Question

16．宽度都为d的两个区域存在磁感应强度大小相等，方向相反的匀强磁场，如图所示，屏MN与磁场最右侧边界的距离也等于d，直线OO′与磁场边界以及屏MN都垂直，一质量为m，电荷量为e的电子从O点以速度v₀垂直于磁场方向射入磁场，速度方向与直线OO′成45°，磁感应强度B的大小不同，电子运动轨迹也不同
（1）要使电子能打到屏MN上，磁感应强度B的大小应满足什么条件？
（2）电子打在屏MN上的范围是多少？
（3）打在屏MN上最高点的电子总的运动时间是多少？

Answer 1

分析 （1）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由于牛顿第二定律公式分析答题．
（2）根据电子的运动过程，得出电子在磁场中运动的对称性与射出磁场时的速度的方向，然后确定电子打在屏MN上的范围．
（3）根据电子的运动过程，求出电子在各阶段的运动时间，然后求出电子的总运动时间．

解答 解：（1）电子在磁场中做匀速圆周运动，电子恰好打到MN上时，电子运动轨迹如图所示：

由几何知识可知，r+rcos45°=d，
解得：r=（2-$\sqrt{2}$）d
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
ev₀B=m$\frac{{{v}_{0}}^{2}}{r}$
解得：r=$\frac{m{v}_{0}}{eB}$，B=$\frac{m{v}_{0}}{（2-\sqrt{2}）ed}$，
由r=$\frac{m{v}_{0}}{eB}$知，B越小，r越大，
则：电子打在MN上的条件是：B≤$\frac{m{v}_{0}}{（2-\sqrt{2}）ed}$．
（2）由图示可知，粒子恰好射出磁场时：O′P=rsin45°+r-$\frac{d}{tan45°}$-r（1-sin45°）=（3-2$\sqrt{2}$）d．
若磁场的磁感应强度非常小，则粒子近似做匀速直线运动，最下面的点：O′Q=3d•tan45°=3d
所以，电子打在屏MN上的范围是：在O′以上到O′的距离小于（3-$2\sqrt{2}$）d；到O′以下到O′的距离小于3d范围内．
（3）电子在磁场中做圆周运动的周期：T=$\frac{2πr}{{v}_{0}}$=$\frac{2（2-\sqrt{2}）πd}{{v}_{0}}$，
电子在磁场中转过的圆心角：θ=90°+45°=135°，
电子在磁场中的匀速时间：t₁=2×$\frac{θ}{360°}T$=2×$\frac{135}{360}×\frac{2（2-\sqrt{2}）πd}{{v}_{0}}$=$\frac{3（2-\sqrt{2}）πd}{2{v}_{0}}$，
电子离开磁场后的运动时间：t₂=$\frac{s}{{v}_{0}}$=$\frac{\frac{d}{sin45°}}{{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{2}d}{{v}_{0}}$，
打在屏MN上最高点的电子总的运动时间：t=t₁+t₂=$\frac{3（2-\sqrt{2}）πd}{2{v}_{0}}+\frac{\sqrt{2}d}{{v}_{0}}$．
答：（1）磁感应强度的大小应满足的条件是：B≤$\frac{m{v}_{0}}{（2-\sqrt{2}）ed}$．
（2）电子打在屏MN上的范围是在O′以上到O′的距离小于（3-$2\sqrt{2}$）d；到O′以下到O′的距离小于3d范围内．
（3）打在屏MN上最高点的电子总的运动时间是$\frac{3（2-\sqrt{2}）πd}{2{v}_{0}}+\frac{\sqrt{2}d}{{v}_{0}}$．

点评 本题考查了电子在磁场中的运动，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚电子的运动过程、应用牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意几何知识的应用．