Question

如圖所示，帶電平行金屬板PQ和MN之間的距離為d；兩金屬板之間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．建立如圖所示的坐標(biāo)系，x軸平行于金屬板，且與金屬板中心線重合，y軸垂直于金屬板．區(qū)域I的左邊界是y軸，右邊界與區(qū)域II的左邊界重合，且與y軸平行；區(qū)域II的左、右邊界平行．在區(qū)域I和區(qū)域II內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，區(qū)域I內(nèi)的磁場(chǎng)垂直于Oxy平面向外，區(qū)域II內(nèi)的磁場(chǎng)垂直于Oxy平面向里．一電子沿著x軸正向以速度v₀射入平行板之間，在平行板間恰好沿著x軸正向做直線運(yùn)動(dòng)，并先后通過(guò)區(qū)域I和II．已知電子電量為e，質(zhì)量為m，區(qū)域I和區(qū)域II沿x軸方向?qū)挾染鶠?span dealflag="1" mathtag="math" >

3 mv0

2Be

．不計(jì)電子重力．
（1）求兩金屬板之間電勢(shì)差U；
（2）求電子從區(qū)域II右邊界射出時(shí)，射出點(diǎn)的縱坐標(biāo)y；
（3）撤除區(qū)域I中的磁場(chǎng)而在其中加上沿x軸正向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，使得該電子剛好不能從區(qū)域II的右邊界飛出．求電子兩次經(jīng)過(guò)y軸的時(shí)間間隔t．

Answer 1

（1）電子在平行板間做直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，
由平衡條件得：eE=ev₀B，①電場(chǎng)強(qiáng)度E=

U

d

，②
由①②兩式聯(lián)立解得：U=Bv₀d；
（2）如右圖所示，電子進(jìn)入?yún)^(qū)域I做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
向上偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：ev₀B=m

v 20

R

，③
設(shè)電子在區(qū)域I中沿著y軸偏轉(zhuǎn)距離為y₀，區(qū)域I的寬度為b（b=

3 mv0

2Be

），
由數(shù)學(xué)知識(shí)得：（R-y₀）²+b²=R²，④
由③④式聯(lián)立解得：y₀=

mv0

2eB

；
因?yàn)殡娮釉趦蓚�(gè)磁場(chǎng)中有相同的偏轉(zhuǎn)量，
故電子從區(qū)域II射出點(diǎn)的縱坐標(biāo)y=2y₀=

mv0

eB

．
（3）電子剛好不能從區(qū)域II的右邊界飛出，
說(shuō)明電子在區(qū)域II中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡恰好與區(qū)域II的右邊界相切，
圓半徑恰好與區(qū)域II寬度相同．電子運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖所示．設(shè)電子進(jìn)入?yún)^(qū)域II時(shí)的速度為v，
由牛頓第二定律得：evB=m

v2

r

，⑤
由人r=b得：v=

3

2

v₀，
電子通過(guò)區(qū)域I的過(guò)程中，向右做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，
此過(guò)程中平均速度

.

v

=

v0+v

2

，
電子通過(guò)區(qū)域I的時(shí)間：t₁=

b

. v

（b為區(qū)域I的寬度

3 mv0

2Be

）⑥，
解得：t₁=2（2

3

-3）

m

eB

，
電子在區(qū)域II中運(yùn)動(dòng)了半個(gè)圓周，設(shè)電子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)，
由牛頓第二定律得：evB=m

v2

r

⑦，v=

2πr

T

⑧，
電子在區(qū)域II中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t₂=

T

2

=

πm

eB

⑨，
由⑦⑧⑨式解得：t₂=

πm

eB

，
電子反向通過(guò)區(qū)域I的時(shí)間仍為t₁，電子兩次經(jīng)過(guò)y軸的時(shí)間間隔：
t=2t₁+t₂=（8

3

-12+π）

m

eB

≈

5m

eB

；
答：（1）兩金屬板之間電勢(shì)差為Bv₀d；
（2）電子從區(qū)域II右邊界射出時(shí)，射出點(diǎn)的縱坐標(biāo)

mv0

eB

；
（3）電子兩次經(jīng)過(guò)y軸的時(shí)間間隔為

5m

eB

．