Question

如圖所示，間距為d的帶電平行金屬板P和Q之間構(gòu)成加速電子的電場，Q板右側(cè)區(qū)域I和區(qū)域II內(nèi)存在勻強磁場．區(qū)域I左邊界與金屬板平行，區(qū)域Ⅱ的左邊界與區(qū)域I的右邊界重合．已知區(qū)域I內(nèi)的磁場垂直于Oxy平面向外，區(qū)域II內(nèi)的磁場垂直于Oxy平面向里，且磁感應(yīng)強度大小均為B，區(qū)域I和區(qū)域II沿x軸方向的寬度均為．以區(qū)域I的左邊界為y軸，以電子進入?yún)^(qū)域I時的入射點為坐標原點建立xOy平面直角坐標系．一電子從P板逸出，經(jīng)過P、Q間電場加速后沿著x軸正向以速度v先后通過區(qū)域I和區(qū)域II，設(shè)電子電荷量為e，質(zhì)量為m，不計電子重力．
（1）求P、Q間電場強度的大小E；
（2）求電子從區(qū)域Ⅱ右邊界射出時，射出點的縱坐標y；
（3）撤除區(qū)域I中的磁場而在其中加上沿x軸正向的勻強電場，使得該電子剛好不能從區(qū)域Ⅱ的右邊界飛出．求電子的區(qū)域II中運動的速度v和在區(qū)域I中運動的平均速度．

Answer 1

【答案】分析：（1）電子在經(jīng)過P、Q間電場加速時，電場力做功eEd．已知初速度為零，末速度為v，即可知動能的變化量，根據(jù)動能定理求出P、Q間電場強度的大小E．
（2）畫出電子進入磁場的運動軌跡．電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得到半徑，根據(jù)幾何知識求出電子在磁場Ⅰ沿y軸偏轉(zhuǎn)的距離y，由題意，磁場Ⅱ與磁場Ⅰ磁感應(yīng)強度大小相同，方向相反，則知電子在兩磁場區(qū)域偏轉(zhuǎn)距離相同，即可求出射出點的縱坐標y；
（3）沿x軸正向的勻強電場后，電子剛好不能從區(qū)域Ⅱ的右邊界飛出時，電子在磁場Ⅱ中做勻速圓周運動的軌跡恰好與區(qū)域Ⅱ的右邊界相切，畫出電子的運動軌跡，由幾何知識得到電子運動的半徑，根據(jù)半徑公式r=，即可求出速度v．
電子通過區(qū)域Ⅰ時做勻加速直線運動，已知初速度v，末速度v，由運動學公式可求得在區(qū)域I中運動的平均速度．
解答：解：（1）電子在P、Q間運動過程，由動能定理得
  eEd=
得E=
（2）如圖所示，畫出電子在磁場中運動的軌跡．電子進入?yún)^(qū)域Ⅰ做勻速圓周運動，向上偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力提供向心力，則有
   evB=m
設(shè)電子在區(qū)域Ⅰ中沿y軸方向偏轉(zhuǎn)的距離為y．
由題意，區(qū)域Ⅰ的寬度為b=，則由幾何知識得
  （R-y）²+b²=R²
解得，y=
因兩磁場的感應(yīng)強度大小相等、方向相反，則電子在兩個磁場中偏轉(zhuǎn)距離相同，所以電子從區(qū)域Ⅱ右邊界射出時，射出點的縱坐標y=2y=2．
（3）電子剛好不能從區(qū)域Ⅱ的右邊界飛出時，說明電子在磁場Ⅱ中做勻速圓周運動的軌跡恰好與區(qū)域Ⅱ的右邊界相切，畫出電子的運動軌跡如圖所示．
由幾何知識得到電子運動的半徑r=b=．
根據(jù)半徑公式r=，即有
  =．
解得，v=
電子通過區(qū)域Ⅰ時做勻加速直線運動，則在此過程中運動的平均速度==．
答：（1）P、Q間電場強度的大小E是；
（2）電子從區(qū)域Ⅱ右邊界射出時，射出點的縱坐標y是2；
（3）電子的區(qū)域II中運動的速度v為，在區(qū)域I中運動的平均速度是．
點評：本題的解題關(guān)鍵是畫出電子運動的軌跡，同時要抓住電子在三個場區(qū)運動時相等的量．