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.电场强度的大小为E=kv0．在第二象限有一半径为R=a的圆形区域磁场.圆形磁场的圆心O坐标为.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=3a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� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

12．

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，电场强度的大小为E=kv₀．在第二象限有一半径为R=a的圆形区域磁场，圆形磁场的圆心O坐标为（-a，a），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=3a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（0，1.5a）．忽略电子间的相互作用力，不计电子的重力，电子的比荷为$\frac{e}{m}$=$\frac{{v}_{0}}{ka}$．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．

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=a
而$e{v_0}B=m\frac{v_0^2}{r}$
联立解得：B=$\frac{m{v}_{0}}{ea}$=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'可知该四边形为棱形，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．
由右图可知：

a•sin（θ-90°）+a=1.5a
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，
水平：x=v₀t

竖直：$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
eE=ma
v_y=at
联立解得：
x=$\sqrt{2ay}$
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=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\sqrt{\frac{2y}{a}}$
有：H=（3a-x）tanθ=（3$\sqrt{a}$-$\sqrt{2y}$）$\sqrt{2y}$
当$3\sqrt{a}-\sqrt{2y}=\sqrt{2y}$时，即y=$\frac{8}{9}a$时，H有最大值；
由于$\frac{8}{9}a＜1.5a$，所以${H}_{max}=\frac{9}{4}a$；
答：（1）圆形磁场的磁感应强度大小为k；
（2）θ角的大小为120°；
（3）电子打到荧光屏上距Q点的最远距离为$\frac{9}{4}a$．

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，不难．

练习册系列答案

	A．	若F₁=F₂，M₁＞M₂，则v₁＞v₂		B．	若F₁=F₂，M₁＜M₂，则v₁＜v₂
	C．	若 F₁＞F₂，M₁=M₂，则v₁＞v₂		D．	若F₁＜F₂，M₁=M₂，则v₁＞v₂

3．

如图所示，a、b灯分别标有“3.6V 4.0W”和“3.6V 2.5W”，闭合开关，调节R，能使a、b都正常发光．断开开关后重做实验，则（　　）

	A．	闭合开关，a将慢慢亮起来，b立即发光
	B．	闭合开关，a、b同时发光
	C．	闭合开关稳定时，a、b亮度相同
	D．	断开开关，a逐渐熄灭，b灯闪亮一下再熄灭

20．