Question

19．如圖所示，A、B兩金屬板間電壓為U，C、D兩金屬板板長為L，兩板間距離也為L，板間電壓為2U，在S處有一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子，經(jīng)A、B間電場出靜止開始加速后又沿C、D間的中線上的O點進入偏轉(zhuǎn)電場，然后進入一垂直紙面向里的矩形勻強磁場區(qū)域，若不計帶電粒子的重力
（1）求帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)向位移；
（2）求帶電粒子進入勻強磁場時的速度；
（3）要使帶電粒子經(jīng)過磁場后能再次進入C、D板間，此時C、D板間電場方向正好反向后，又恰好能回到O點，則磁感應強度B應滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）離子在電場中加速運動電場力做正功，根據(jù)動能定理，即可求解出進入偏轉(zhuǎn)電場的初速度，離子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，水平方向勻速直線運動，根據(jù)位移公式可計算時間，根據(jù)牛頓第二定律求出在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，可以根據(jù)位移公式y(tǒng)=$\frac{1}{2}$at²計算偏轉(zhuǎn)位移y；
（2）根據(jù)v_y=at求出豎直方向方向末速度v_y，再根據(jù)速度的矢量三角形，利用幾何關(guān)系（勾股定理）即可求出帶電粒子進入勻強磁場時的速度v；
（3）利用對稱性找到臨界幾何關(guān)系與洛倫茲力提供向心力結(jié)合，聯(lián)立計算即可．

解答 解：（1）粒子在加速電場中運動的過程中，只有電場力做功，根據(jù)動能定理得：
qU=$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$
解得：v₀=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$
粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，水平方向勻速直線運動，所以：
L=v₀t
解得：t=$\frac{L}{{v}_{0}}$
偏轉(zhuǎn)電場的場強為：E=$\frac{2U}{L}$
則電場力為：F=qE=$\frac{2qU}{L}$
根據(jù)牛頓第二定律有：qE=ma
解得：a=$\frac{q•2U}{mL}$
粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，
所以：y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}•\frac{2qU}{mL}•（\frac{L}{{v}_{0}}）^{2}$=$\frac{L}{2}$
（2）設(shè)粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)角為θ，則有：
tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{at}{{v}_{0}}$=1
即θ=$\frac{π}{4}$
帶電粒子進入勻強磁場時的速度為：
v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}{+v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{2}$v₀=2$\sqrt{\frac{qU}{m}}$，方向與水平方向成45°角
（3）要使帶電粒子經(jīng)過磁場后能再次進入C、D板間，滿足題意應有：Rcos45°=$\frac{L}{2}$
解得：R=$\frac{\sqrt{2}L}{2}$
帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，有：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
得：B=$\frac{mv}{qR}$=$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qR}$=$\frac{2}{L}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$
答：（1）帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)向位移為$\frac{L}{2}$；
      （2）帶電粒子進入勻強磁場時的速度為2$\sqrt{\frac{qU}{m}}$方向與水平方向成45°角；
      （3）要使帶電粒子經(jīng)過磁場后能再次進入C、D板間，此時C、D板間電場方向正好反向后，又恰好能回到O點，則磁感應強度B應為$\frac{2}{L}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$．

點評 本題考查帶電粒子在加速電場中和偏轉(zhuǎn)電場中以及勻強磁場中的運動，粒子分別做勻加速直線運動和類平拋運動以及勻速圓周運動；大家要牢記典型運動的處理方法：加速場用動能定理解決．偏轉(zhuǎn)場運用運動的合成與分解，牛頓第二定律結(jié)合運動學規(guī)律解決．磁場中勻速圓周運動，運用洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系即可，難度不大，考內(nèi)容都比較基礎(chǔ)．