Question

13．如圖所示，在xoy平面內(nèi)，有以O′（R，0）為圓心，R為半徑的圓形磁場區(qū)域，磁感應強度大小為B，方向垂直xoy平面向外，在y=R上方有范圍足夠大的勻強電場，方向水平向右，電場強度大小為E．在坐標原點O處有一放射源，可以在xoy平面內(nèi)向y軸右側(cè)（x＞0）發(fā)射出速率相同的電子，已知電子在該磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑也為R，電子量為e，質(zhì)量為m．不計重力及阻力的作用．
（1）求電子射入磁場時的速度大小；
（2）速度方向沿x軸正方向射入磁場的電子，求它到達y軸所需要的時間
（3）求電子能夠射到y(tǒng)軸上的范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)洛倫茲力提供圓周運動的向心力，列式求解速度大小；
（2）電子速度方向沿x軸正方向射入磁場，先做勻速圓周運動，軌跡為$\frac{1}{4}$圓周．射出磁場后，電子做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學位移公式求解時間．即可求得總時間．
（3）電子在磁場中偏轉(zhuǎn)半徑與磁場區(qū)域的半徑相同，所有電子經(jīng)過磁場的偏轉(zhuǎn)后都垂直電場射入勻強電場，最遠能到達y軸的電子沿著磁場邊界運動．由幾何關(guān)系求解即可．

解答 解：（1）設電子進入磁場的速度為v，由洛倫茲力提供圓周運動的向心力，則有：
evB=$\frac{m{v}^{2}}{R}$
得：v=$\frac{eBR}{m}$
（2）電子速度方向沿x軸正方向射入磁場，先做勻速圓周運動，軌跡為$\frac{1}{4}$圓周，設所用時間為t₁．則有：
t₁=$\frac{T}{4}$
又 T=$\frac{2πR}{v}$，得：T=$\frac{2πm}{eB}$
解得：t₁=$\frac{πm}{2eB}$
射出磁場后，電子做類平拋運動到達y軸，設所用時間為t₂．
則有：R=$\frac{1}{2}•\frac{eE}{m}{t}_{2}^{2}$
可得：t₂=$\frac{\sqrt{2mR}}{eE}$
所以所求時間為：t=t₁+t₂=$\frac{πm}{2eB}$+$\frac{\sqrt{2mR}}{eE}$
（3）電子在磁場中偏轉(zhuǎn)的半徑同磁場區(qū)域的半徑，所以所有電子經(jīng)過磁場的偏轉(zhuǎn)后都能垂直電場射入勻強電場，最遠能到達y軸的電子沿著磁場邊界運動，最遠在y軸上的坐標為：y_max=R+h
又 h=vt，2R=$\frac{eE}{2m}{t}^{2}$
解得：y_max=R+2BR$\sqrt{\frac{eR}{mE}}$
最近的y坐標為：y_min=R
所以能打到的范圍是（R，R+2BR$\sqrt{\frac{eR}{mE}}$）
答：（1）電子射入磁場時的速度大小為$\frac{eBR}{m}$；
（2）速度方向沿x軸正方向射入磁場的電子，它到達y軸所需要的時間為$\frac{πm}{2eB}$+$\frac{\sqrt{2mR}}{eE}$．
（3）電子能夠射到y(tǒng)軸上的范圍是（R，R+2BR$\sqrt{\frac{eR}{mE}}$）．

點評 由洛倫茲力提供圓周運動向心力，根據(jù)軌跡關(guān)系求出電子進入磁場中的速度方向，再根據(jù)速度關(guān)系求出質(zhì)子在電場中做何種運動，然后根據(jù)運動性質(zhì)求解．