Question

（2010?南通二模）如圖所示，有界勻強磁場磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，MN為其左邊界，磁場中放置一半徑為R的圓柱形金屬圓筒，圓心O到MN的距離OO₁=2R，圓筒軸線與磁場平行．圓筒用導線通過一個電阻r₀接地，最初金屬圓筒不帶電．現有范圍足夠大的平行電子束以速度v₀從很遠處沿垂直于左邊界MN向右射入磁場區，已知電子質量為m，電量為e．
（1）若電子初速度滿足v0=

3eBR

m

，則在最初圓筒上沒有帶電時，能夠打到圓筒上的電子對應MN邊界上O₁兩側的范圍是多大？
（2）當圓筒上電量達到相對穩定時，測量得到通過電阻r₀的電流恒為I，忽略運動電子間的相互作用，求此時金屬圓筒的電勢φ和電子到達圓筒時速度v（取無窮遠處或大地電勢為零）．
（3）在（2）的情況下，求金屬圓筒的發熱功率．

Answer 1

分析：（1）由牛頓第二定律可求得粒子的轉動半徑，畫出粒子的運動軌跡可得出幾何關系，從而確定出到圓筒上的電子對應MN邊界上O₁兩側的范圍；
（2）由歐姆定律可求得圓柱體與地面間的電勢差，則可求得金屬圓桶的電勢；由動能定理可求得電子射到圓柱表面時的速度；
（3）由電流的微觀定義可求得電子數，則可求得電子具有的總能量，由能量守恒可求得圓筒上的發熱功率．

解答：解：（1）如圖所示，設電子進入磁場回旋軌道半徑為r，則  qv0B=m

v 2 0

r

   解得   r=3R   
大量電子從MN上不同點進入磁場軌跡如圖，從O₁上方P點射入的電子剛好擦過圓筒O1O2=

(4R)2-(2R)2

=2

3

R   
O1P=O1O2+r=(3+2

3

)R   
同理可得到O₁下Q點距離O1Q=(2

3

-3)R．
（2）穩定時，圓柱體上電荷不再增加，與地面電勢差恒為U，
U=Ir₀
電勢 φ=-Ir₀   
電子從很遠處射到圓柱表面時速度為v，有-eU=

1

2

mv2-

1

2

m

v

2 0

  
解得  v=

v 2 0 - 2eIr0 m

．
（3）電流為I，單位時間到達圓筒的電子數  n=

I

e

電子所具有總能量   E=n×

1

2

m

v

2 0

=

mI v 2 0

2e

    
消耗在電阻上的功率  P_r=I²r₀    
所以圓筒發熱功率   P=

mI v 2 0

2e

-I2r0．

點評：帶電粒子在磁場中的運動解題時常常要根據題意做出可能的軌跡圖，然后再根據幾何關系即可確定出要求的問題．