Question

16．如圖所示，一帶電微粒質(zhì)量為m=2.0×10^-11kg、電荷量q=+1.0×10^-5C，從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓為U₁=100V的電場(chǎng)加速后，水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，微粒射出電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ=30°，并接著進(jìn)入一個(gè)方向垂直紙面向里、寬度為D=34.6cm的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域．重力忽略不計(jì)．求：
（1）帶電微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速率v₁；
（2）偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中兩金屬板間的電壓U₂；
（3）為使帶電微粒不會(huì)由磁場(chǎng)右邊射出，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少多大？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動(dòng)能定理求帶電微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速率v₁；
（2）帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，將微粒的末速度分解為平行于板和垂直于板兩個(gè)方向，由幾何知識(shí)確定出粒子垂直于板方向的末速度，然后由牛頓第二定理列式求偏轉(zhuǎn)電壓；
（3）微粒恰好不從磁場(chǎng)右邊射出時(shí)運(yùn)動(dòng)軌跡與右邊邊界相切，由幾何知識(shí)確定運(yùn)動(dòng)半徑，然后由洛倫茲力提供向心力列方程求磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值．

解答 解：（1）帶電微粒經(jīng)加速電場(chǎng)加速后速率為v₁，根據(jù)動(dòng)能定理有U₁q=$\frac{1}{2}$mv₁²
v₁=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$=1.0×10⁴m/s．
（2）帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用，在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)微粒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v′，則
v′=$\frac{{v}_{1}}{cos30°}$
得出v′=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$v₁．
經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)所需要的時(shí)間為t=$\frac{L}{{v}_{1}}$，
微粒的豎直分速度為v₂=$\frac{{v}_{1}}{\sqrt{3}}$=at，
a=$\frac{q{U}_{2}}{m}$
解得：U₂=33.3V．
（3）帶電微粒進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，微粒恰好不從磁場(chǎng)右邊射出時(shí)運(yùn)動(dòng)軌跡與右邊邊界相切，設(shè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，由幾何關(guān)系知：
R+$\frac{R}{2}$=D
由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律：
qv′B=m$\frac{v{′}^{2}}{R}$，
得B=0.1T．
若帶電粒子不射出磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為0.1T．
答：（1）帶電微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速率v₁為1.0×10⁴m/s；
（2）偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中兩金屬板間的電壓U₂為33.3V；
（3）為使帶電微粒不會(huì)由磁場(chǎng)右邊射出，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少0.1T．

點(diǎn)評(píng) 本題屬于帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)通常將運(yùn)動(dòng)分解為平行于電場(chǎng)方向與垂直于電場(chǎng)兩個(gè)方向或借助于平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律解決問(wèn)題．