Question

14．如圖所示，水平放置的平行金屬板A和B間的距離為d，極長L=$\sqrt{3}$d，B板的右側邊緣恰好是傾斜擋板NM上的一個小孔K，NM與水平擋板NP成60°角，K與N間的距離$\overline{KN}$=a．現有一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，從AB的中點O以平行于金屬板方向OO′的速度v₀射入，不計粒子的重力．現在A、B板上加一恒定電壓，則該粒子穿過金屬板后恰好穿過小孔K：
（1）求A、B板上所加的恒定電壓大�。�
（2）求帶電粒子到達K點的速度．
（3）在足夠長的NM和NP兩檔板所夾的某一區(qū)域存在一垂直紙面向里的勻強磁場，使粒子經過磁場偏轉后能垂直打到水平擋板NP上（之前與擋板沒有碰撞），求該磁場的磁感應強度的最小值B_min．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子做類平拋運動，根據平拋運動的基本公式即可求解；
（2）先求出射入的粒子，在進入K時豎直方向的分速度，再求出水平速度，根據速度的合成法則求出和速度；
（3）粒子從K點入射后做勻速直線運動從D點開始進入磁場，粒子在進入磁場后，根據左手定則，所受的洛倫茲力斜向上，要使粒子能垂直打到水平擋板NP，則粒子需偏轉300°后從E射出，做勻速直線運動垂直打到NP．粒子作圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，要使B最小，則要半徑r最大，臨界情況是圓周運動的軌跡恰好跟兩擋板相切，結合幾何關系即可求解．

解答 解：（1）帶電粒子做類平拋運動，則：L=v₀t，
$\frac{1}{2}$d=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{qU}{md}$t²，已知：L=$\sqrt{3}$d，解得：U=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{3q}$；
（2）射入的粒子，在進入K時豎直方向的分速度為v_y，則：$\frac{1}{2}$d=$\frac{{v}_{y}}{2}$t，
水平方向：L=$\sqrt{3}$d=v₀t，tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$，解得：tanθ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，θ=30°，
粒子速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$v₀，粒子垂直MN板入射．
（3）如圖所示，粒子從K點入射后做勻速直線運動從D點開始進入磁場，
粒子在進入磁場后，根據左手定則，所受的洛倫茲力斜向上，要使粒子能垂直打到水平擋板NP，
則粒子需偏轉300°后從E射出，做勻速直線運動垂直打到NP．
粒子作圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：B=$\frac{mv}{qr}$，
要使B最小，則要半徑r最大，臨界情況是圓周運動的軌跡恰好跟兩擋板相切，如圖所示：

根據對稱性圓周運動的圓心C、交點G位于∠MNP的角平分線上，則由幾何關系可得：
CDKF是邊長為r的正方形．則在三角形NCF中，有：$\sqrt{3}$r=a+r，解得：r=$\frac{a}{\sqrt{3}-1}$，
解得：B_min=$\frac{（6-2\sqrt{3}）m{v}_{0}}{3qa}$；
答：（1）A、B板上所加的恒定電壓大小為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{3q}$．
（2）帶電粒子到達K點的速度為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$v₀．
（3）該磁場的磁感應強度的最小值B_min為$\frac{（6-2\sqrt{3}）m{v}_{0}}{3qa}$．

點評 本題主要考查了平拋運動、圓周運動的基本公式的應用，要使B最小，則要半徑r最大，臨界情況是圓周運動的軌跡恰好跟兩擋板相切，要求同學們能結合幾何關系求解，難度較大．