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（重力不計(jì)），從靜止開始經(jīng)電壓為U₁=100V的電場加速后，水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場中，微粒射出電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ=30°，并接著進(jìn)入一個(gè)方向垂直紙面向里、寬度為D=34.6cm的勻強(qiáng)磁場區(qū)域．已知偏轉(zhuǎn)電場中金屬板長L=20cm，兩板間距d=17.3cm．（注意：計(jì)算中$\sqrt{3}$取1.73）
求：
（1）帶電微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速率v₁；
（2）偏轉(zhuǎn)電場中兩金屬板間的電壓U₂；
（3）為使帶電微粒在磁場中的運(yùn)動時(shí)間最長，B的取值滿足怎樣的條件？

Answer 1

分析 （1）粒子在加速電場中，電場力做功，由動能定理求出速度v₁．
（2）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，做類平拋運(yùn)動，運(yùn)用運(yùn)動的合成與分解求出電壓．
（3）粒子進(jìn)入磁場后，做勻速圓周運(yùn)動，結(jié)合條件，畫出軌跡，由幾何知識求半徑，再求B．

解答 帶電微粒經(jīng)加速電場加速后速度為v，根據(jù)動能定理：qU₁=$\frac{1}{2}$mv₁²，
代入數(shù)據(jù)解得：v₁=1.0×10⁴m/s；
（2）帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場中只受電場力作用，做類平拋運(yùn)動．在水平方向微粒做勻速直線運(yùn)動，
水平方向：t=$\frac{L}{{v}_{1}}$，
帶電微粒在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，加速度為a，出電場時(shí)豎直方向速度為v₂

豎直方向：a=$\frac{qE}{m}$=$\frac{q{U}_{2}}{md}$，
v₂=at=$\frac{q{U}_{2}}{md}$•$\frac{L}{{v}_{1}}$，
由幾何關(guān)系：tanθ=$\frac{{v}_{2}}{{v}_{1}}$=$\frac{q{U}_{2}L}{md{v}_{1}^{2}}$=$\frac{{U}_{2}L}{2d{U}_{1}}$，
U₂=$\frac{2d{U}_{1}}{L}$tanθ，
代入數(shù)據(jù)得：U₂=100V；
（3）帶電微粒進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，設(shè)微粒軌道半徑為R，由幾何關(guān)系知
R+$\frac{R}{2}$=D，解得：R=$\frac{2D}{3}$，設(shè)微粒進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v′：v′=$\frac{{v}_{1}}{cos30°}$，
由牛頓運(yùn)動定律及運(yùn)動學(xué)規(guī)律：qv′B=m$\frac{v{′}^{2}}{R}$，
代入數(shù)據(jù)解得：B=0.1T，
若帶電粒子不射出磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B≥0.1T．
答：（1）帶電微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速率v₁為1.0×10⁴m/s；
（2）偏轉(zhuǎn)電場中兩金屬板間的電壓U₂為100V；
（3）為使帶電微粒在磁場中的運(yùn)動時(shí)間最長，B的取值滿足的條件是：B≥0.1T．

點(diǎn)評 本題是帶電粒子在組合場中運(yùn)動的問題，關(guān)鍵是分析粒子的受力情況和運(yùn)動情況，用力學(xué)的方法處理．本題難度較大，對于帶電粒子在交替復(fù)合場中的運(yùn)動，首先判斷受力情況，畫出大致的運(yùn)動軌跡，根據(jù)電場力和洛倫茲力的方向和作用判斷