Question

5．如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限区域中，有沿y轴正方向的匀强电场，场强的大小为E=kv₀．在第二象限有一半径为r=L的圆形区域的匀强磁场，圆形磁场的圆心O坐标为 （-L，L），与坐标轴分别相切于P点和N点，磁场方向垂直纸面向里．在x=3L处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q．大量的电子以相同的速率v₀在纸面内从P点进入圆形磁场，电子的速度方向在与x轴正方向成θ角的范围内，其中沿y轴正方向的电子经过磁场到达N点，速度与x轴正方向成θ角的电子经过磁场到达M点，且M点坐标为（0，1.5L）．忽略电子间的相互作用力，不计电子的重力，电子的比荷为$\frac{e}{m}$=$\frac{{v}_{0}}{kL}$．求：
（1）圆形磁场的磁感应强度大小；
（2）θ角的大小；
（3）电子打到荧光屏上距Q点的最远距离．

Answer 1

分析 （1）速度沿y轴正方向的电子经过N点，结合几何关系求解轨道半径；根据牛顿第二定律列式求解磁感应强度；
（2）画出速度与x轴正方向成θ角的电子经过磁场过程的轨迹，结合几何关系确定轨道对应的圆心角；
（3）所有的电子以平行于x轴正方向的速度进入电场中做类似平抛运动，根据类似平抛运动的分运动公式列式求解即可．

解答 解：（1）由于速度沿y轴正方向的电子经过N点，因而电子在磁场中做圆周运动的半径为：
R=L 
而  $q{v}_{0}B=\frac{m{v}_{0}^{2}}{R}$
联立解得  B=K 
（2）电子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，电子离开磁场时的位置为P′，连接POP′O′可知该四边形为菱形，由于PO竖直，因而半径P′O′也为竖直方向，电子离开磁场时速度一定沿x轴正方向．
由图可知 Lsin（θ-90°）+L=1.5L
解得：θ=120°
（3）由（2）可知，所有的电子以平行于x轴正方向的速度进入电场中做类似平抛运动，设电子在电场的运动时间为t，竖直方向位移为y，水平位移为x，则
水平方向：x=v₀t
竖直方向：$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
eE=ma
v_y=at
联立解得：x=$\sqrt{2Ly}$
设电子最终打在光屏的最远点距Q点为H，电子射出电场时的夹角为θ，有：
$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}=\sqrt{\frac{2y}{L}}$
有：H=（3L-x）tanθ=$（3\sqrt{L}-\sqrt{2y}）•\sqrt{2y}$
当$（3\sqrt{L}-\sqrt{2y}）=\sqrt{2y}$时，即$y=\frac{9}{8}L$时，H有最大值．
由于$\frac{9}{8}L＜1.5$L 所以 ${H}_{max}=\frac{9}{4}L$
答：（1）圆形磁场的磁感应强度大小是K；
（2）θ角的大小是120°；
（3）电子打到荧光屏上距Q点的最远距离是$\frac{9}{4}L$．

点评 本题关键是明确粒子的受力情况和运动规律，画出临界轨迹，结合牛顿第二定律、类似平抛运动的分运动规律和几何关系分析．