Question

4．在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限區(qū)域中，有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫）．在x=4L處垂直于x軸放置一熒光屏，與x軸的交點為Q．電子束以相同的速度v從y軸上0≤y≤2.5L的區(qū)間垂直于電場和磁場方向進(jìn)入場區(qū)，所有電子均做勻速直線運(yùn)動．忽略電子間的相互作用力，不計重力，電子的質(zhì)量為m，所帶電量的絕對值為q，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=$\frac{mv}{qL}$．求：
（1）電場強(qiáng)度的大小；
（2）若撤去電場，并將磁場反向，求從y=0.5L處射入的電子經(jīng)多長時間打到熒光屏上；
（3）若撤去磁場，求電子打到熒光屏距Q點的最遠(yuǎn)距離．

Answer 1

分析 （1）電子做勻速直線運(yùn)動電場力與洛倫茲力合力為零，由平衡條件可以求出電場強(qiáng)度．
（2）電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，作出粒子運(yùn)動軌跡求出電子轉(zhuǎn)過的圓心角，然后根據(jù)周期公式求出運(yùn)動時間，電子離開磁場后做勻速直線運(yùn)動，求出其運(yùn)動時間，最后求出電子總的運(yùn)動時間．
（3）電子在電場做做類平拋運(yùn)動，應(yīng)用類平拋運(yùn)動規(guī)律求出最遠(yuǎn)距離．

解答 解：（1）電子做勻速直線運(yùn)動，
由平衡條件得：qE=qvB，解得：E=$\frac{m{v}^{2}}{qL}$；
（2）電子在磁場中做圓周運(yùn)動洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：r=L，
圓心角：cosα=$\frac{0.5L}{r}$=0.5，α=60°，
電子做圓周運(yùn)動的周期：T=$\frac{2πr}{v}$，
電子做圓周運(yùn)動的時間：t₁=$\frac{α}{360°}$T=$\frac{1}{6}$T，
電子離開場區(qū)之后的運(yùn)動時間：t₂=$\frac{4L-rsinα}{vcosα}$=$\frac{（8-\sqrt{3}）L}{v}$，
電子打到熒光屏上的時間：t=t₁+t₂=$\frac{（π+24-3\sqrt{3}L）}{3v}$；
（3）設(shè)電子在電場中運(yùn)動時間為t，豎直方向位移為y，水平位移為x，
則：x=vt，y=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²，v_y=at=$\frac{qE}{m}$t，解得：x=$\sqrt{2yL}$，v_y=v$\sqrt{\frac{2y}{L}}$，
設(shè)電子穿出電場時的速度方向與x軸的夾角為θ，則：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{v}$=$\sqrt{\frac{2y}{L}}$，
電子打到熒光屏上距離Q點的距離：H=（4L-x）tanθ-（4$\sqrt{L}$-$\sqrt{2y}$）$\sqrt{2y}$，
由數(shù)學(xué)知識得：當(dāng)y=2L時，H有最大值，最大值為H_m=4L；
答：（1）電場強(qiáng)度的大小為：$\frac{m{v}^{2}}{qL}$；
（2）若撤去電場，并將磁場反向，從y=0.5L處射入的電子打到熒光屏上的時間為$\frac{（π+24-3\sqrt{3}L）}{3v}$；
（3）若撤去磁場，求電子打到熒光屏距Q點的最遠(yuǎn)距離為4L．

點評 電子在電磁場中做勻速直線運(yùn)動、在電場中做類平拋運(yùn)動、在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，分析清楚電子運(yùn)動過程是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用平衡條件、牛頓第二定律與運(yùn)動學(xué)公式可以解題，解題時注意數(shù)學(xué)知識的應(yīng)用．