Question

20．在真空中的xOy平面內(nèi)，有一磁感強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場．過原點O的直線MN是磁場的邊界，其斜率為k．在坐標(biāo)原點O處有一電子源，能在xOy平面內(nèi)朝某一方向向磁場發(fā)射不同速率的電子，電子的質(zhì)量為m、電荷量為q，電子重力不計．
（1）若某一電子從MN上的A點離開磁場時的速度方向平行于x軸，AO的距離為L，求電子射入磁場時的速率；
（2）若在直線MN的右側(cè)加一水平向右的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），電場強(qiáng)度大小為E；保持電子源向磁場發(fā)射電子的速度方向不變，調(diào)節(jié)電子源，使射入磁場的電子速率在0和足夠大之間均有分布．請畫出所有電子第一次到達(dá)MN右側(cè)最遠(yuǎn)位置所組成的圖線；并通過計算求出任一電子第一次到達(dá)MN右側(cè)最遠(yuǎn)位置的橫坐標(biāo)x和縱坐標(biāo)y的關(guān)系式．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)帶電粒子的速度與x軸平行且處入場點O與出場點A的距離為L，根據(jù)幾何知識求解出其速度
（2）當(dāng)帶電粒子離開磁場進(jìn)入電場后做勻減速運動，只有當(dāng)帶電粒子的速度與力的方向同線時位移最大即離開MN右側(cè)最遠(yuǎn)

解答 解：（1）設(shè)直線MN與x軸正方向的夾角為θ，則$k=tanθ，sinθ=\frac{k}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$…①
設(shè)從A點離開磁場的電子在磁場中運動的半徑為r，由幾何關(guān)系得$r=\frac{L}{2sinθ}$…②
電子射入磁場時的速率為v，根據(jù)牛頓第二定律$qvB=m\frac{v^2}{r}$…③
聯(lián)立①②③得$v=\frac{{qBL\sqrt{1+{k^2}}}}{2mk}$…④
（2）曲線如圖所示

所有電子從MN上的點離開磁場時速度方向都平行于x軸，電子進(jìn)入電場作勻減速直線運動，設(shè)曲線上的點P（x，y）
電子勻減速直線運動的加速度為$a=\frac{qE}{m}$…⑤
根據(jù)運動學(xué)公式得${v^2}=2a（x-\frac{y}{k}）$…⑥
根據(jù)幾何關(guān)系得${（\frac{y}{k}）^2}+{（r-y）^2}={r^2}$…⑦
$qvB=m\frac{v^2}{r}$…⑧
聯(lián)立⑤⑥⑦⑧解得$x=\frac{y^2}{k'}+\frac{y}{k}$（其中$k'=\frac{{8{k^4}mE}}{{{{（1+{k^2}）}^2}q{B^2}}}$）
答：
（1）電子射入磁場時的速率為$v=\frac{{qBL\sqrt{1+{k^2}}}}{2mk}$
（2）圖線見解析，橫坐標(biāo)x和縱坐標(biāo)y的關(guān)系式為$x=\frac{y^2}{k'}+\frac{y}{k}$（其中$k'=\frac{{8{k^4}mE}}{{{{（1+{k^2}）}^2}q{B^2}}}$）

點評 （1）明確帶電粒子在磁場中運動軌跡是解決問題的關(guān)鍵，根據(jù)幾何知識找L與軌道半徑r的關(guān)系結(jié)合帶電粒子在磁場中運動時軌道半徑的計算公式即可求出帶電粒子的速度
（2）電子第一次到達(dá)MN右側(cè)最遠(yuǎn)位置的條件時帶電粒子離開磁場時速度與電場方向同線，帶電粒子進(jìn)入電場后做勻減速直線，根據(jù)運動學(xué)公式可求出橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)的關(guān)系