Question

5．如圖所示，在直角坐標系xoy的第一象限區(qū)域中，有沿y軸正方向的勻強電場，場強的大小為E=kv₀．在第二象限有一半徑為r=L的圓形區(qū)域的勻強磁場，圓形磁場的圓心O坐標為 （-L，L），與坐標軸分別相切于P點和N點，磁場方向垂直紙面向里．在x=3L處垂直于x軸放置一平面熒光屏，與x軸交點為Q．大量的電子以相同的速率v₀在紙面內(nèi)從P點進入圓形磁場，電子的速度方向在與x軸正方向成θ角的范圍內(nèi)，其中沿y軸正方向的電子經(jīng)過磁場到達N點，速度與x軸正方向成θ角的電子經(jīng)過磁場到達M點，且M點坐標為（0，1.5L）．忽略電子間的相互作用力，不計電子的重力，電子的比荷為$\frac{e}{m}$=$\frac{{v}_{0}}{kL}$．求：
（1）圓形磁場的磁感應強度大��；
（2）θ角的大小；
（3）電子打到熒光屏上距Q點的最遠距離．

Answer 1

分析 （1）速度沿y軸正方向的電子經(jīng)過N點，結(jié)合幾何關系求解軌道半徑；根據(jù)牛頓第二定律列式求解磁感應強度；
（2）畫出速度與x軸正方向成θ角的電子經(jīng)過磁場過程的軌跡，結(jié)合幾何關系確定軌道對應的圓心角；
（3）所有的電子以平行于x軸正方向的速度進入電場中做類似平拋運動，根據(jù)類似平拋運動的分運動公式列式求解即可．

解答 解：（1）由于速度沿y軸正方向的電子經(jīng)過N點，因而電子在磁場中做圓周運動的半徑為：
R=L 
而  $q{v}_{0}B=\frac{m{v}_{0}^{2}}{R}$
聯(lián)立解得  B=K 
（2）電子在磁場中做圓周運動的圓心為O′，電子離開磁場時的位置為P′，連接POP′O′可知該四邊形為菱形，由于PO豎直，因而半徑P′O′也為豎直方向，電子離開磁場時速度一定沿x軸正方向．
由圖可知 Lsin（θ-90°）+L=1.5L
解得：θ=120°
（3）由（2）可知，所有的電子以平行于x軸正方向的速度進入電場中做類似平拋運動，設電子在電場的運動時間為t，豎直方向位移為y，水平位移為x，則
水平方向：x=v₀t
豎直方向：$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
eE=ma
v_y=at
聯(lián)立解得：x=$\sqrt{2Ly}$
設電子最終打在光屏的最遠點距Q點為H，電子射出電場時的夾角為θ，有：
$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}=\sqrt{\frac{2y}{L}}$
有：H=（3L-x）tanθ=$（3\sqrt{L}-\sqrt{2y}）•\sqrt{2y}$
當$（3\sqrt{L}-\sqrt{2y}）=\sqrt{2y}$時，即$y=\frac{9}{8}L$時，H有最大值．
由于$\frac{9}{8}L＜1.5$L 所以 ${H}_{max}=\frac{9}{4}L$
答：（1）圓形磁場的磁感應強度大小是K；
（2）θ角的大小是120°；
（3）電子打到熒光屏上距Q點的最遠距離是$\frac{9}{4}L$．

點評 本題關鍵是明確粒子的受力情況和運動規(guī)律，畫出臨界軌跡，結(jié)合牛頓第二定律、類似平拋運動的分運動規(guī)律和幾何關系分析．