Question

【題目】如圖所示，為一除塵裝置的截面圖，其原理是通過(guò)板間的電場(chǎng)或磁場(chǎng)使帶電塵埃偏轉(zhuǎn)并吸附到極板上，達(dá)到除塵的目的。已知金屬極板MN長(zhǎng)為d，間距也為d。大量均勻分布的塵埃以相同的水平速度v0進(jìn)入除塵裝置，設(shè)每個(gè)塵埃顆粒質(zhì)量為m、電量為―q。當(dāng)板間區(qū)域同時(shí)加入勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)并逐步增強(qiáng)至合適大小時(shí)，塵埃恰好沿直線通過(guò)該區(qū)域;且只撤去電場(chǎng)時(shí)，恰好無(wú)塵埃從極板MN間射出，收集效率（打在極板上的塵埃占?jí)m�？倲�(shù)的百分比）為100%，不計(jì)塵埃的重力、塵埃之間的相互作用及塵埃對(duì)板間電場(chǎng)、磁場(chǎng)的影響。

(1)判斷M板所帶電荷的電性；

(2)求極板區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；

(3)若撤去極板區(qū)域磁場(chǎng)，只保留原來(lái)的電場(chǎng)，則除塵裝置的收集效率是多少？

(4)把極板區(qū)域的磁場(chǎng)和電場(chǎng)均撤去后，在y軸右側(cè)設(shè)計(jì)一個(gè)垂直于坐標(biāo)平面的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，就可把全部塵埃收集到位于Q點(diǎn)的收集箱內(nèi)。若直角坐標(biāo)系原點(diǎn)O緊貼金屬極板MN右側(cè)中點(diǎn)，Q點(diǎn)坐標(biāo)為（2d，―1.5d），求此磁場(chǎng)的方向及磁感應(yīng)強(qiáng)度B′的大小范圍。

Answer 1

【答案】(1)M板所帶電荷是負(fù)電荷；(2)；(3)50%；(4)

【解析】

(1)負(fù)電荷進(jìn)入紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，根據(jù)左手定則，受到的洛倫磁力的方向向上，塵埃恰好沿直線通過(guò)該區(qū)域MN， 說(shuō)明電場(chǎng)力和洛倫磁力大小相等，方向相反，洛倫茲力豎直向上，則電場(chǎng)力豎直向下，負(fù)電荷所受電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反，電場(chǎng)向上，M板帶負(fù)電；

(2)沿N極板射入的塵埃恰好不從極板射出時(shí)塵埃的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，

由幾何知識(shí)可知，塵埃在磁場(chǎng)中的半徑：

r=d

塵埃在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：

，

解得：

；

(3)電場(chǎng)、磁場(chǎng)同時(shí)存在時(shí)，塵埃勻速直線，滿足：

qE=qv0B，

撤去磁場(chǎng)以后粒子在電場(chǎng)作用下平拋，假設(shè)距離N極板y的粒子恰好離開(kāi)電場(chǎng)：
水平方向：

d=v0t

豎直方向：

y＝at2，

加速度：

解得：

y=0.5d，

當(dāng)y＞0.5d時(shí)，時(shí)間更長(zhǎng)，水平位移x＞d，即0.5d到d這段距離的粒子會(huì)射出電場(chǎng)，則從平行金屬板出射的塵埃占總數(shù)的百分比：

(4)塵埃在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，塵埃若要匯聚在P點(diǎn)，塵埃運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的半徑應(yīng)該和塵埃的偏轉(zhuǎn)半徑相等，塵埃運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，

塵埃沿沿順時(shí)針?lè)较蚱�轉(zhuǎn)，由左手定則可知：磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向里，磁場(chǎng)半徑的最小值應(yīng)該為d，對(duì)應(yīng)的B′的最大值為：，磁場(chǎng)半徑的最大值應(yīng)該為2d，對(duì)應(yīng)的B′的最小值為：，則磁場(chǎng)的范圍是：

；