Question

18．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)有a（4cm，3cm）、b（0，8cm）兩點(diǎn)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于xOy平面向里．一電荷量為e=1.6×10^-19C、質(zhì)量為m=9×10^-31kg的電子，以v₀=1.6×10⁶m/s的速度從原點(diǎn)O沿x軸正方向入射，不計(jì)電子重力，取sin37°=0.6．
（1）已知電子能通過a，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小．
（2）適當(dāng)改變磁感應(yīng)強(qiáng)度，再加入平行xOy平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，使得電子可先后經(jīng)過a、b兩點(diǎn)，動(dòng)能分別為在O點(diǎn)動(dòng)能的4倍和5倍，求電場(chǎng)強(qiáng)度．

Answer 1

分析 （1）電子垂直射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑，根據(jù)牛頓第二定律列式求解磁感應(yīng)強(qiáng)度的大��；
（2）洛侖茲力不做功，只有電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理得到ao間電壓與bo間電壓的比值，讓偶結(jié)合幾何關(guān)系并根據(jù)U=Ed列式分析．

解答 解：（1）粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系，有：

${R^2}=x_a^2+{（R-{y_a}）^2}$，
解得：R=$\frac{25}{6}$cm；
根據(jù)牛頓第二定律，有：$e{v_0}B=m\frac{v_0^2}{R}$
解得：B=2.16×10^-4T；
（2）洛侖茲力不做功，電子從O點(diǎn)到a點(diǎn)由動(dòng)能定理，有：
$e{U}_{ao}={E}_{ka}-{E}_{ko}=3×\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，
電子從O點(diǎn)到b點(diǎn)，由動(dòng)能定理，有：
$e{U}_{bo}={E}_{kb}-{E}_{ko}=4×\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：$\frac{{U}_{ao}}{{U}_{bo}}=\frac{3}{4}$
沿著ob方向電勢(shì)均勻升高，設(shè)y軸上點(diǎn)c（0，y_c）為a點(diǎn)的等勢(shì)點(diǎn)：
$\frac{{y}_{c}}{{y}_}=\frac{3}{4}$
解得：y_c=6cm，ac連線為勻強(qiáng)電場(chǎng)中的一條等勢(shì)線；
過O點(diǎn)作ac的垂線交于d點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知：
∠cOd=37°
O點(diǎn)到d點(diǎn)距離：
Od=y_c×cos37°
E=$\frac{{U}_{aO}}{Od}$
代入數(shù)據(jù)解得：E=450V/m
方向與y軸負(fù)方向成37°，與d指向O的方向平行．
答：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為2.16×10^-4T；
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為450V/m，方向與y軸負(fù)方向成37°，與d指向O的方向平行．

點(diǎn)評(píng) 本題考查粒子電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)關(guān)鍵是找出圓心，得到軌道半徑，結(jié)合牛頓第二定律列式分析；而電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)可結(jié)合動(dòng)能定理分析．