Question

10．如圖所示，垂直x軸放置一長度為2R的電子源MN，可釋放質量為m、電荷量為q、初速度為零的電子，忽略電子之間的相互作用．MN右側的三角形區(qū)域Ⅰ內存在水平向左的勻強電場．半徑為R的圓形區(qū)域Ⅱ內存在豎直向上的勻強電場，坐標軸y過圓形區(qū)域的圓心，坐標軸x與該區(qū)域相切．兩個區(qū)域內的電場強度大小均為E．第四象限內的POQ區(qū)域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，已知PO=OQ=2R．
（1）設Ⅰ區(qū)域的頂角θ，若有一個電子經過Ⅰ、Ⅱ電場后剛好從O點進入磁場，速度方向與x軸正向成45°角，求該電子在MN上的出發(fā)點的縱坐標y；
（2）若（1）問的電子進入磁場時的速度為v₀，且能夠再次經過x軸，求勻強磁場的磁感應強度B滿足的條件；
（3）若要使MN上釋放的所有能夠進入?yún)^(qū)域Ⅱ的電子均能在該區(qū)域中能獲得最大動能增量，求區(qū)域Ⅰ頂角θ的正切值．

Answer 1

分析 （1）由于電子進入Ⅱ區(qū)域做類平拋運動的末速度與x軸成45°，則速度的x、y分量相等，從而在兩電場中加速的x、y分量的末速度相等，由運動學公式就能求出從MN上出發(fā)的縱坐標．
（2）考慮臨界狀態(tài)，當以v₀  的末速度進入磁場時，從三角形磁場區(qū)域內離開時速度方向平行于x軸，則大于此狀態(tài)的磁感應強度使粒子偏轉的半徑小，能與x軸相交．
（3）可以證明，要使所有飛入圓形電場區(qū)域的電子獲得最大動能，則要求所有電子均從O點飛出區(qū)域Ⅱ，由類平拋運動規(guī)律及兩個區(qū)域內的幾何關系就能求出區(qū)域Ⅰ頂角θ的正切值

解答 解：（1）在兩個電場區(qū)域中均有：qE=ma  
  在區(qū)域Ⅰ中△x=（2R-y）tanθ    
  ${{v}_{x}}^{2}=2a△x$ 
  在區(qū)域Ⅱ中 由題意有：
  v_y²=2ay
  v_y=v_x  
  所以有：y=△x 
  即  $y=\frac{2Rtanθ}{1+tanθ}$
（2）設粒子離開磁場時速度恰與x軸平行，分析如圖所示，
  由幾何關系可知：r=2R
  ${q{v}_{0}B}_{0}=m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{r}$
  得：${B}_{0}=\frac{{mv}_{0}}{qr}=\frac{m{v}_{0}}{2qR}$
  即電子能夠再次經過x軸的條件是：$B＞\frac{m{v}_{0}}{2qR}$
（3）可知電子均從O點飛區(qū)域Ⅱ
  在區(qū)域Ⅱ中：
  ${v}_{0}{t}_{0}=\sqrt{{R}^{2}-（y-R）^{2}}$
  $\frac{1}{2}a{{t}_{0}}^{2}=y$
  在區(qū)域Ⅰ中，設加速距離為d₀  
  $qExknxqyb_{0}=\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$
  又因為：d₀=（2R-y）tanθ
  解得：tanθ=$\frac{1}{4}$
答：（1）設Ⅰ區(qū)域的頂角θ，若有一個電子經過Ⅰ、Ⅱ電場后剛好從O點進入磁場，速度方向與x軸正向成45°角，求該電子在MN上的出發(fā)點的縱坐標y為$\frac{2Rtanθ}{1+tanθ}$．
（2）若（1）問的電子進入磁場時的速度為v₀，且能夠再次經過x軸，勻強磁場的磁感應強度B滿足的條件是$B＞\frac{m{v}_{0}}{2qR}$．
（3）若要使MN上釋放的所有能夠進入?yún)^(qū)域Ⅱ的電子均能在該區(qū)域中能獲得最大動能增量，區(qū)域Ⅰ頂角θ的正切值為$\frac{1}{4}$．

點評 本題的靚點在于：①電場區(qū)域是圓形的，第三問要求在該區(qū)域內獲得最大動能，則要求電場力做功最多，即逆著電場線運動的距離最遠，顯然只有從O點射出的電子才符合條件．②電子在兩個區(qū)域內的位移有相互關系，區(qū)域Ⅱ的豎直位移即電子從區(qū)域Ⅰ出發(fā)的縱坐標，可以用tgθ  及加速距離表示出來．