Question

2．如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場B，在圓形磁場區(qū)域右側(cè)距離磁場邊界R處有一豎直感光板MQN．在圓形磁場區(qū)域上邊界處有一可轉(zhuǎn)動的平行板電容器和電子發(fā)射裝置S．電子發(fā)射裝置能不斷地產(chǎn)生初速不計，質(zhì)量為m，電量為e的電子，兩板間所加電壓滿足U=$\frac{{R}^{2}{B}^{2}e}{2m}$．若不計電子所受重力和電子間的相互影響，且電子發(fā)射裝置連同電容器一起向左或向右都能擺動θ角，電子仍可從P點(diǎn)射人．求：
（1）發(fā)射裝置左右擺動時，電子打在感光板的最大范圍；
（2）打在感光板上的電子，其運(yùn)動的最長和最短時間之差．

Answer 1

分析 （1）電子在電容器內(nèi)直線加速，根據(jù)動能定理列式求解末速度；進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，軌跡圓圓心、磁場區(qū)域圓的圓心、軌跡圓和磁場區(qū)域圓的兩個交點(diǎn)構(gòu)成菱形，得到離開磁場的速度一定是水平向右，考慮臨界情況，得到電子打在感光板的最大范圍；
（2）粒子運(yùn)動的速率是不變的，故粒子在磁場中運(yùn)動的時間越長，對應(yīng)的總時間越短；故粒子的初速度與豎直方向成θ角且偏右時，總時間最短；初速度與豎直方向成θ角且偏左時的時間最長．

解答 解：（1）電子在電容器內(nèi)直線加速過程，根據(jù)動能定理，有：
$eU=\frac{1}{2}m{v^2}$
根據(jù)題意，有：
U=$\frac{{R}^{2}{B}^{2}e}{2m}$
電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：
$evB=m\frac{v^2}{r}$
聯(lián)立解得：r=R
即軌跡圓半徑和磁場區(qū)域圓的半徑相等，故軌跡圓圓心、磁場區(qū)域圓的圓心、軌跡圓和磁場區(qū)域圓的兩個交點(diǎn)構(gòu)成菱形，故所有粒子離開磁場的速度一定是水平向右，如圖所示：

臨界一：初速度與豎直方向成θ角且偏左，如圖所示：

故打在熒光屏上的點(diǎn)在A點(diǎn)（熒光屏上與點(diǎn)O等高的點(diǎn)）偏下：x₁=rsinθ=dsinθ；
臨界二：粒子的初速度與豎直方向成θ角且偏右，如圖所示：

故打在熒光屏上的點(diǎn)在A點(diǎn)（熒光屏上與點(diǎn)O等高的點(diǎn)）偏上：x₂=rsinθ=dsinθ；
故電子打在感光板的最大范圍寬度為2Rsinθ．
（2）設(shè)OA間距為L，臨界一的時間為：t₁=$\frac{（\frac{π}{2}+θ）}{2π}T$+$\frac{L-Rcosθ}{v}$
臨界二的時間為：t₂=$\frac{（\frac{π}{2}-θ）}{2π}T$+$\frac{L-Rcosθ}{v}$
臨界一與臨界二的時間相差為：$△t=\frac{θ}{π}T$
其中：T=$\frac{2πm}{qB}$
聯(lián)立解得：$△t=\frac{2θm}{qB}$
答：（1）發(fā)射裝置左右擺動時，電子打在感光板的最大范圍寬度為2Rsinθ，如圖所示；
（2）打在感光板上的電子，其運(yùn)動的最長和最短時間之差為$\frac{2θm}{qB}$．

點(diǎn)評 本題考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動，關(guān)鍵是畫出軌跡，確定臨界軌跡；本題對數(shù)學(xué)幾何能力要求較高，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練．