Question

20．如图所示，在xOy平面内，x轴上方有沿y轴向上的足够大的匀强电场，电场的下边界为y₁=0.5m的直线，在y轴上y₂=1.0m处有一放射源S，x轴上有一个足够长的荧光屏，放射源S在如图180°范围内，向x轴发射初速度v₀=200m/s的电子，整个装置放在真空中，已知场强大小为9.3×10^-7V/m，电子质量为9.3×10^-31kg，电量为1.6×10^-19C求：
（1）每个电子打到荧光屏上的动能及电子打到荧光屏上的范围．
（2）若x轴上方沿y₁=0.5m向上是足够大垂直纸面向外的匀强磁场，且B=2.325×10^-5T 求电子打在荧光屏上的范围．

Answer 1

分析 （1）根据动能定理求解电子打到荧光屏上的动能．可与斜抛运动类比，由牛顿第二定律求得加速度，由运动学位移时间公式得到水平位移与初速度方向的关系，由数学知识求出电子水平位移的最大值，再由几何知识求解电子打到荧光屏上的范围．
（2）先根据牛顿第二定律求出电子运动的轨道半径，画出轨迹，由几何关系求解．

解答 解：（1）根据动能定理得：
E_k=eE（y₂-y₁）+$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$=1.6×10^-19×9.3×10^-7×0.5J+$\frac{1}{2}×9.3×1{0}^{-31}×20{0}^{2}$J=9.3×10^-26 J
电子向右上方或左上方发射时，设初速度与水平方向的夹角为α．电子的加速度大小为：
a=$\frac{eE}{m}$=$\frac{1.6×1{0}^{-19}×9.3×1{0}^{-7}}{9.3×1{0}^{-31}}$=1.6×10⁵ m/s²；
取竖直向上为正方向，设电子在电场中运动的时间为t，则有：
水平方向有：x=v₀cosα t
竖直方向有：y=v₀sinα t-$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=0
联立得：t=$\frac{2{v}_{0}sinα}{a}$，x=v₀cosα•$\frac{2{v}_{0}sinα}{a}$=$\frac{{v}_{0}^{2}sin2α}{a}$
则当α=45°，x最大，最大值为 x_m=$\frac{{v}_{0}^{2}}{a}$=$\frac{20{0}^{2}}{1.6×1{0}^{5}}$m=0.25m
电子粒子电场后做匀速直线运动，则有：
竖直方向：y₁=v_yt′，
代入数据解得：t′=1.25×10^-3s，
水平方向：x₂=v₀t′=200×1.25×10^-3=0.25m，
则水平向左射出的电子到达荧光屏时的横坐标：x=x₁+x₂=0.75m，
由对称性可知，水平向右射出的电子到达荧光屏时的坐标值：x′=-0.75m，
则电子打到荧光屏上的范围是：-0.75m≤x≤0.75m；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
ev₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，
代入数据解得：r=5×10^-5m，
由左手定则可知，电子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，
由于2r=2×5×10^-5m=1×10^-4m＜d=0.5m，
所有电子都不会穿出磁场打在荧光屏上，打在荧光屏上的电子范围为零．
答：（1）每个电子打到荧光屏上的动能为9.3×10^-26J，电子打到荧光屏上的范围是：-0.75m≤x≤0.75m；
（2）若在原电场区域撤去电场，加一个垂直纸面向外的匀强磁场，且B=2.325×10^-5T，电子不会打在荧光屏上．

点评 本题考查了电子在电场与磁场中的运动，分析清楚电子的运动过程，应用动能定理、类平抛运动规律、运动的合成与分解、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意，电场力对电子做功与运动路径无关，取决于电子电荷量与两点间的电势差．