Question

17．如圖所示，兩塊平行金屬極板MN水平放置，板長L=l m，間距d=$\frac{\sqrt{3}}{3}$m，兩金屬板間電壓 U_MN=1×10⁴V；在平行金屬板右側(cè)依次存在ABC和FGH兩個全等的正三角形區(qū)域，正三角形ABC內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，三角形的上頂點A與上金屬板M平齊，BC邊與金屬板平行，AB邊的中點P恰好在下金屬板N的右端點；正三角形FGH內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，已知A、F、G處于同一直線上，B、C、H也處于同一直線上，AF兩點距離為$\frac{2}{3}$m．現(xiàn)從平行金屬極板MN左端沿中心軸線方向入射一個重力不計的帶電粒子，粒子質(zhì)量m=3×10^-10kg，帶電量q=+1×10^-4C，初速度v₀=1×10⁵m/s．求：

（1）帶電粒子從電場中射出時的速度v的大小和方向？
（2）若帶電粒子進入三角形區(qū)域ABC后垂直打在AC邊上，求該區(qū)域的磁感應(yīng)強度？
（3）接第（2）問，若要使帶電粒子由FH邊界進入FGH區(qū)域并能再次回到FH界面，求B₂至少應(yīng)為多大？

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，運用運動的分解法，根據(jù)平拋運動的基本規(guī)律即可求解；
（2）先求出帶電粒子出電場時豎直方向的偏轉(zhuǎn)的位移．帶電粒子進入磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡，再根據(jù)幾何關(guān)系及向心力公式即可求解磁場強度；
（3）分析知當(dāng)軌跡與邊界GH相切時，對應(yīng)磁感應(yīng)強度B₂最小，畫出粒子運動軌跡根據(jù)幾何關(guān)系及向心力公式即可求解磁場強度．

解答 解：（1）設(shè)帶電粒子在電場中做類平拋運動的時間為t，則有：
t=$\frac{L}{{v}_{0}}$=$\frac{1}{1×1{0}^{5}}$s=1×10^-5s
加速度為：a=$\frac{qU}{md}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$×10¹⁰ m/s²；
帶電粒子從電場中射出時豎直方向的速度為：
v_y=at=$\frac{\sqrt{3}}{3}$×10⁵m/s
射出時速度為：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$×10⁵m/s
速度v與水平方向夾角為θ，則tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，故θ=30°，即垂直于AB方向出射．
（2）帶電粒子出電場時豎直方向的偏轉(zhuǎn)的位移為：y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{6}$m=$\fracfkzowzr{2}$，即粒子由P點垂直AB射入磁場，
由幾何關(guān)系知在磁場ABC區(qū)域內(nèi)做圓周運動的半徑為為：R₁=PA=$\fracs5bii9z{cos30°}$=$\frac{2}{3}$m
由B₁qv=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$得：B₁=$\frac{mv}{q{R}_{1}}$=$\frac{3}{10}\sqrt{3}$T
（3）分析知當(dāng)軌跡與邊界GH相切時，對應(yīng)磁感應(yīng)強度B₂最小，運動軌跡如圖所示：

由幾何關(guān)系得：R₂+$\frac{{R}_{2}}{sin60°}$=1
故軌跡半徑 R₂=（2$\sqrt{3}$-3）m
又B₂qv=m $\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}}$
故B₂=$\frac{2+\sqrt{3}}{5}$T．
答：（1）帶電粒子從電場中射出時的速度v的大小為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$×10⁵m/s，垂直于AB方向出射；
（2）若帶電粒子進入中間三角形區(qū)域后垂直打在AC邊上，該區(qū)域的磁感應(yīng)強度B₁為$\frac{3}{10}\sqrt{3}$T；
（3）若要使帶電粒子由FH邊界進入FGH區(qū)域并能再次回到FH界面，B₂至少應(yīng)為$\frac{2+\sqrt{3}}{5}$T．

點評 做好此類題目的關(guān)鍵是準(zhǔn)確的畫出粒子運動的軌跡圖，利用幾何知識求出粒子運動的半徑，再結(jié)合半徑公式和周期公式去分析．