Question

5．如圖所示，在以原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)充滿了磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，x軸下方為一平行板電容器，其正極板與x軸重合且在O處開有小孔，兩極板間距離為$\frac{πR}{12}$．現(xiàn)有電荷量為e、質(zhì)量為m的電子在O點正下方負(fù)極板上的P點由靜止釋放．不計電子所受重力．
（1）若電子在磁場中運動一段時間后剛好從磁場的最右邊緣處返回到x軸上，求加在電容器兩極板間的電壓．
（2）將兩極板間的電壓增大到第（1）問中電壓的4倍，先在P處釋放第一個電子，在這個電子剛到達O點時釋放第二個電子，求第一個電子離開磁場時，第二個電子的位置坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）電子先經(jīng)電場加速，后進入磁場中偏轉(zhuǎn)．根據(jù)動能定理列式，得到電壓與電子獲得的速度關(guān)系式；根據(jù)幾何知識得知電子在磁場中圓周運動的半徑為 r=$\frac{R}{2}$．由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可求得速度，聯(lián)立即可求得電壓U．
（2）①根據(jù)上題的結(jié)果，得到將兩極板間的電壓增大到原來的4倍后電子在磁場中的半徑．電子在電場中加速時，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合得到時間；在磁場中，根據(jù)軌跡對應(yīng)的圓心角，求解時間，再求解時間之比；②根據(jù)第一個電子離開磁場時，得到第二個電子的圓心角，由幾何知識求解其位置坐標(biāo)．

解答 解析：（1）設(shè)加速電壓為U，電子經(jīng)電場加速后速度為v，由動能定理得：
eU=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$      
又有 evB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
r=$\frac{R}{2}$     
聯(lián)立以上各式解得：U=$\frac{e{B}^{2}{R}^{2}}{8m}$
（2）電壓增加為原來4倍，則有電子在磁場中的半徑為：r′=2r=R
設(shè)電子在電場中運動時間為t₁，加速度為a，則有：
E=$\frac{4U}lvewdwy$
eE=ma
設(shè)間距為d，有：d=$\frac{1}{2}a{{t}_{1}}^{2}$
解得：t₁=$\frac{πm}{6eB}$
電子在磁場中運動總時間為t₂，則有：
T=$\frac{2πm}{eB}$
t₂=$\frac{1}{6}$T
解得：t₂=$\frac{πm}{3eB}$
即   t₂=2t₁
此可知：第一個電子離開磁場時，第二個電子的圓心角為30⁰，如圖中的Q點：
Q_x=R-Rcoa30°=$\frac{2-\sqrt{3}}{2}R$
Q_y=Rsin30°=$\frac{1}{2}$R
因此Q點的坐標(biāo)為：（$\frac{2-\sqrt{3}}{2}R$，$\frac{1}{2}R$）
答：（1）若電子在磁場中運動一段時間后剛好從磁場的最右邊緣處返回到x軸上，求加在電容器兩極板間的電壓為$\frac{e{B}^{2}{R}^{2}}{8m}$．
（2）將兩極板間的電壓增大到第（1）問中電壓的4倍，先在P處釋放第一個電子，在這個電子剛到達O點時釋放第二個電子，求第一個電子離開磁場時，第二個電子的位置坐標(biāo)為（$\frac{2-\sqrt{3}}{2}R$，$\frac{1}{2}R$）．

點評 本題是帶電粒子在組合場中運動的問題，粒子在磁場中做勻速圓周運動，要求同學(xué)們能畫出粒子運動的軌跡，能根據(jù)半徑公式，周期公式結(jié)合幾何關(guān)系求解．