Question

20．如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，MN為其左邊界．磁場(chǎng)中有一半徑為R、軸線與磁場(chǎng)平行的金屬圓筒，圓筒的圓心O到MN的距離OO₁=3R，OO₁所在直線與圓筒右側(cè)壁交于A點(diǎn)．圓筒通過導(dǎo)線和電阻r₀接地．現(xiàn)有范圍足夠大的平行電子束以相同的速度從很遠(yuǎn)處垂直于MN向右射入磁場(chǎng)區(qū)．當(dāng)金屬圓筒最初不帶電時(shí)，發(fā)現(xiàn)電子只能射到圓筒上以A點(diǎn)和C點(diǎn)為界的ADC弧上，而AEC弧上各點(diǎn)均不能接收到電子；當(dāng)圓筒上電荷量達(dá)到相對(duì)穩(wěn)定后，通過電阻r₀ 的電流恒為I．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略運(yùn)動(dòng)電子間的相互作用，取大地或無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零．求：
（l）在最初圓筒上沒有帶電時(shí)，電子射入磁場(chǎng)時(shí)的初速度v₀；
（2）電阻r₀中的電流恒定時(shí)電阻r₀上端處的電勢(shì)φ
（3）電阻r₀中的電流恒定時(shí)電子到達(dá)圓筒時(shí)速度v的大小和金屬圓筒的發(fā)熱功率P．

Answer 1

分析 （1）在最初圓筒上沒有帶電時(shí)，電子只能射到圓筒上以A點(diǎn)和C點(diǎn)為界的ADC弧上，畫出軌跡，由幾何關(guān)系救出電子的軌道半徑，再由牛頓第二定律求解初速度v₀．
（2）電阻r₀中的電流恒定時(shí)，由歐姆定律和電勢(shì)的高低，求出電阻r₀上端處的電勢(shì)φ．
（3）電子從很遠(yuǎn)處射到圓柱表面時(shí)速度v滿足-eU=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²，U為電阻r₀ 兩端電壓．電流為I，單位時(shí)間到達(dá)圓筒的電子數(shù) n=$\frac{I}{e}$，電子所具有總能量E=n×$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，消耗在電阻上的功率 P_r=I²r₀，所以圓筒發(fā)熱功率 P=$\frac{mI{v}_{0}^{2}}{2e}$-I²r₀．

解答 解：（l）根據(jù)題意，電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑必定是r=4R，如圖所示．
由qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$ 得：v₀=$\frac{4eBR}{m}$   
（2）穩(wěn)定時(shí)，圓柱體上電荷不再增加，電阻r₀ 兩端電壓為U，U=Ir₀，
電勢(shì)φ=-Ir₀  
（3）電子從很遠(yuǎn)處射到圓柱表面時(shí)速度v滿足-eU=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
得：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}-\frac{2eI{r}_{0}}{m}}$
電流為I，單位時(shí)間到達(dá)圓筒的電子數(shù) n=$\frac{I}{e}$ 
電子所具有總能量E=n×$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$=$\frac{mI{v}_{0}^{2}}{2e}$
消耗在電阻上的功率 P_r=I²r₀
所以圓筒發(fā)熱功率 P=$\frac{mI{v}_{0}^{2}}{2e}$-I²r₀=$\frac{8Ie{B}^{2}{R}^{2}}{m}$-I²r₀．
答：
（l）在最初圓筒上沒有帶電時(shí)，電子射入磁場(chǎng)時(shí)的初速度v₀是$\frac{4eBR}{m}$．
（2）電阻r₀中的電流恒定時(shí)電阻r₀上端處的電勢(shì)φ是-Ir₀．
（3）電阻r₀中的電流恒定時(shí)電子到達(dá)圓筒時(shí)速度v的大小為，金屬圓筒的發(fā)熱功率P為$\frac{8Ie{B}^{2}{R}^{2}}{m}$-I²r₀．．

點(diǎn)評(píng) 本題是磁場(chǎng)與電路知識(shí)的綜合，關(guān)鍵要正確畫出電子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何關(guān)系求解出軌道半徑．