Question

6．如圖所示，在xOy平面直角坐標系中，直角三角形ACD內存在垂直于平面向里磁感應強度為B的勻強磁場，線段CO=OD=L，CD邊在x軸上，∠ADC=30°，電子束以向+y方向相同的速度v₀從CD邊上的各點射入磁場，已知這些電子在磁場中做圓周運動的半徑均為$\frac{L}{3}$，在第四象限正方形ODQP內存在沿+x方向，大小為E=Bv₀的勻強電場，在y=-L處垂直于y軸放置一平面足夠大的熒光屏，屏與y軸焦點為P，忽略電子間的相互作用，不計電子的重力．試求：
（1）電子的比荷．
（2）從x軸最右端射入電場中的電子打到熒光屏上的點與P點間的距離．
（3）射入電場中的電子達到熒光屏上的點距P的最遠距離．

Answer 1

分析 （1）電子在電場中做順時針的勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力：ev₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，再與給出的半徑大小聯(lián)立，即可求出電子的比荷；
（2）粒子在磁場中運動的圓軌跡必須與直線AD相切時打到熒光屏上距Q點最遠，利用平拋的特點結合幾何關系即可求出從x軸最右端射入電場中的電子打到熒光屏上的點與P點間的距離；
（3）寫出射入電場中的電子達到熒光屏上的點距P距離的表達式，利用數學知識求其最大值即可．

解答 解：（1）由題意可知電子在磁場中的軌跡半徑r=$\frac{L}{3}$ ①
由牛頓第二定律得：ev₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$②
聯(lián)立①②式可得電子的比荷：$\frac{e}{m}$=$\frac{3{v}_{0}}{BL}$③
（2）若電子能進入電場中，且離O點右側最遠，則電子在磁場中運動圓軌跡恰好與邊AD相切，
即粒子從F點離開磁場進入電場時，離O點最遠，設電子運動軌跡的圓心為O′點，則：OF=x_m=$\frac{2L}{3}$
從F點射出的電子，做類平拋運動，有：
$\frac{2L}{3}$=$\frac{eE}{2m}{t}^{2}$④
y=v₀t⑤
結合已知：E=Bv₀⑥
聯(lián)立③④⑤⑥式得：y=$\frac{2L}{3}$⑦
設從x軸射入電場中最右端的電子打到熒光屏上的點為G，電子射出電場時的速度與水平方向的夾角為θ，
類平拋過程，根據幾何關系有：tanθ=$\frac{y}{2x}$=$\frac{1}{2}$⑧
聯(lián)立⑦⑧式可得：GP=$\frac{（L-y）}{tanθ}$=$\frac{2L}{3}$
（3）設打到屏上離P點最遠的電子是從（x，0）點射入電場，則射出電場的：
y=v₀$\sqrt{\frac{2xm}{Ee}}$=$\sqrt{\frac{2xL}{3}}$ ⑨
設該電子與P距離X，由平拋運動特點得：$\frac{X}{x}$=$\frac{2（L-y）}{y}$⑩
聯(lián)立⑨⑩式可得：X=2（$\frac{xL}{y}$-x）=2（$\sqrt{\frac{3xL}{2}-x}$）=-2[（$\sqrt{x}$-$\sqrt{\frac{3L}{8}}$）²-$\frac{3L}{8}$]
所以當x=$\frac{3L}{8}$時，X取最大值：X_m=$\frac{3L}{4}$
答：（1）電子的比荷為$\frac{3{v}_{0}}{BL}$；
（2）從x軸最右端射入電場中的電子打到熒光屏上的點與P點間的距離為$\frac{2L}{3}$；
（3）射入電場中的電子達到熒光屏上的點距P的最遠距離為$\frac{3L}{4}$．

點評 本題屬于帶電粒子在組合場中的運動，粒子在磁場中做勻速圓周運動，要求能正確的畫出運動軌跡，并根據幾何關系確定某些物理量之間的關系；粒子在電場中的偏轉經常用化曲為直的方法，求極值的問題一定要先找出臨界的軌跡，注重數學方法在物理中的應用．