Question

如圖所示，水平兩塊帶電金屬板a、b正對(duì)放置，在板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上．板間同時(shí)存在與電場(chǎng)正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，假設(shè)電場(chǎng)、磁場(chǎng)只存在于兩板間的空間區(qū)域．一束電子以一定的初速度v₀從兩板的左端中央，沿垂直于電場(chǎng)、磁場(chǎng)的方向射入場(chǎng)中，無(wú)偏轉(zhuǎn)的通過(guò)場(chǎng)區(qū)．已知板長(zhǎng)為 l，兩板間距為d，兩板問(wèn)電勢(shì)差為U，電子所帶電荷量為e，其質(zhì)量為m，不計(jì)電子所受重力和電子之間的相互作用力．
（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大�。�
（2）若撤去磁場(chǎng)，求電子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)偏離入射方向的距離；
（3）若撤去電場(chǎng)，要使電子打到金屬板上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）電子以一定的初速度v₀從兩板的左端中央，沿垂直于電場(chǎng)、磁場(chǎng)的方向射入場(chǎng)中，受到向下的電場(chǎng)力和向上的洛倫茲力，無(wú)偏轉(zhuǎn)的通過(guò)場(chǎng)區(qū)，兩力平衡，根據(jù)平衡條件求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大�。�
（2）若撤去磁場(chǎng)，電子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)水平方向的勻速運(yùn)動(dòng)求出時(shí)間，再求解電子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)偏離入射方向的距離y．
（3）根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合洛倫茲力提供向心力，與幾何關(guān)系，即可求解．

解答：解：（1）電子進(jìn)入正交的電、磁場(chǎng)不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，受力平衡，電場(chǎng)力與洛侖茲力大小相等．
       即：ev₀B=

eU

d

 
       所以：B=

U

v0d

 
（2）電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度大�。篴=

eU

md

，
       運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=

l

v

  
       所以電子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)的距離
       y=

1

2

at2=

eUl2

2md v 2 0

 
（3）如圖所示：


電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛侖茲力提供，由題意可知電子要打到金屬板上，最小半徑：R₁=

d

4

；  
     由牛頓第二定律，則有；  B₁ev₀=

m v 2 0

R1

 
      解得：B₁=

4mv0

de

 
       設(shè)最大半徑為R₂，由幾何關(guān)系：l₁+（R₂-

d

2

）²=R₂²
      則有，R₂=

4l2+d2

4d

     又  B₁ev0=

m v 2 0

R2

     解得：B₂=

4dmv0

(4l2+d2)e

    所以，

4dmv0

(4l2+d2)e

≤B≤

4mv0

de

答：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大�。�B=

U

v0d

；
（2）若撤去磁場(chǎng)，求電子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)偏離入射方向的距離

eUl2

2md v 2 0

；
（3）若撤去電場(chǎng)，要使電子打到金屬板上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小的取值范圍：

4dmv0

(4l2+d2)e

≤B≤

4mv0

de

．

點(diǎn)評(píng)：對(duì)于類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，常常運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法進(jìn)行研究，并掌握牛頓第二定律的應(yīng)用，注意幾何關(guān)系的運(yùn)用，同時(shí)畫(huà)出正確的運(yùn)動(dòng)軌跡圖．