Question

13．如圖甲所示，A、B為水平放置的間距d=2m的兩塊足夠大的平行金屬板，兩板間有場強為E=1V/m、方向有B指向A的均勻電場，一噴槍從A、B板的中央點P向水平面各個方向均勻地噴出初速度大小均為v₀=10m/s的帶電微粒．已知微粒的質量均為m=1.0×10^-5kg、電荷量均為q=-1.0×10^-3C，不計微粒間的相互作用、對板間電場和磁場的影響及空氣阻力，取g=10m/s²．求：

（1）微粒落在金屬板上所圍成的圖形面積．
（2）要使微粒不落在金屬板上，通過計算說明如何調節(jié)兩板間的場強．
（3）在滿足（2）的情況下，在兩板間再加垂直于紙面向里的均與磁場，磁感應強度B=0.1T，調節(jié)噴槍使微�？梢韵蚣埫鎯妊馗鱾�方向噴出（如圖乙），求B板被微粒打中的區(qū)域長度和微粒在磁場中運動的最短時間．

Answer 1

分析 （1）微粒落在金屬板上所圍成的圖形應是圓形，微粒的初速度水平時，落在金屬板上的位置與P點的水平距離最遠，根據類平拋運動的規(guī)律解答．
（2）要使微粒不落在金屬板上，重力與電場力相平衡，微粒在水平面內做勻速直線運動．由平衡條件解答．
（3）再加垂直于紙面向里的均勻磁場，重力與電場力相平衡，由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，求出微粒的軌跡半徑，由幾何知識即可求解．

解答 解：（1）微粒落在金屬板上所圍成的圖形應是圓形，設圓的半徑為R．
則R=v₀t，$\frac{1}{2}d$=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
又 a=$\frac{qE+mg}{m}$=$\frac{1×1{0}^{-3}×1+1{0}^{-5}×10}{1×1{0}^{-5}}$=110m/s²
聯(lián)立解得：R=v₀$\sqrt{\fracx7ayhij{a}}$=$\frac{2}{11}\sqrt{55}$m
圖形面積為 S=πR²=π×（$\frac{2}{11}\sqrt{55}$）²=$\frac{20π}{11}$m²
（2）要使微粒不落在金屬板上，應使重力與電場力相平衡，微粒在水平面內做勻速直線運動，所以兩板間的場強方向應調為豎直向下，且有
  qE′=mg，E′=$\frac{mg}{q}$=$\frac{1×1{0}^{-5}×10}{1×1{0}^{-3}}$V/m=0.1V/m
（3）再加垂直于紙面向里的均勻磁場，重力與電場力相平衡，由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，由 qv₀B=m$\frac{{v}^{2}}{r}$得
  r=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$=$\frac{1×1{0}^{-5}×10}{1×1{0}^{-3}×0.1}$m=1m
豎直向下射出的油漆微粒打在B板的左端恰好與B板相切：d₂=1m
當粒子源和B板右邊擊中點距離為直徑時距離最遠：d₁=$\sqrt{{r}^{2}-（\fractlmaupr{2}）^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}-{1}^{2}}$m=$\sqrt{3}$m
故B板被微粒打中的區(qū)域長度為 L=d₂+d₁=（1+$\sqrt{3}$）m
當粒子運動的圓弧直徑最短時，粒子運動的時間最短，
故根據題意可知，當粒子恰好擊中粒子源正下方的B板處時間最短，根據距離和半徑的關系可知軌跡對應的圓心角為60°，
所以t_min=$\frac{T}{6}$=$\frac{1}{6}•\frac{2πm}{qB}$=$\frac{1}{3}×\frac{π×1{0}^{-5}}{1{0}^{-3}×0.1}$s=$\frac{π}{30}$s
答：
（1）微粒落在金屬板上所圍成的圖形面積是$\frac{20π}{11}$m²．
（2）要使微粒不落在金屬板上，兩板間的場強方向調為豎直向下，大小調為0.1V/m．
（3）B板被微粒打中的區(qū)域長度為（1+$\sqrt{3}$）m，微粒在磁場中運動的最短時間是$\frac{π}{30}$s．

點評 考查帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，掌握牛頓第二定律與運動學公式的綜合應用，理解幾何關系在題中的運用，注意會畫出粒子的運動軌跡，及已知長度與半徑的半徑．