Question

7．如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B．在圓形磁場(chǎng)區(qū)域右側(cè)距離磁場(chǎng)邊界R處有一豎直感光板MQN，在圓形磁場(chǎng)區(qū)域上邊界處有一可轉(zhuǎn)動(dòng)的平行板電容器和電子發(fā)射裝置S，電子發(fā)射裝置能不斷地產(chǎn)生初速不計(jì)．質(zhì)量m，電量為e的電子，兩板間所加電壓滿足U=$\frac{{R}^{2}{B}^{2}e}{2m}$．若不計(jì)電子所受重力和電子間的相互影響，且電子發(fā)射裝置連同電容器一起向左向右都能擺動(dòng)θ角，電子仍可從P點(diǎn)射入．
（1）若發(fā)射裝置不擺動(dòng)對(duì)準(zhǔn)圓心射入，求電子的磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；
（2）若發(fā)射裝置擺動(dòng)，求電子打的感光板的最大范圍；
（3）求電子打在感光板上時(shí)電子運(yùn)動(dòng)的最長和最短時(shí)間之差．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動(dòng)能定理列式求解速度；根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑；從而根據(jù)幾何關(guān)系求出圓弧的圓心角大小，通過弧長和速度求出在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．
（2）電子的軌道半徑為R，則軌跡圓的圓心、磁場(chǎng)區(qū)域圓的圓心、兩個(gè)圓的兩個(gè)交點(diǎn)構(gòu)成菱形，則所有的電子離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向水平向右，結(jié)合幾何關(guān)系得到電子打的感光板的最大范圍；
（3）考慮臨界情況：電子初速度水平向右時(shí)，到達(dá)光屏?xí)r間最短；電子初速度水平向左時(shí)，到達(dá)光屏?xí)r間最長（可以考慮速度略微偏下一點(diǎn)）．

解答 解：（1）對(duì)加速過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：eU=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
根據(jù)題意，有：U=$\frac{{R}^{2}{B}^{2}e}{2m}$
聯(lián)立解得：${v}_{0}=\frac{RBe}{m}$
設(shè)帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，由牛頓第二定律得：ev₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$
帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡為四分之一圓周，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為$\frac{π}{2}$，如圖所示：

r=R
則：t=$\frac{\frac{π}{2}R}{{v}_{0}}$=$\frac{πm}{2eB}$
（2）電子的軌道半徑為R，則軌跡圓的圓心、磁場(chǎng)區(qū)域圓的圓心、兩個(gè)圓的兩個(gè)交點(diǎn)構(gòu)成菱形，如圖所示：

則所有的電子離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向水平向右，故電子打的感光板的最大范圍為2R；
（3）電子初速度水平向右時(shí)，到達(dá)光屏?xí)r間最短，為：t_min=$\frac{PM}{{v}_{0}}$
電子初速度水平向左時(shí)，到達(dá)光屏?xí)r間最長，為：t_max=$\frac{T}{2}$+$\frac{PM}{{v}_{0}}$
故最長和最短時(shí)間之差為：△t=$\frac{T}{2}$=$\frac{πm}{eB}$；
答：（1）若發(fā)射裝置不擺動(dòng)對(duì)準(zhǔn)圓心射入，電子的磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為$\frac{πm}{2eB}$；
（2）若發(fā)射裝置擺動(dòng)，求電子打的感光板的最大范圍為2R；
（3）求電子打在感光板上時(shí)電子運(yùn)動(dòng)的最長和最短時(shí)間之差為$\frac{πm}{eB}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是畫出軌跡，確定臨界軌跡；本題對(duì)數(shù)學(xué)幾何能力要求較高，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練．