Question

A、B為水平放置的足夠長的平行板，板間距離為d=1.0×10^-2m，A板中央有一電子源P，在紙面內(nèi)能向各個方向發(fā)射速度在0～3.2×10⁷m/s范圍內(nèi)的電子，Q為P點正上方B板上的一點，若垂直紙面加一勻強磁場，磁感強度B=9.1×10^-3T，已知電子的質(zhì)量m=9.1×10^-31kg，電子電量e=1.6×10^-19C，不計電子的重力和電子間相互作用m=9.1×10^-31kg，電子電量e=1.6×10^-19C，不計電子的重力和電子間相互作用力，且電子打到板上均被吸收，并轉(zhuǎn)移到大地．求：
（1）沿PQ方向射出的電子，擊中A、B兩板上的范圍． 
（2）若從P點發(fā)出的粒子能恰好擊中Q點，則電子的發(fā)射方向（用圖中θ角表示）與電子速度的大小v之間應(yīng)滿足的關(guān)系及各自相應(yīng)的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）電子進(jìn)入磁場中，由洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律求出電子最大軌跡半徑．畫出軌跡．當(dāng)電子的軌跡恰好與B板相切時，擊中B板的電子與Q點最遠(yuǎn)．由幾何知識可求出擊中A、B兩板上的范圍．
（2）要使P點發(fā)出的電子能擊中Q點，設(shè)電子的半徑為r，則有rsinθ=

d

2

．電子的軌跡半徑為r=

mv

eB

，可求出vsinθ．根據(jù)速度的范圍，求出θ的范圍．

解答：解：（1）如圖，沿PQ方向射出的電子最大軌跡半徑
由Bev=m

v2

r

得：rm=

mvm

Be

代入數(shù)據(jù)解得：r_m=2×10^-2m=2d
該電子運動軌跡圓心在A板上H處、恰能擊中B板M處．
隨著電子速度的減小，電子軌跡半徑也逐漸減�。�
擊中B板的電子與Q點最遠(yuǎn)處相切于N點，此時電子的軌跡半徑為d，并恰能落在下板上，所以電子能擊中B板MN區(qū)域和A板PH區(qū)域．
在△MFH中  FH=

HM2-MF2

=

(2d)2-d2

=

3

d
QM=PF=（2-

3

)d=2.68×10^-3m    QN=d=1×10^-2m      PH=2d=2×10^-2m
電子能擊中B板Q點右側(cè)與Q點相距2.68×10^-3m～1×10^-2的范圍，電子能擊中A板P點右側(cè)與P點相距0～2×10^-2m的范圍．
（2）如圖，要使P點發(fā)出的電子能擊中Q點，則有：r=

mv

eB

 rsinθ=

d

2

解得：vsinθ=8×10^-6
v取最大速度3.2×10⁷m/s時，sinθ=

1

4

，θmin=arcsin

1

4

v取最小速度時，

θ

max

=

π

2

，vmin=8×106m/s
所以電子速度與θ之間應(yīng)滿足vsinθ=8×10⁶ 
且θ∈[arcsin

1

4

，

π

2

]v∈[8×10⁶m/s，3.2×10⁷m/s]
答：（1）沿PQ方向射出的電子，電子能擊中A板P點右側(cè)與P點相距0～2×10^-2m的范圍；
（2）若從P點發(fā)出的粒子能恰好擊中Q點，則電子的發(fā)射方向（用圖中θ角表示）與電子速度與θ之間應(yīng)滿足vsinθ=8×10⁶，且θ∈[arcsin

1

4

，

π

2

]v∈[8×10⁶m/s，3.2×10⁷m/s]

點評：對于帶電粒子在磁場中運動的問題，畫出軌跡，運用幾何知識求解相關(guān)的范圍是解題關(guān)鍵，對數(shù)學(xué)能力要求較高．