Question

4．如圖所示，在xOy平面內，x軸上方有沿y軸向上的足夠大的勻強電場，電場的下邊界為y₁=0.5m的直線，在y軸上y₂=1.0m處有一放射源S，x軸上有一個足夠大的熒光屏，放射源S在如圖180°范圍內，發射初速度v₀=200m/s的電子，整個裝置放在真空中，已知場強大小為9.3×10^-7V/m，電子質量為9.3×10^-31kg，電量為1.6×10^-19C求：
（1）每個電子打到熒光屏上的動能及電子打到熒光屏上的范圍．
（2）若x軸上方沿y₁=0.5m向上是足夠大垂直紙面向外的勻強磁場，其磁感應強度B=2.325×10^-9T，然后將熒光屏至于y₁=0.5m處現假設粒子源所釋放的粒子能向各個方向運動，求電子打在熒光屏上的范圍．可能用到的數據$\sqrt{1.25}$=1.12．

Answer 1

分析 （1）電場力對電子做功，應用動能定理求出電子到達熒光屏的動能；求出電子到達熒光屏的臨界坐標值，然后求出其范圍．
（2）電子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，然后確定電子打在熒光屏上的范圍．

解答 解：電子所受重力G=mg=9.3×10^-30N，
電子所受電場力：F=eE=1.488×10^-25N，
粒子所示洛倫茲力：f=ev₀B，f=7.44×10^-22N，
電場力與洛倫茲力都遠大于重力，重力可忽略不計；
（1）電場對電子做正功，由動能定理得：
eEd=E_K-$\frac{1}{2}$mv₀²，其中電場寬度：d=y₂-y₂=1-0.5=0.5m，
代入數據解得：E_K=9.3×10^-26J；
水平向右射出的電子在電場中做類平拋運動，
豎直方向：d=$\frac{1}{2}$$\frac{eE}{m}$t²，水平方向：x₁=v₀t，
粒子電場時，豎直方向分速度：v_y=$\frac{eE}{m}$t，
代入數據解得：x₁=0.5m，v_y=400m/s，
電子粒子電場后做勻速直線運動，
豎直方向：y₁=v_yt′，代入數據解得：t′=1.25×10^-3s，
水平方向：x₂=v₀t′=200×1.25×10^-3=0.25m，
則水平向左射出的電子到達熒光屏時的橫坐標：x=x₁+x₂=0.75m，
由對稱性可知，水平向右射出的電子到達熒光屏時的坐標值：x′=-0.75m，
則電子打到熒光屏上的范圍是：-0.75m≤x≤0.75m；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：ev₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，代入數據解得：r=5×10^-5m，
由左手定則可知，電子在磁場中沿逆時針方向做圓周運動，
由于2r=2×5×10^-5m=1×10^-4m＜d=0.5m，
所有電子都不會穿出磁場打在熒光屏上，打在熒光屏上的電子范圍為零．
答：（1）每個電子打到熒光屏上的動能為9.3×10^-26J，電子打到熒光屏上的范圍是：-0.75m≤x≤0.75m；
（2）若在原電場區域撤去電場，加一個垂直紙面向外的勻強磁場，且B=2.325×10^-5T，電子不會打在熒光屏上．

點評 本題考查了電子在電場與磁場中的運動，分析清楚電子的運動過程，應用動能定理、類平拋運動規律、運動的合成與分解、牛頓第二定律即可正確解題，解題時要注意，電場力對電子做功與運動路徑無關，取決于電子電荷量與兩點間的電勢差．