Question

9．如圖所示，在xoy平面內(nèi)，有一電子源持續(xù)不斷地沿x正方向每秒發(fā)射出N個速率均為v的電子，形成寬為2b，在y軸方向均勻分布且關(guān)于x軸對稱的電子流．電子流沿x方向射入一個半徑為R，中心位于原點(diǎn)O的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直xoy平面向里，電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后均從P點(diǎn)射出．在磁場區(qū)域的正下方有一對平行于x軸的金屬平行板K和A，其中K板與P點(diǎn)的距離為d，中間開有寬度為2l且關(guān)于y軸對稱的小孔．K板接地，A與K兩板間加有正負(fù)、大小均可調(diào)的電壓U_AK，穿過K板小孔達(dá)到A板的所有電子被收集且導(dǎo)出，從而形成電流，已知b=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$R，d=l，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略電子間相互作用．
（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大��；
（2）求電子流從P點(diǎn)射出時與負(fù)y軸方向的夾角θ的范圍；
（3）當(dāng)U_AK=0時，每秒經(jīng)過極板K上的小孔到達(dá)板A的電子數(shù)；
（4）在圖中定性畫出電流i隨U_AK變化的關(guān)系曲線．要求標(biāo)出相關(guān)數(shù)據(jù)，且要有計算依據(jù)．

Answer 1

分析 （1）電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．
（2）求出電子從P點(diǎn)射出時與負(fù)y軸方向的夾角極限值，然后確定其范圍．
（3）求出進(jìn)入小孔的電子偏角，然后求出每秒經(jīng)過極板K上的小孔到達(dá)板A的電子數(shù)．
（4）由動能定理求出遏制電壓，然后求出電流的表達(dá)式，再作出圖象．

解答 解：（1）電子均從P點(diǎn)射出，電子做圓周運(yùn)動的軌道半徑：r=R，
電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：evB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：$B=\frac{mv}{eR}$；
（2）上端電子從P點(diǎn)射出時與負(fù)y軸最大夾角θ_m，由幾何關(guān)系可得$sin{θ_m}=\frac{R}$，
得：θ_m=60°．
同理下端電子從P點(diǎn)射出時與負(fù)y軸最大夾角也為60°，范圍是-60°≤θ≤60°；
（3）進(jìn)入小孔的電子偏角正切值：$tanα=\frac{l}q2y2q2w$，
解得：α=45°，$y'=Rsinα=\frac{{\sqrt{2}}}{2}R$，
每秒進(jìn)入兩極板間的電子數(shù)n：$\frac{n}{N}=\frac{y'}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}=0.82$，
解得：n=0.82N；
（4）由動能定理得出遏制電壓U_c，${U_c}=-\frac{1}{2e}m{v^2}$
與負(fù)y軸成45°角的電子的運(yùn)動軌跡剛好與A板相切，其逆過程是類平拋運(yùn)動，
達(dá)到飽和電流所需的最小反向電壓為：$U'=-\frac{1}{4}em{v^2}$，
或根據(jù)（3）可得飽和電流大小為：i_max=0.82Ne，圖象如圖所示：

答：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為$\frac{mv}{eR}$；
（2）電子流從P點(diǎn)射出時與負(fù)y軸方向的夾角θ的范圍是-60°≤θ≤60°；
（3）當(dāng)U_AK=0時，每秒經(jīng)過極板K上的小孔到達(dá)板A的電子數(shù)為0.82N；
（4）電流i隨U_AK變化的關(guān)系曲線如圖所示．

點(diǎn)評 本題考查了電子在磁場與電場中的運(yùn)動，分析清楚電子運(yùn)動過程、作出電子運(yùn)動軌跡、求出電子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌道半徑是解題的關(guān)鍵，解題時注意求出極限值然后再確定范圍．