Question

1．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限區(qū)域中，有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E=kv₀，在第二象限內(nèi)有一半徑為R=b的圓形區(qū)域磁場(chǎng)，圓形磁場(chǎng)的圓心O₁坐標(biāo)為（-b，b），與坐標(biāo)軸分別相切于P點(diǎn)和N點(diǎn)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，在x=3b處垂直于x軸放置一平面熒光屏，與x軸交點(diǎn)為Q，大量的電子以相同的速率在紙面內(nèi)從P點(diǎn)進(jìn)入圓形磁場(chǎng)，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(chǎng)到達(dá)N點(diǎn)，速度與x軸正方向成θ角的電子經(jīng)過磁場(chǎng)到達(dá)M點(diǎn)且M點(diǎn)坐標(biāo)為（0，1.5b），忽略電子間的相互作用力，不計(jì)電子的重力，電子的比荷為$\frac{e}{m}$=$\frac{{v}_{0}}{kb}$，求：
（1）圓形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；
（2）θ角的大��；
（3）電子到熒光屏上距Q點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離．

Answer 1

分析 （1）速度沿y軸正方向的電子經(jīng)過N點(diǎn)，結(jié)合幾何關(guān)系求解軌道半徑；根據(jù)牛頓第二定律列式求解磁感應(yīng)強(qiáng)度；
（2）畫出速度與x軸正方向成θ角的電子經(jīng)過磁場(chǎng)過程的軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系確定軌道對(duì)應(yīng)的圓心角；
（3）所有的電子以平行于x軸正方向的速度進(jìn)入電場(chǎng)中做類似平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類似平拋運(yùn)動(dòng)的分運(yùn)動(dòng)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(diǎn)，因而電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為：r=b   
而$e{v_0}B=m\frac{v_0^2}{r}$
聯(lián)立解得：B=$\frac{m{v}_{0}}{eb}$=k
（2）電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為O'，電子離開磁場(chǎng)時(shí)的位置為P'，連接POP'O'可知該四邊形為棱形，由于PO豎直，因而 半徑P'O'也為豎直方向，電子離開磁場(chǎng)時(shí)速度一定沿x軸正方向．  
由右圖可知：

a•sin（θ-90°）+b=1.5b
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(jìn)入電場(chǎng)中做類似平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子在電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，豎直方向位移為y，水平位移為x，
水平：x=v₀t 

豎直：$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
eE=ma
v_y=at
聯(lián)立解得：
x=$\sqrt{2by}$
設(shè)電子最終打在光屏的最遠(yuǎn)點(diǎn)距Q點(diǎn)為H．電子射出電場(chǎng)時(shí)的夾角為θ有：
tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\sqrt{\frac{2y}}$
有：H=（3b-x）tanθ=（3$\sqrt$-$\sqrt{2y}$）$\sqrt{2y}$
當(dāng)$3\sqrt-\sqrt{2y}=\sqrt{2y}$時(shí)，即y=$\frac{8}{9}b$時(shí)，H有最大值； 
由于$\frac{8}{9}b＜1.5b$，所以${H}_{max}=\frac{16}{9}b$；
答：（1）圓形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為k；
（2）θ角的大小為120°；
（3）電子打到熒光屏上距Q點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為$\frac{16}{9}b$．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)規(guī)律，畫出臨界軌跡，結(jié)合牛頓第二定律、類似平拋運(yùn)動(dòng)的分運(yùn)動(dòng)規(guī)律和幾何關(guān)系分析．