2.以一對帶有等量異種電荷的平行板作為電子的轉(zhuǎn)向裝置,其中帶正電的下板上挖有相距1.0cm的兩個小縫,如圖所示.設有一電子以4.55×10-19J的動能與豎直方向成45°角從一縫射入,由另一縫射出,而且電子的射入方向與射出方向的夾角為90°,電子從縫射出后,沿半徑方向經(jīng)過筒上的小孔射入一橫截面如圖所示的絕緣圓筒內(nèi),筒內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場,電子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后從圓筒上另一小孔射出,射出圓筒時電子運動的方向與進入電場時的方向相反.設電子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失,且電荷量保持不變.已知電子的質(zhì)量為9.1×10-31kg,帶電荷量為-1.6×10-19C,圓筒半徑為R=10cm,在不計重力的情況下,求:
(1)電子射入平行板時的速度大小及進入電場后的運動情況;
(2)平行板間的電場強度大;
(3)圓筒內(nèi)磁場的磁感應強度大小.

分析 (1)已知電子射入平行板時的動能和質(zhì)量,由動能的計算式Ek=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$,求電子的速度大。鶕(jù)電子的受力情況,運用運動學分解法分析其運動情況.
(2)將電子的運動分解為沿平行于板的方向和垂直于板的方向,根據(jù)平行于板方向的分位移公式求出電子在電場中運動的時間,由垂直于板方向的速度公式和牛頓第二定律求電場強度.
(3)電子在磁場中作勻速圓周運動,畫出其運動軌跡,分析軌跡的圓心角,由幾何知識求出軌跡半徑,再由牛頓第二定律求磁感應強度.

解答 解:(1)根據(jù)Ek=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$得 v0=$\sqrt{\frac{2{E}_{k}}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×4.55×1{0}^{-19}}{9.1×1{0}^{-31}}}$=1×106m/s
因為平行板中的電場為勻強電場,電子在電場中受到的電場力是恒力,方向垂直于極板,則電子在垂直板的方向的加速度a為定值,沿平行板方向的運動是勻速運動,垂直于板的方向做勻變速直線運動,故電子的運動是勻變速曲線運動.
(2)電子在電場中運動時,將v0沿平行于板的方向和垂直于板的方向分解,根據(jù)運動的合成和分解知:
  x=(v0cos45°)t
  v0sin45°=a$•\frac{t}{2}$=$\frac{eE}{m}•\frac{t}{2}$
聯(lián)立得 E=$\frac{2{v}_{0}^{2}mcos45°sin45°}{xe}$=5.69×102N/C
(3)電子從電場射出時速度大小 v=v0=1×106m/s
電子進入磁場后做勻速圓周運動,運用幾何關(guān)系作出圓心為O′、半徑為r的軌跡圓,設第一次碰撞點為A,由于電子與圓筒發(fā)生了兩次碰撞又從C孔射出,電子運動的方向與進入電場時的方向相反,因此,SA軌跡弧所對的圓心角等于$\frac{π}{2}$
   由幾何關(guān)系可得 r=R=10cm=0.1m
電子運動過程中由洛倫茲力充當向心力,由牛頓第二定律得 evB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
解得 B=$\frac{mv}{er}$=5.69×10-5T
答:
(1)電子射入平行板時的速度大小為1×106m/s,進入電場后電子作勻變速曲線運動;
(2)平行板間的電場強度大小是5.69×102N/C;
(3)圓筒內(nèi)磁場的磁感應強度大小是5.69×10-5T.

點評 解決該題的關(guān)鍵是根據(jù)題目的要求,正確畫出粒子運動的軌跡,并根據(jù)幾何關(guān)系寫出粒子的半徑與磁場的半徑的關(guān)系.該題對空間思維的能力要求比較高.

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