Question

12．宽度都为d的两个区域存在磁感应强度大小相等的匀强磁场，但磁场方向相反，如图所示．足够大的屏MN与磁场最右侧边界的距离也等于d，直线OO′与磁场边界以及屏MN都垂直．质量为m、电荷量为e的电子从O点以速度v₀射入磁场，速度方向与直线OO′成45°角．
（1）若电子能打到屏MN上，求磁感应强度的大小应满足的条件及电子打在屏MN上的范围；
（2）打在屏MN上最高点的电子总的运动时间是多少？

Answer 1

分析 （1）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由于牛顿第二定律与匀速直线运动的速度公式分析答题．
（2）根据电子的运动过程，求出电子在各阶段的运动时间，然后求出电子的总运动时间．

解答 解：（1）电子在磁场中做匀速圆周运动，
电子恰好打到MN上时，电子运动轨迹如图所示：

由几何知识可知，r+rcos45°=d，解得：r=（2-$\sqrt{2}$）d，
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：ev₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，
解得：r=$\frac{m{v}_{0}}{eB}$，B=$\frac{m{v}_{0}}{（2-\sqrt{2}）ed}$，
由r=$\frac{m{v}_{0}}{eB}$可知，B越小，r越大，
则：电子打在MN上的条件是：B≤$\frac{m{v}_{0}}{（2-\sqrt{2}）ed}$；
由图示可知：O′N=$\frac{d}{tan45°}$-2rsin45°=（3-2$\sqrt{2}$）d，
若磁场的磁感应强度非常小，则粒子近似做匀速直线运动，最下面的点：O′Q=3d•tan45°=3d
电子打在屏MN上的范围是：在O′以上到O′的距离小于（3-22）d；到O′以下到O′的距离小于3d范围内；
（2）电子在磁场中做圆周运动的周期：T=$\frac{2πr}{{v}_{0}}$=$\frac{2（2-\sqrt{2}）πd}{{v}_{0}}$，
电子在磁场中转过的圆心角：θ=90°+45°=135°，
电子在磁场中的匀速时间：t₁=2$\frac{θ}{360°}$T=2×$\frac{135°}{360°}$×$\frac{2（2-\sqrt{2}）πd}{{v}_{0}}$=$\frac{3（2-\sqrt{2}）πd}{2{v}_{0}}$，
电子离开磁场后的运动时间：t₂=$\frac{s}{{v}_{0}}$=$\frac{\frac{d}{sin45°}}{{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{2}d}{{v}_{0}}$，
打在屏MN上最高点的电子总的运动时间：t=t₁+t₂=$\frac{3（2-\sqrt{2}）πd}{2{v}_{0}}$+$\frac{\sqrt{2}d}{{v}_{0}}$；
答：（1）磁感应强度的大小应满足的条件是：B≤$\frac{m{v}_{0}}{（2-\sqrt{2}）ed}$；
电子打在屏MN上的范围是：在O′以上到O′的距离小于（3-2$\sqrt{2}$）d，到O′以下到O′的距离小于3d范围内；
（2）打在屏MN上最高点的电子总的运动时间是$\frac{3（2-\sqrt{2}）πd}{2{v}_{0}}$+$\frac{\sqrt{2}d}{{v}_{0}}$．

点评 本题考查了电子在磁场中的运动，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚电子的运动过程、应用牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意几何知识的应用．