Question

11．如圖所示，兩平行金屬板右側(cè)的平行直線A₁、A₂間，存在兩個方向相反的勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，以豎直面MN為理想分界面．兩磁場區(qū)域的寬度相同，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B，Ⅰ區(qū)的磁場方向垂直于紙面向里．一電子由靜止開始，經(jīng)板間電場加速后，以速度v₀垂直于磁場邊界A₁進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，經(jīng)t=$\frac{πm}{2eB}$的時間后，垂直于另一磁場邊界A₂離開磁場．已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e．
（1）求每一磁場區(qū)域的寬度d；
（2）若要保證電子能夠從磁場右邊界A₂穿出，加速度電壓U至少應(yīng)大于多少？
（3）現(xiàn)撤去加速裝置，使Ⅰ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)?B，電子仍以速率v₀從磁場邊界AB射入，并改變射入時的方向（其它條件不變），使得電子穿過Ⅰ區(qū)域的時間最短．求電子穿過兩區(qū)域的時間t．

Answer 1

分析 （1）電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出電子的軌道半徑，根據(jù)電子的周期公式與電子在磁場中的運(yùn)動時間求出電子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，然后求出磁場區(qū)域的寬度．
（2）電子在電場中加速，在磁場中做圓周運(yùn)動運(yùn)動，應(yīng)用動能定理與牛頓第二定律可以求出加速電壓．
（3）電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，求出電子在兩個磁場中的運(yùn)動時間，然后求出總的運(yùn)動時間．

解答 解：（1）電子在磁場中運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
$e{v_0}B=m\frac{v_0^2}{R_0}$…①
電子做圓周運(yùn)動的周期：$T=\frac{{2π{R_0}}}{v_0}$…②
電子在每一磁場中運(yùn)動的時間為：t₁=$\frac{t}{2}=\frac{πm}{4eB}=\frac{T}{8}$…③
電子的在磁場中轉(zhuǎn)過圓心角：θ=$\frac{π}{4}$ …④
磁場的寬度：d=rsin45°，
解得：$d=\frac{{\sqrt{2}m{v_0}}}{2eB}$…⑤；
（2）若電子恰好不從A₂穿出磁場，電子運(yùn)動軌跡應(yīng)和MN相切，
在I區(qū)域中轉(zhuǎn)半圈后從A₁離開磁場，運(yùn)動估計如圖2所示：
設(shè)此時對應(yīng)的電壓為U，電子進(jìn)入磁場時的速度為v，由牛頓第二定律得：
$evB=m\frac{v^2}{R}$…⑥
由幾何知識得：R=d…⑦
在加速電場中，由動能定理得：$eU=\frac{1}{2}m{v^2}$-0…⑧
解得：$U=\frac{mv_0^2}{4e}$…⑨
（3）由于速率一定，要電子穿過I區(qū)域的時間最短，則需電子穿過I區(qū)域的弧長最短（對應(yīng)的弦長最短）．運(yùn)動軌跡如圖3所示：
由①式，在I區(qū)域的半徑：r₁=$\frac{{m{v_0}}}{2eB}$…⑩
由圖可知：$sinθ=\fraco8sw2ma{{2{r_1}}}$解得 θ=$\frac{π}{4}$…⑪
在I區(qū)域的運(yùn)動時間：${t_1}=\frac{2θ}{2π}T=\frac{πm}{4eB}$…⑫
在II區(qū)域的半徑：r₂=$\frac{{m{v_0}}}{eB}$=2r₁…⑬
由幾何關(guān)系可知，在II區(qū)域中的圓心O₂必在A₂上．
如圖，Φ=θ=$\frac{π}{4}$…⑭
在II區(qū)域的運(yùn)動時間：${t_2}=\frac{Φ}{2π}T'=\frac{πm}{4eB}$…⑮
通過兩場的總時間t=t₁+t₂=$\frac{πm}{2eB}$…⑯
答：（1）每一磁場區(qū)域的寬度d為$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{2eB}$；
（2）若要保證電子能夠從磁場右邊界A₂穿出，加速度電壓U至少應(yīng)大于$\frac{m{v}_{0}^{2}}{4e}$；
（3）電子穿過兩區(qū)域的時間t為$\frac{πm}{2eB}$．

點(diǎn)評 本題考查了電子在加速電場與磁場中的運(yùn)動，電子在電場中加速，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，分析清楚粒子運(yùn)動過程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律與周期公式可以解題；作出粒子運(yùn)動軌跡、應(yīng)用幾何知識求出粒子的軌道半徑是處理粒子在磁場中運(yùn)動的基本解題思路與方法．