Question

1．如圖所示，在平面直角坐標系xOy平面內(nèi)，直角三角形abc的直角邊ab長為6d，與y軸重合，∠bac=30°，中位線OM與x軸重合，三角形內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場．在第一象限內(nèi)，有方向沿y軸正向的勻強電場，場強大小E與勻強磁場磁感應(yīng)強度B的大小間滿足E=v₀B．在x=3d的N點處，垂直于x軸放置一平面熒光屏．電子束以相同的初速度v₀從y軸上-3d≤y≤0的范圍內(nèi)垂直于y軸向左射入磁場，其中從y軸上y=-2d處射入的電子，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，恰好經(jīng)過O點．電子質(zhì)量為m，電量為e，電子間的相互作用及重力不計．求：
（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B；
（2）電子束從y軸正半軸上射入電場時的縱坐標y的范圍；
（3）熒光屏上發(fā)光點距N點的最遠距離D_m．

Answer 1

分析 （1）從y軸上y=-2d處射入的電子，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，恰好經(jīng)過O點，求出次電子的軌道半徑，電子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強度．
（2）由題意作出粒子的運動過程圖；由幾何關(guān)系明確粒子射出區(qū)域范圍．
（3）y軸上y=-2d點射入磁場的電子在磁場中的軌跡恰好經(jīng)過O點，粒子在磁場中運動圓軌跡必須與直線MN相切時打到熒光屏上距Q點最遠．

解答 解：（1）從y軸上y=-2d的點射入磁場的電子在磁場中的軌跡恰好經(jīng)過O點；
可知電子在磁場中的軌跡半徑為：r=d，
電子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，解得：B=$\frac{m{v}_{0}}{qd}$；
（2）電子能進入電場中，且離O點上方最遠，電子在磁場中運動圓軌跡恰好與邊MN相切，
電子運動軌跡的圓心為O′點，如圖所示．
由幾何知識得：O'M=2d，
有：OO′=OM-O'M=d，
即粒子從D點離開磁場進入電場時，離O點上方最遠距離為OD=y_m=2d，
所以電子束從y軸射入電場的范圍為0≤y≤2d；
（3）假設(shè)電子沒有射出電場就打到熒光屏上，
有 3d=v₀t，y=$\frac{1}{2}$•$\frac{eE}{m}$•t²，
解得：y=$\frac{9}{2}$d＞2d，所以，電子應(yīng)射出電場后打到熒光屏上．
電子在電場中做類平拋運動，設(shè)電子在電場的運動時間為t，豎直方向位移為y，水平位移為x，
水平：x=v₀t，豎直：y=$\frac{1}{2}$•$\frac{eE}{m}$•t²，解得：x=$\sqrt{2dy}$；
設(shè)電子最終打在光屏的最遠點距Q點為H，電子射出電場時的夾角為θ有：
tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$=$\frac{\frac{eE}{m}×\frac{x}{{v}_{0}}}{{v}_{0}}$=$\sqrt{\frac{2y}orzhw9y}$，
D=（3a-x）tanθ=（3$\sqrtphebm4d$-$\sqrt{2y}$）$\sqrt{2y}$，
當3$\sqrtlh9riqc$-$\sqrt{2y}$=$\sqrt{2y}$時，即y=$\frac{9}{8}$d時，H有最大值，
由于$\frac{9}{8}$d＜2d，所以D_max=$\frac{9}{4}$d；
答：（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B為$\frac{m{v}_{0}}{qd}$；
（2）電子束從y軸正半軸上射入電場時的縱坐標y的范圍是：0≤y≤2d；
（3）熒光屏上發(fā)光點距N點的最遠距離D_m為$\frac{9}{4}$d．

點評 本題屬于帶電粒子在組合場中的運動，粒子在磁場中做勻速圓周運動，要求能正確的畫出運動軌跡，并根據(jù)幾何關(guān)系確定某些物理量之間的關(guān)系；
粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)經(jīng)常用化曲為直的方法，求極值的問題一定要先找出臨界的軌跡，注重數(shù)學方法在物理中的應(yīng)用．