Question

3．在同一平面內(nèi)有一直徑為l的圓形磁場區(qū)域和一邊長為l的正方形電場區(qū)域cdef，相切于正方形電場區(qū)域cf邊的中點g，磁場和電場方向如圖所示，O點為圓形磁場的圓心．質(zhì)量為m，電荷量為e的電子從a點沿半徑方向以速度v₀射入圓形磁場區(qū)域，Oa和Ob之間夾角為30°，Ob與cf平行．電子恰好從g點進入電場區(qū)域，并從e點離開電場．求：
（1）圓形磁場區(qū)域內(nèi)的磁感應強度B的大小和電場區(qū)域內(nèi)的電場強度E的大��；
（2）電子從e點離開電場區(qū)域時的速度大小及方向；
（3）電子從a點運動到e點所用的時間．

Answer 1

分析 （1）電子在磁場中做勻速圓周運動，在電場中做類平拋運動，應用牛頓第二定律與類平拋運動規(guī)律求出磁感應強度與電場強度．
（2）由類平拋運動規(guī)律求出電子離開電場時的速度．
（3）求出電子在磁場中的運動時間與在電場中的運動時間，然后求出總的運動時間．

解答 解：（1）電子運動軌跡如圖所示：

根據(jù)圖示，由幾何知識可得：∠bOg=90°，
則電子垂直于cf進入電場，
由幾何知識可得：圓心角θ=60°，
電子在磁場中的軌道半徑：rsin$\frac{θ}{2}$=$\frac{l}{2}$cos30°，
解得：r=$\frac{\sqrt{3}}{2}$l，
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：B=$\frac{2\sqrt{3}m{v}_{0}}{3el}$；
電子在電場中做類平拋運動，
水平方向：l=v₀t，豎直方向：$\frac{1}{2}$l=$\frac{1}{2}$$\frac{eE}{m}$t²，
解得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{el}$；
（2）電子在電場中做類平拋運動，
水平方向：l=v₀t，豎直方向：$\frac{1}{2}$l=$\frac{{v}_{y}}{2}$t，
解得：v_y=v₀，v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{2}$v₀，
tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=1，則α=45°，電子離開電場時與水平方向成45°角．
（3）電子在磁場中的運動時間：t₁=$\frac{θ}{360°}$T=$\frac{60°}{360°}$×$\frac{2πm}{eB}$=$\frac{1}{6}$×$\frac{2πm}{e}$×$\frac{3el}{2\sqrt{3}m{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{3}πl(wèi)}{6{v}_{0}}$，
電子在電場中的運動時間：t₂=$\frac{l}{{v}_{0}}$，
電子從a點運動到e點所用的時間：t=t₁+t₂=$\frac{（\sqrt{3}π+6）l}{6{v}_{0}}$；
答：（1）圓形磁場區(qū)域內(nèi)的磁感應強度B的大小為$\frac{2\sqrt{3}m{v}_{0}}{3el}$，電場區(qū)域內(nèi)的電場強度E的大小為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{el}$；
（2）電子從e點離開電場區(qū)域時的速度大小為$\sqrt{2}$v₀，方向：與水平方向成45°角；
（3）電子從a點運動到e點所用的時間為$\frac{（\sqrt{3}π+6）l}{6{v}_{0}}$．

點評 本題考查了求磁感應強度、電場強度、電子速度、電子運動時間等問題，分析清楚電子運動過程，作出電子運動軌跡，應用牛頓第二定律、類平拋運動規(guī)律即可正確解題．