Question

14．如圖所示，在平面內，有一電子源持續不斷地沿x正方向每秒發射出N個速率均為v的電子，形成寬為2b、在y軸方向均勻分布且關于x軸對稱的電子流． 電子流沿x方向射人一個半徑為R、中心位于原點O的圓形勻強磁場區域，磁場方向垂直xOy平面向里，電子經過磁場偏轉后均從P點射出．在磁場區域的正下方有一對平行于x軸的金屬平行板K和A，其中K板與P點的距離為d，中間開有寬度為2l且關于y軸對稱的小孔．K板接地，A與K兩板間加有正負、大小均可調的電壓U_ak．穿過K板小孔到達A板的所有電子被收集且導出，從而形成電流．已知$b=\frac{{\sqrt{3}}}{2}R$，d=l，電子質量為m，電荷量為e，忽略電子間的相互作用．

（1）求磁感應強度B的大小；
（2）求電子流從P點射出時與負y軸方向的夾角θ的范圍；
（3）當U_AK=0時，每秒經過極板K上的小孔到達極板A的電子數；
（4）畫出電流i隨U_AK變化的關系曲線（在答題紙的方格紙上）．

Answer 1

分析 （1）電子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，應用牛頓第二定律可以求出磁感應強度．
（2）求出電子從P點射出時與負y軸方向的夾角極限值，然后確定其范圍．
（3）求出進入小孔的電子偏角，然后求出每秒經過極板K上的小孔到達板A的電子數．
（4）由動能定理求出遏制電壓，然后求出電流的表達式，再作出圖象．

解答 解：（1）電子均從P點射出，電子做圓周運動的軌道半徑：r=R，
電子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：evB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：B=$\frac{mv}{eR}$；
（2）上端電子從P點射出時與負y軸最大夾角θ_m，由幾何關系可得sinθ_m=$\frac{b}{R}$，
得：θ_m=60°．
同理下端電子從P點射出時與負y軸最大夾角也為60°，范圍是-60°≤θ≤60°；
（3）進入小孔的電子偏角正切值：tanα=$\frac{l}p9vv5xb5$，
解得：α=45°，y′=Rsinα=$\frac{\sqrt{2}}{2}$R，
每秒進入兩極板間的電子數n：
$\frac{n}{N}$=$\frac{Y′}{b}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$=0.82，
解得：n=0.82N；
（4）由動能定理得出遏制電壓U_c：
UC=-$\frac{1}{2e}$mv²，
與負y軸成45°角的電子的運動軌跡剛好與A板相切，其逆過程是類平拋運動，
達到飽和電流所需的最小反向電壓為：U′=$\frac{1}{4}$emv²，
或根據（3）可得飽和電流大小為：i_max=0.82Ne，圖象如圖所示：

答：（1）磁感應強度B的大小為$\frac{mv}{eR}$；
（2）電子流從P點射出時與負y軸方向的夾角θ的范圍是-60°≤θ≤60°；
（3）當U_AK=0時，每秒經過極板K上的小孔到達板A的電子數為0.82N；
（4）電流i隨U_AK變化的關系曲線如圖所示．

點評 本題考查了電子在磁場與電場中的運動，分析清楚電子運動過程、作出電子運動軌跡、求出電子在磁場中做圓周運動的軌道半徑是解題的關鍵，解題時注意求出極限值然后再確定范圍．