運動，運動距離：x=2L-Lsinθ，
往返運動的時間：t₂=$\frac{2x}{v}$，
電子在電場中做勻變速直線運動，加速度：a=$\frac{eE}{m}$，往返運動時間：t₃=$\frac{2v}{a}$，
電子由N₁點第2次進入磁場，由N₂點射出，圓周運動的圓心為M₂，N₁O₁N₂M₂是菱形，
P、O₁、N₂在同一直線上，且平行于y軸，電子由N1到N2所對應的圓心角為π-θ，運動時間為：t₄=$\frac{π-θ}{2π}$T，
電子從射入磁場到最終離開磁場的時間：t=t₁+t₂+t₃+t₄=$\frac{（4+π-2sinθ）L}{v}$+$\frac{2mv}{eE}$；
答：（1）磁場磁感應強度的大�。�
（2）要使進入電場的電子能打在熒光屏上，求熒光屏離坐標原點的最遠距離．
（3）當電子速度方向與x軸正方向的夾角為θ時（0°＜θ＜90°），求電子從射入磁場到最終離開磁場的時間

點評 本題考查帶電粒子在磁場和電場中的運動，要注意電子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡對應的圓心角等于速度的偏向角．電子在電場中做勻變速直線運動，分析清楚電子的運動過程，作出電子運動軌跡，應用牛頓第二定律與運動學公式可以解題，解題時注意幾何知識的應用．