Question

13．如圖所示，MN為兩豎直放置的金屬板，其間的電壓U_NM=180V，兩水平放置的金屬板FH間所加電壓U_FH=7.2sin2πt伏（從第一個電子剛進(jìn)入FH板開始計時），已知MN兩板各有一個小孔，兩小孔連線水平且與MN兩板垂直并剛好通過FH兩板的中心線，以此線作為x軸，F(xiàn)H的中心線末端為坐標(biāo)原點O，豎直線為y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，已知坐標(biāo)系的第一、四象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=5×10^-4T，現(xiàn)有電子可以源源不斷的從M板的小孔進(jìn)入電場，已知進(jìn)入M孔的電子的初速度可以忽略（不計電子之間的相互作用力），且相同時間內(nèi)進(jìn)入的電子數(shù)目相同．已知電子電量e=1.6×10^-19C，電子質(zhì)量為m=9×10^-31kg，F(xiàn)H板板長L=0.4m，板間間距d=0.04m，電子重力不計．

（1）求電子從N板小孔射出時速度的大小及t=0時刻進(jìn)入FH板的電子在磁場中作圓周運動的半徑．
（2）求從t=0時刻至T=1s時刻從FH板射入的電子中，能從FH板射出的電子數(shù)與進(jìn)入FH板的電子數(shù)之比．
（3）求電子從磁場射出的位置坐標(biāo)y的范圍．
（4）已知所有從磁場射出的電子好像都是從磁場中某一點沿直線射出來的一樣，試求該點的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）加速電場對電子做的功等于電子動能的變化，由洛倫茲力提供向心力得出半徑；
（2）在偏轉(zhuǎn)電場中電子做類平拋運動，根據(jù)運動的合成與分解求出電子能穿過電場的最大電壓，然后由電壓的瞬時值表達(dá)式即可求出；
（3）作出圓周運動出磁場的臨界軌跡，根據(jù)平拋運動的特點求出電子射出磁場時的速度大小以及偏轉(zhuǎn)的方向，根據(jù)根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解電子運動的半徑，在結(jié)合幾何關(guān)系即可求出；
（4）畫出電子沿x軸進(jìn)入磁場時在磁場中的運動軌跡和電子從電場的邊緣進(jìn)入磁場時運動的軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系即可求得．

解答 解：（1）電子在加速電場中由動能定理得：
eU_MN=$\frac{1}{2}mv_0^2$   ①
解得v₀=8.0×10⁶m/s
由于電子的速度大，穿過偏轉(zhuǎn)電場的過程中偏轉(zhuǎn)電壓幾乎不變，t=0時刻的偏轉(zhuǎn)電壓是0，所以電子做勻速直線運動．進(jìn)入磁場的速度仍然不變，則：
$e{v}_{0}B=\frac{m{v}_{0}^{2}}{r}$
所以：$r=\frac{mv}{eB}=\frac{9×1{0}^{-31}×8.0×1{0}^{6}}{1.6×1{0}^{-19}×5×1{0}^{-4}}=0.3$m
（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，設(shè)電子恰好從電場的邊緣射出電場時，偏轉(zhuǎn)電壓為U₂，有：a=$\frac{e{U}_{2}}{md}$
$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{1}{2}a•\frac{{L}^{2}}{{v}_{0}^{2}}$=$\fracb0vaot1{2}$
聯(lián)立以上公式，并代入數(shù)據(jù)得：U₂=3.6V
結(jié)合U_FH=7.2sin2πt，可知，在第一秒內(nèi)，當(dāng)t=$\frac{1}{12}$s或$t=\frac{5}{12}$s時，電子從上極板的邊緣射出；當(dāng)t=$\frac{7}{12}$s或$t=\frac{11}{12}$s時，電子從下極板的邊緣射出，
所以在0-$\frac{1}{12}$s、$\frac{5}{12}$s-$\frac{7}{12}$s、$\frac{11}{12}$s-1s的時間內(nèi)入射的電子內(nèi)射出電場，由于相同時間內(nèi)進(jìn)入的電子數(shù)目相同，則能從FH板射出的電子數(shù)與進(jìn)入FH板的電子數(shù)之比等于相應(yīng)的時間的比值，即：$\frac{{n}_{FN}}{N}=\frac{\frac{1}{12}+\frac{2}{12}+\frac{1}{12}}{1}=\frac{1}{3}$
（3）電子在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)的過程中，電場力做正功，電子的動能增加，由動能定理得：$e•\frac{{U}_{2}}{2}=\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
得：${v}_{1}=8.04×1{0}^{6}$m/s
在磁場中的半徑：${r}_{1}=\frac{m{v}_{1}}{eB}$
代入數(shù)據(jù)得：r₁≈0.3015m
沿電場方向的分速度：${v}_{y}=at=\frac{e{U}_{2}}{md}•\frac{L}{{v}_{0}}$
飛出電場時，速度偏轉(zhuǎn)角的正切為：
tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=\frac{{U}_{2}L}{2{U}_{MN}d}=\frac{1}{10}$
電子射出磁場時的位移：△y=2r₁cosθ=2×0.3015×0.995=0.600m
由左手定則可知，電子在磁場中向上偏轉(zhuǎn)，所以射出磁場的最大位置：${y}_{max}=△y+\fracuukiw17{2}=0.600+\frac{0.04}{2}=0.602$m
以射出磁場的最小位置：${y}_{min}=△y-\fracngzpcy3{2}=0.600-\frac{0.04}{2}=0.598$m
電子從磁場射出的位置坐標(biāo)y的范圍是：0.598m≤y≤0.602m
（4）沿x軸進(jìn)入磁場時電子經(jīng)過半個周期后射出磁場，偏轉(zhuǎn)180°，而從電場的邊緣進(jìn)入磁場的電子運動的軌跡如圖，則縱坐標(biāo)y=2r=2×0.3m=0.6m：

由幾何關(guān)系可知，兩個圓與y軸的交點的切線之間的夾角等于從電場的邊緣進(jìn)入磁場時與x軸之間的夾角，為θ，所以兩條切線的交點距離y軸的距離為：
$x=\frac{2r-{y}_{min}}{tanθ}=10×（2×0.3-0.598）=0.2$m
所以若所有從磁場射出的電子好像都是從磁場中某一點沿直線射出來的一樣，該點的坐標(biāo)為（0.2m，0.6m）
答：（1）電子從N板小孔射出時速度的大小是8.0×10⁶m/s，t=0時刻進(jìn)入FH板的電子在磁場中作圓周運動的半徑是0.3m．
（2）從t=0時刻至T=1s時刻從FH板射入的電子中，能從FH板射出的電子數(shù)與進(jìn)入FH板的電子數(shù)之比是$\frac{1}{3}$．
（3）電子從磁場射出的位置坐標(biāo)y的范圍是0.598m≤y≤0.602m．
（4）已知所有從磁場射出的電子好像都是從磁場中某一點沿直線射出來的一樣，該點的坐標(biāo)為（0.2m，0.6m）．

點評 本題是帶電粒子在組合場中運動的問題，涉及電子的加速、偏轉(zhuǎn)以及在磁場中的圓周運動，解答的關(guān)鍵是分析粒子在磁場中的運動情況，能夠結(jié)合電子的最大速度畫出粒子的臨界邊界，并結(jié)合幾何關(guān)系求出結(jié)果．