Question

16．寬度都為d的兩個區(qū)域存在磁感應強度大小相等，方向相反的勻強磁場，如圖所示，屏MN與磁場最右側邊界的距離也等于d，直線OO′與磁場邊界以及屏MN都垂直，一質量為m，電荷量為e的電子從O點以速度v₀垂直于磁場方向射入磁場，速度方向與直線OO′成45°，磁感應強度B的大小不同，電子運動軌跡也不同
（1）要使電子能打到屏MN上，磁感應強度B的大小應滿足什么條件？
（2）電子打在屏MN上的范圍是多少？
（3）打在屏MN上最高點的電子總的運動時間是多少？

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，由于牛頓第二定律公式分析答題．
（2）根據電子的運動過程，得出電子在磁場中運動的對稱性與射出磁場時的速度的方向，然后確定電子打在屏MN上的范圍．
（3）根據電子的運動過程，求出電子在各階段的運動時間，然后求出電子的總運動時間．

解答 解：（1）電子在磁場中做勻速圓周運動，電子恰好打到MN上時，電子運動軌跡如圖所示：

由幾何知識可知，r+rcos45°=d，
解得：r=（2-$\sqrt{2}$）d
電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
ev₀B=m$\frac{{{v}_{0}}^{2}}{r}$
解得：r=$\frac{m{v}_{0}}{eB}$，B=$\frac{m{v}_{0}}{（2-\sqrt{2}）ed}$，
由r=$\frac{m{v}_{0}}{eB}$知，B越小，r越大，
則：電子打在MN上的條件是：B≤$\frac{m{v}_{0}}{（2-\sqrt{2}）ed}$．
（2）由圖示可知，粒子恰好射出磁場時：O′P=rsin45°+r-$\fracz7rpjzr{tan45°}$-r（1-sin45°）=（3-2$\sqrt{2}$）d．
若磁場的磁感應強度非常小，則粒子近似做勻速直線運動，最下面的點：O′Q=3d•tan45°=3d
所以，電子打在屏MN上的范圍是：在O′以上到O′的距離小于（3-$2\sqrt{2}$）d；到O′以下到O′的距離小于3d范圍內．
（3）電子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πr}{{v}_{0}}$=$\frac{2（2-\sqrt{2}）πd}{{v}_{0}}$，
電子在磁場中轉過的圓心角：θ=90°+45°=135°，
電子在磁場中的勻速時間：t₁=2×$\frac{θ}{360°}T$=2×$\frac{135}{360}×\frac{2（2-\sqrt{2}）πd}{{v}_{0}}$=$\frac{3（2-\sqrt{2}）πd}{2{v}_{0}}$，
電子離開磁場后的運動時間：t₂=$\frac{s}{{v}_{0}}$=$\frac{\fracvvbnhlp{sin45°}}{{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{2}d}{{v}_{0}}$，
打在屏MN上最高點的電子總的運動時間：t=t₁+t₂=$\frac{3（2-\sqrt{2}）πd}{2{v}_{0}}+\frac{\sqrt{2}d}{{v}_{0}}$．
答：（1）磁感應強度的大小應滿足的條件是：B≤$\frac{m{v}_{0}}{（2-\sqrt{2}）ed}$．
（2）電子打在屏MN上的范圍是在O′以上到O′的距離小于（3-$2\sqrt{2}$）d；到O′以下到O′的距離小于3d范圍內．
（3）打在屏MN上最高點的電子總的運動時間是$\frac{3（2-\sqrt{2}）πd}{2{v}_{0}}+\frac{\sqrt{2}d}{{v}_{0}}$．

點評 本題考查了電子在磁場中的運動，電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，分析清楚電子的運動過程、應用牛頓第二定律即可正確解題，解題時注意幾何知識的應用．