Question

11．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，從兩平行金屬板的中間水平進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，平行板長(zhǎng)L=20cm，板間距離d=20cm，板間的電壓U₂=150V，微粒偏出電場(chǎng)后進(jìn)入一個(gè)方向垂直紙面向里，寬度為D=40cm的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．微粒重力忽略不計(jì)，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）帶電微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速率v₀；
（2）微粒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大小和方向；
（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)B至少多大？

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理可求得帶電微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速率；
（2）微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)里做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律可求得微粒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小和方向；
（3）帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力以及幾何規(guī)律可求得磁感應(yīng)強(qiáng)度．

解答 解：（1）由動(dòng)能定理得：
qU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²-0                     
所以，v₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×1.0{×10}^{-5}×100}{2.0×1{0}^{-11}}}$=1×10⁴m/s         
（2）微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)里做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)
所以有$\frac{{U}_{2}q}tlddprz$=ma                    
v_y=at=a$\frac{L}{{v}_{0}}$                       
所以微粒飛離偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度偏向角為θ
所以有tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{L}}$=$\frac{3}{4}$               
所以 θ=37°                       
v=$\frac{{v}_{0}}{cos37°}$=$\frac{1×1{0}^{4}}{0.6}$=1.25×10⁴m/s，方向與水平方向成37°角．   
（3）由幾何關(guān)系
D=r+rsin37°                        
可得r=$\frac{5}{8}$D=$\frac{5}{8}×40cm$=25cm                     
由牛頓第二定律得
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$                          
最終得到：B=$\frac{mv}{qr}$=$\frac{2×1{0}^{-11}×1.25×1{0}^{4}}{1.0×1{0}^{-5}×0.25}$=0.1T              
所以B至少0.1T    
答：（1）帶電微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速率v₀為1×10⁴m/s
（2）微粒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大小1.25×10⁴m/s，方向與水平方向成37°角
（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)B至少為0.1T．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，要注意明確電場(chǎng)中分為加速和偏轉(zhuǎn)，加速問(wèn)題一般由動(dòng)能定理求解，而偏轉(zhuǎn)由運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)律求解；在磁場(chǎng)中一般做圓周運(yùn)動(dòng)，注意根據(jù)左手定則、洛倫茲力充當(dāng)向心力以及幾何關(guān)系進(jìn)行分析求解．