Question

20．如圖所示，兩塊水平平行裝置的導(dǎo)電板，板距為d，導(dǎo)電板的右側(cè)存在一有界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，磁場(chǎng)的左邊界PQ緊挨導(dǎo)電板，大量電子（質(zhì)量為m，電荷量為e，初速度為$\frac{2\sqrt{3}{U}_{0}e{t}_{0}}{3md}$）連續(xù)不斷地沿OO′方向射入兩板之間，當(dāng)兩板不帶電時(shí)，這些電子通過(guò)兩板之間的時(shí)間為3t₀，當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期為2t₀、幅值恒為U₀的周期性電壓時(shí)，所有的電子均能從兩板間通過(guò)，進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域（不計(jì)重力）
（1）求這些電子通過(guò)邊界PQ時(shí)距OO的最大距離和最小距離；
（2）要使這些電子通過(guò)邊界PQ后仍能回到邊界PQ上，則有界磁場(chǎng)的寬度應(yīng)滿(mǎn)足什么條件？
（3）若磁場(chǎng)足夠?qū)挘�試證明所有電子在邊界PQ的出射點(diǎn)與入射點(diǎn)之間的距離為恒量．

Answer 1

分析 （1）電子在極板間沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，兩板間有電場(chǎng)時(shí)在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，無(wú)電場(chǎng)時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出到OO′的最大與最小距離．
（2）電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，求出電子恰好回到PQ時(shí)磁場(chǎng)寬度的臨界值，然后答題．
（3）求出電子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度，電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律與幾何知識(shí)分析答題．

解答 解：（1）在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由題意可知，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=3t₀，
電子在t=0時(shí)進(jìn)入兩板間，電子在豎直方向的位移最大，由牛頓第二定律得，電子在豎直方向的加速度：a=$\frac{e{U}_{0}}{md}$，
在豎直方向最大位移：y_max=$\frac{1}{2}$at₀²+at₀×t₀+at₀×t₀+$\frac{1}{2}$at₀²=$\frac{3e{U}_{0}{t}_{0}^{2}}{md}$；
當(dāng)電子在t=t₀時(shí)進(jìn)入兩極板間，電子在豎直方向的位移最小，有：
y_min=$\frac{1}{2}$at₀²+at₀×t₀=$\frac{3e{U}_{0}{t}_{0}^{2}}{2md}$；
（2）電子在t=0時(shí)進(jìn)入兩板間，電子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度最大，有：
v_max=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{2\sqrt{3}{U}_{0}e{t}_{0}}{3md}）^{2}+（\frac{e{U}_{0}}{md}×2{t}_{0}）^{2}}$=$\frac{4\sqrt{3}e{U}_{0}{t}_{0}}{3md}$，
電子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與水平方向的夾角：
tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{\frac{e{U}_{0}}{md}×2{t}_{0}}{\frac{2\sqrt{3}{U}_{0}e{t}_{0}}{3md}}$=$\sqrt{3}$，
得：θ=60°，
電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與MN相切時(shí)，電子通過(guò)邊界PQ后恰好能回到邊界PQ上，電子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

設(shè)磁場(chǎng)的寬度為L(zhǎng)，由幾何知識(shí)得：
rsinθ+r=L，L=$\frac{\sqrt{3}+2}{2}$r，
電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
由牛頓第二定律得：evB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：r=$\frac{4\sqrt{3}{U}_{0}{t}_{0}}{3Bd}$，L=$\frac{（6+4\sqrt{3}）{U}_{0}{t}_{0}}{3Bd}$；
則磁場(chǎng)寬度應(yīng)：L≥$\frac{（6+4\sqrt{3}）{U}_{0}{t}_{0}}{3Bd}$；
（3）任意電子進(jìn)入極板時(shí)，設(shè)電子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與水平方向的夾角為α，
電子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度：v=$\frac{{v}_{0}}{cosα}$，
子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑：r=$\frac{mv}{eB}$=$\frac{m{v}_{0}}{eBcosα}$，
由幾何知識(shí)可知，電子在邊界PQ的出射點(diǎn)與入射點(diǎn)之間的距離：
△y=2rcosα=2×$\frac{m{v}_{0}}{eBcosα}$×cosα=$\frac{2m{v}_{0}}{eB}$，m、v₀、e、B是定值，則△y是定值；
答：（1）這些電子通過(guò)邊界PQ時(shí)距OO的最大距離為：$\frac{3e{U}_{0}{t}_{0}^{2}}{md}$，最小距離為：$\frac{3e{U}_{0}{t}_{0}^{2}}{2md}$；
（2）要使這些電子通過(guò)邊界PQ后仍能回到邊界PQ上，有界磁場(chǎng)的寬度應(yīng)滿(mǎn)足的條件是：磁場(chǎng)寬度應(yīng)大于等于≥$\frac{（6+4\sqrt{3}）{U}_{0}{t}_{0}}{3Bd}$；
（3）若磁場(chǎng)足夠?qū)�，所電子在邊界PQ的出射點(diǎn)與入射點(diǎn)之間的距離為：$\frac{2m{v}_{0}}{eB}$，是恒量．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中和在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，掌握在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)在沿電場(chǎng)方向和垂直磁場(chǎng)方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，以及掌握在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑公式，結(jié)合幾何關(guān)系進(jìn)行求解．