Question

12．寬度都為d的兩個區(qū)域存在磁感應(yīng)強度大小相等的勻強磁場，但磁場方向相反，如圖所示．足夠大的屏MN與磁場最右側(cè)邊界的距離也等于d，直線OO′與磁場邊界以及屏MN都垂直．質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點以速度v₀射入磁場，速度方向與直線OO′成45°角．
（1）若電子能打到屏MN上，求磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)滿足的條件及電子打在屏MN上的范圍；
（2）打在屏MN上最高點的電子總的運動時間是多少？

Answer 1

分析 （1）電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由于牛頓第二定律與勻速直線運動的速度公式分析答題．
（2）根據(jù)電子的運動過程，求出電子在各階段的運動時間，然后求出電子的總運動時間．

解答 解：（1）電子在磁場中做勻速圓周運動，
電子恰好打到MN上時，電子運動軌跡如圖所示：

由幾何知識可知，r+rcos45°=d，解得：r=（2-$\sqrt{2}$）d，
電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：ev₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，
解得：r=$\frac{m{v}_{0}}{eB}$，B=$\frac{m{v}_{0}}{（2-\sqrt{2}）ed}$，
由r=$\frac{m{v}_{0}}{eB}$可知，B越小，r越大，
則：電子打在MN上的條件是：B≤$\frac{m{v}_{0}}{（2-\sqrt{2}）ed}$；
由圖示可知：O′N=$\fracd6kvtte{tan45°}$-2rsin45°=（3-2$\sqrt{2}$）d，
若磁場的磁感應(yīng)強度非常小，則粒子近似做勻速直線運動，最下面的點：O′Q=3d•tan45°=3d
電子打在屏MN上的范圍是：在O′以上到O′的距離小于（3-22）d；到O′以下到O′的距離小于3d范圍內(nèi)；
（2）電子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πr}{{v}_{0}}$=$\frac{2（2-\sqrt{2}）πd}{{v}_{0}}$，
電子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角：θ=90°+45°=135°，
電子在磁場中的勻速時間：t₁=2$\frac{θ}{360°}$T=2×$\frac{135°}{360°}$×$\frac{2（2-\sqrt{2}）πd}{{v}_{0}}$=$\frac{3（2-\sqrt{2}）πd}{2{v}_{0}}$，
電子離開磁場后的運動時間：t₂=$\frac{s}{{v}_{0}}$=$\frac{\frachsck5c8{sin45°}}{{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{2}d}{{v}_{0}}$，
打在屏MN上最高點的電子總的運動時間：t=t₁+t₂=$\frac{3（2-\sqrt{2}）πd}{2{v}_{0}}$+$\frac{\sqrt{2}d}{{v}_{0}}$；
答：（1）磁感應(yīng)強度的大小應(yīng)滿足的條件是：B≤$\frac{m{v}_{0}}{（2-\sqrt{2}）ed}$；
電子打在屏MN上的范圍是：在O′以上到O′的距離小于（3-2$\sqrt{2}$）d，到O′以下到O′的距離小于3d范圍內(nèi)；
（2）打在屏MN上最高點的電子總的運動時間是$\frac{3（2-\sqrt{2}）πd}{2{v}_{0}}$+$\frac{\sqrt{2}d}{{v}_{0}}$．

點評 本題考查了電子在磁場中的運動，電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，分析清楚電子的運動過程、應(yīng)用牛頓第二定律即可正確解題，解題時注意幾何知識的應(yīng)用．