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(yùn)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(yùn)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(yùn)動，設(shè)曲線上的點P（x，y）
電子勻減速直線運(yùn)動的加速度為$a=\frac{qE}{m}$…⑤
根據(jù)運(yùn)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(yùn)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(yùn)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(yùn)動學(xué)公式可求出橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)的關(guān)系