Question

20．如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、足夠大的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有兩塊長(zhǎng)為2L，間距為d的豎直放置的平行帶電金屬板，從CD板的正中央O點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)初速為零的電子，電子恰好從AB板的邊緣A端平行于AB板射出，且能回到O點(diǎn)．已知電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，重力可忽略不計(jì)，電場(chǎng)只局限于平行板之間，且L＞d．
試求：
（1）電子從板間射出時(shí)的速度大�。�
（2）兩板間所加電壓．
（3）電子在復(fù)合場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的加速度大小．

Answer 1

分析 （1）電子離開A點(diǎn)后是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑；利用洛侖茲力等于向心力列式求解電子從板間射出時(shí)的速度大��；
（2）對(duì)O點(diǎn)到A點(diǎn)過程運(yùn)用動(dòng)能定理列式求解加速電壓；
（3）在A點(diǎn)，受向右的洛侖茲力和向左的電場(chǎng)力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度．

解答 解：（1）電子離開A點(diǎn)后在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫磁力提供電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，軌跡如圖所示：
設(shè)其運(yùn)動(dòng)半徑為R，由幾何關(guān)系可知：r²=L²+（r-d）²…①
洛侖茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：$evB=m\frac{v^2}{r}$…②
由①②式得：$v=\frac{{eB（{L^2}+{d^2}）}}{2md}$…③
（2）電子由O運(yùn)動(dòng)到A處過程中洛倫磁力不做功，由動(dòng)能定理可得：
$eU=\frac{1}{2}m{v^2}$…④
解得：$U=\frac{{m{v^2}}}{2e}=\frac{{m{{[\frac{{eB（{L^2}+{d^2}）}}{2md}]}^2}}}{2e}=\frac{{e{B^2}{{（{L^2}+{d^2}）}^2}}}{{8m{d^2}}}$…⑤
（3）在A點(diǎn)，電場(chǎng)力和洛倫磁力的合力提供加速度，由牛頓第二定律得：
evB-e$\frac{U}5nf7pzt$=ma…⑥
得加速度：a=$\frac{{3{e^2}{B^2}（{L^2}+{d^2}）（3{d^2}-{L^2}）}}{{8{m^2}{d^3}}}$
答：（1）電子從板間射出時(shí)的速度大小為$\frac{eB（{L}^{2}+7pff59x^{2}）}{2md}$．
（2）兩板間所加電壓為為$\frac{e{B}^{2}{（{L}^{2}+r59bxhr^{2}）}^{2}}{8mvftltjn^{2}}$．
（3）電子在復(fù)合場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的加速度大小為$\frac{{3{e^2}{B^2}（{L^2}+{d^2}）（3{d^2}-{L^2}）}}{{8{m^2}{d^3}}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是先畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系求解磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，然后結(jié)合動(dòng)能定理、牛頓第二定律列式求解，不難．