Question

5．如圖所示，左側(cè)為板長(zhǎng)L=0.1m、板間距d=$\frac{\sqrt{3}}{30}$m的平行金屬板，加上U=
$\frac{1}{3}$×10⁴V 的電壓，上極板電勢(shì)高．現(xiàn)從平行金屬板左端沿中心軸線方向射入一個(gè)重力不計(jì)的帶電微粒，微粒質(zhì)量m=1.0×10^-10kg，帶電荷量q=+1.0×10^-4C，初速度v₀=1.0×10⁵m/s．右側(cè)用虛線框表示的正三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，三角形的頂點(diǎn)A與上金屬板平齊，底邊BC與金屬板平行且距A足夠遠(yuǎn)，下金屬板的右端點(diǎn)P 恰在AB邊上．
（1）求帶電微粒從電場(chǎng)中射出時(shí)，豎直方向的偏移量y的大小；
（2）帶電微粒進(jìn)入三角形區(qū)域后，若垂直AC邊射出，則該區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B是多少．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)帶電粒子在水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)求解時(shí)間，再根據(jù)豎直方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)間豎直方向偏轉(zhuǎn)的位移；
（2）求出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小和方向，再根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解磁感應(yīng)強(qiáng)度B．

解答 解：（1）設(shè)微粒在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度為a，射出電場(chǎng)時(shí)豎直方向的速度為v_y，
則可得$\frac{qU}r5r9t5v$=ma      
水平方向有：L=v₀t 
設(shè)帶電微粒射出電場(chǎng)時(shí)豎直方向偏轉(zhuǎn)的位移為y，則有y=$\frac{1}{2}$at²
可得y=$\frac{\sqrt{3}}{60}$ m；
（2）豎直方向，根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系可得：v_y=at     
解得v_y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$×10⁵ m/s      
v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$×10⁵ m/s，
設(shè)速度v與水平方向的夾角為θ，則有tan θ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$
即垂直于AB射出．即微粒由P₁點(diǎn)垂直AB射入磁場(chǎng)
設(shè)勻速圓周運(yùn)動(dòng)P₁Q₁段半徑為R₁，根據(jù)幾何關(guān)系有R₁=$\fracxlrhlpr{cos30°}$=$\frac{20}{3}$×10^-2m   
由qvB₁=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$
得B₁=$\frac{mv}{q{B}_{2}}$=$\sqrt{3}$T．
答：（1）求帶電微粒從電場(chǎng)中射出時(shí)，豎直方向的偏移量y的大小為$\frac{\sqrt{3}}{60}$ m；
（2）帶電微粒進(jìn)入三角形區(qū)域后，若垂直AC邊射出，則該區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B是$\sqrt{3}$T．

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角求時(shí)間；對(duì)于帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般是按類平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)進(jìn)行解答．