Question

15．如圖所示，在xOy坐標(biāo)平面內(nèi)，直線MN為區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的分界線，MN的右上方分布著垂直于坐標(biāo)平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN的左下方分布著沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，MN過原點(diǎn)O且與x軸成θ=45°．從O點(diǎn)分別沿x軸、y軸正方向同時(shí)發(fā)射一正、負(fù)電子，初速度大小分別為v、2v．已知正、負(fù)電子的質(zhì)量均為m，電量分別為+e和-e，忽略正、負(fù)電子之間的作用力及重力，求：
（1）正電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑；
（2）正、負(fù)電子第一次回到邊界MN的位置間的距離；
（3）為使正、負(fù)電子能在電場(chǎng)內(nèi)相遇所需的電場(chǎng)強(qiáng)度的大�。�

Answer 1

分析 （1）正負(fù)電子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛侖茲力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律可得出正電子的運(yùn)動(dòng)半徑．
（2）由牛頓第二定律可得負(fù)電子的運(yùn)動(dòng)半徑，再由幾何關(guān)系可得出正、負(fù)電子第一次回到邊界MN的位置間的距離．
（3）正電子進(jìn)入磁場(chǎng)后沿電場(chǎng)線做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，負(fù)電子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)相遇時(shí)的位移關(guān)系，由位移公式和牛頓第二定律列式求解電場(chǎng)強(qiáng)度的大�。�

解答 解：（1）設(shè)正電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為r₁，則由牛頓第二定律得：
  eBv=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{1}}$     ①
得r₁=$\frac{mv}{eB}$       ②
（2）同理，負(fù)電子的運(yùn)動(dòng)半徑為：r₂=$\frac{2mv}{eB}$     ③
由幾何關(guān)系可以得到正、負(fù)電子第一次回到MN時(shí)的位置P、Q的距離為：
  S_PQ=2$\sqrt{2}$（r₁+r₂）④
由②③④式得：S_PQ=$\frac{3\sqrt{2}mv}{eB}$         ⑤
（3）正、負(fù)電子同時(shí)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，設(shè)經(jīng)過時(shí)間t相遇，則
根據(jù)牛頓第二定律得：eE=ma，正負(fù)電子的加速度為 a=$\frac{eE}{m}$  ⑥
根據(jù)位移關(guān)系可得 （vt+$\frac{1}{2}a{t}^{2}$）+$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=2vt  ⑦
又 $\frac{{S}_{PQ}}{\sqrt{2}}$=2vt    ⑧
由⑥⑦⑧得：E=$\frac{2}{3}$Bv      ⑨
答：
（1）正電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑是$\frac{mv}{eB}$；
（2）正、負(fù)電子第一次回到邊界MN的位置間的距離是$\frac{3\sqrt{2}mv}{eB}$；
（3）為使正、負(fù)電子能在電場(chǎng)內(nèi)相遇所需的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小是$\frac{2}{3}$Bv．

點(diǎn)評(píng) 能根據(jù)帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡作出電子運(yùn)動(dòng)軌跡，并由幾何關(guān)系求得電子在電場(chǎng)中位移關(guān)系是關(guān)鍵．