Question

1．如圖所示，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的兩個(gè)平行極板水平放置，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E=2.4×10^-3V•m^-1，板長(zhǎng)L=0.08m，板距足夠大，兩板的右側(cè)有水平寬度l=0.06m、豎直寬度足夠大的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一個(gè)比荷為$\frac{q}{m}$=5×10⁷ C/kg的粒子（其重力不計(jì)）以v₀=80m/s速度從兩板中間沿與板平行的方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，最終垂直右邊界射出．求：
（1）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速率v；
（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R；
（3）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B．

Answer 1

分析 （1）電子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可求出時(shí)間．根據(jù)牛頓第二定律和速度公式求出電子射出電場(chǎng)時(shí)豎直分速度，再合成求解v．
（2）畫出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何關(guān)系求出軌道半徑R．
（3）根據(jù)洛倫茲力提供向心力，求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B．

解答 解：（1）電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=$\frac{l}{v_0}$=$\frac{0.08}{80}$s=1.00×10^-3s…①
電子射出電場(chǎng)時(shí)豎直分速度為：v_⊥=$\frac{qE}{m}$t=120 m/s…②
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速率為：v=$\sqrt{v_0^2+v_⊥^2}=\sqrt{{{80}^2}+{{60}^2}}$m/s=$40\sqrt{13}$m/s…③
（2）電子在磁場(chǎng)中的軌跡如圖所示．設(shè)電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，有：
 $\frac{l}{R}=\frac{v_⊥}{v}$…④
可得 R=$\frac{v}{v_⊥}l$=$\frac{{40\sqrt{13}}}{120}×0.06$m=$\frac{{\sqrt{13}}}{50}$m…⑤
（3）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有：$qvB=m\frac{v^2}{R}$…⑥
故 $B=\frac{mv}{qR}=\frac{{40\sqrt{13}}}{{5×{{10}^7}×\frac{{\sqrt{13}}}{50}}}$T=4.0×10^-5 T…⑦
答：（1）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速率v是$40\sqrt{13}$m/s；
（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R是$\frac{{\sqrt{13}}}{50}$m；
（3）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B是4.0×10^-5 T．

點(diǎn)評(píng) 本題中電子做類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解法研究，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，關(guān)鍵是根據(jù)幾何知識(shí)確定磁場(chǎng)中偏向角與電場(chǎng)中偏向角關(guān)系，由幾何關(guān)系求軌道半徑．