Question

14．如圖所示，在xOy平面直角坐標(biāo)系中，直角三角形MNL內(nèi)存在垂直于xOy平面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，三角形的一直角邊ML長為6a，落在y軸上，∠NML=30°，其中位線OP在x軸上．電子束以相同的速度v₀從y軸上-3a≤y≤0的區(qū)間垂直于y軸和磁場方向射入磁場，已知從y軸上y=-2a的點射入磁場的電子在磁場中的軌跡恰好經(jīng)過O點．若在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限區(qū)域內(nèi)，加上方向沿y軸正方向、大小為E=Bv₀的勻強電場，在x=3a處垂直于x軸放置一平面熒光屏，與x軸交點為Q．忽略電子間的相互作用，不計電子的重力．試求：
（1）電子的比荷；
（2）電子束從+y軸上射入電場的縱坐標(biāo)范圍；
（3）從磁場中垂直于y軸射入電場的電子打到熒光屏上距Q點的最遠距離．

Answer 1

分析 （1）從y軸上y=-2a點射入磁場的電子在磁場中的軌跡恰好經(jīng)過O點，則電子圓周運動的半徑為a，根據(jù)牛頓第二定律列方程求比荷；
（2）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，畫出運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求解；
（3）先判斷電子射出電場后是否打到熒光屏上，然后根據(jù)電子在電場中做類平拋運動，求出偏轉(zhuǎn)位移，根據(jù)偏轉(zhuǎn)角的正切值確定最遠距離與偏轉(zhuǎn)位移的關(guān)系，再根據(jù)數(shù)學(xué)知識求解極值．

解答 解：（1）由題意可知電子在磁場中的軌跡半徑為r=a，
由牛頓第二定律得：ev₀B=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
電子的比荷：$\frac{e}{m}=\frac{{v}_{0}}{Ba}$；
（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．
則：O′M=2a，OO′=OM-0′M=a，
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=2a，
所以電子束從y軸射入電場的范圍為0≤y≤2a；
（3）假設(shè)電子沒有射出電場就打到熒光屏上，
有 3a=v₀t，y=$\frac{1}{2}•\frac{eE}{m}•{t}^{2}$，
解得：y=$\frac{9}{2}$a＞2a，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=$\frac{1}{2}•\frac{eE}{m}•{t}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得：x=$\sqrt{2ay}$；
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=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}=\frac{\frac{eE}{m}×\frac{x}{{v}_{0}}}{{v}_{0}}=\sqrt{\frac{2y}{a}}$，
H=（3a-x）tanθ=$（3\sqrt{a}-\sqrt{2y}）\sqrt{2y}$，
當(dāng)$3\sqrt{a}-\sqrt{2y}=\sqrt{2y}$時，即y=$\frac{9}{8}a$時，H有最大值，
由于$\frac{9}{8}$a＜2a，所以H_max=$\frac{9}{4}$a；
答：（1）電子的比荷為$\frac{{v}_{0}}{Ba}$；
（2）電子束從+y軸上射入電場的縱坐標(biāo)范圍是0≤y≤2a；
（3）從磁場中垂直于y軸射入電場的電子打到熒光屏上距Q點的最遠距離為$\frac{9}{4}$a．

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(xué)方法在物理中的應(yīng)用．