Question

14．如圖所示，兩塊平行金屬極板MN水平放置，板長L=1m，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(qiáng)磁場B₁，三角形的上頂點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(qiáng)磁場B₂，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．
（1）求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(jìn)入中間三角形區(qū)域后垂直打在AC邊上，求該區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁
（3）若要使帶電粒子由FH邊界進(jìn)入FGH區(qū)域并能再次回到FH界面，求B₂應(yīng)滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)平拋運(yùn)動的基本規(guī)律即可求解；
（2）求出帶電粒子出電場時豎直方向的偏轉(zhuǎn)的位移，根據(jù)幾何關(guān)系及向心力公式即可求解磁場強(qiáng)度；
（3）分析知當(dāng)軌跡與邊界GH相切時，對應(yīng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂最大，畫出粒子運(yùn)動軌跡根據(jù)幾何關(guān)系及向心力公式即可求解磁場強(qiáng)度應(yīng)滿足的條件．．

解答 解：（1）設(shè)帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動時間t，
粒子的加速度：a=$\frac{qU}{md}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$×10¹⁰m/s²．
由L=v₀t，解得：t=1×10^-5s．
豎直方向速度為：v_y=at=$\frac{\sqrt{3}}{3}$×10⁵m/s．
射出時速度：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，tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
解得：θ=30°，即垂直于AB方向射出．
（2）帶電粒子射出電場時數(shù)值方向偏移的位移：
y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{\sqrt{3}}{6}$m=$\frac8e6rthr{2}$，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)做勻速圓周運(yùn)動的半徑：R₁=$\fraczv3n7mj{cos30°}$=$\frac{2}{3}$m．
由牛頓第二定律得：qvB₁=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$，解得：B₁=$\frac{3\sqrt{3}}{10}$T．
（3）當(dāng)軌跡與邊界GH相切時，對應(yīng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂最大，運(yùn)動軌跡如圖所示．
由幾何關(guān)系可知：R₂+$\frac{{R}_{2}}{sin60°}$=1．解得：R₂=（ 2$\sqrt{3}$-3）m．
由牛頓第二定律得：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}}$，解得：B₂=$\frac{2+\sqrt{3}}{5}$T．
所以B₂應(yīng)滿足的條件為大于：$\frac{2+\sqrt{3}}{5}$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，方向：垂直于AB方向出射．
（2）若帶電粒子進(jìn)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(qiáng)度B₁為$\frac{3\sqrt{3}}{10}$T．
（3）若要使帶電粒子由FH邊界進(jìn)入FGH區(qū)域并能再次回到FH界面，B₂應(yīng)滿足的條件是大于$\frac{2+\sqrt{3}}{5}$T．

點評 本題考查了粒子在磁場中的運(yùn)動，做好此類題目的關(guān)鍵是準(zhǔn)確的畫出粒子運(yùn)動的軌跡圖，利用幾何知識求出粒子運(yùn)動的半徑，再結(jié)合半徑公式和周期公式去分析，難度較大．