Question

13．如圖所示，一個電荷量為e、質(zhì)量為m的帶電粒子，以初速度v₀從偏轉(zhuǎn)電場的極板左端中央沿垂直電場方向射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)后通過位于下極板的小孔S離開電場，進(jìn)入范圍足夠大、上端和左端有理想邊界、磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁場區(qū)域的上端以偏轉(zhuǎn)電場的下極板為邊界，磁場的左邊界MN與偏轉(zhuǎn)電場的下極板垂直，且MN與小孔S左邊緣相交于M點．已知帶電粒子通過小孔S時的速度方向與下極板的夾角成θ=45°，整個裝置處于真空中，粒子所受重力、小孔S的大小及偏轉(zhuǎn)電場的邊緣效應(yīng)均可忽略不計．
（1）求偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的電壓U；
（2）帶電粒子從磁場的左邊界MN的S₁點飛出，求M點與S₁點間的距離L．

Answer 1

分析 （1）粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，根據(jù)題意求出粒子離開電場時的豎直分速度，然后應(yīng)用動能定理可以求出偏轉(zhuǎn)電場間的電壓．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子做圓周運動的軌道半徑，然后求出M點與S₁點間的距離．

解答 解：（1）粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，由題意可知，帶電粒子通過小孔S時的速度方向與下極板的夾角成θ=45°
粒子離開電場時豎直分速度：v_y=v₀tan45°=v₀，
粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動過程中，由動能定理得：
e•$\frac{U}{2}$=$\frac{1}{2}$mv_y²-0，
解得：U=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{e}$；
（2）粒子進(jìn)入磁場時的速度：v=$\frac{{v}_{0}}{cos45°}$=$\sqrt{2}$v₀，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
evB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：r=$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{eB}$，
M點與S₁點間的距離：L=2rcos45°=$\frac{2m{v}_{0}}{eB}$；
答：（1）偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的電壓U為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{e}$；
（2）帶電粒子從磁場的左邊界MN的S₁點飛出，M點與S₁點間的距離L為$\frac{2m{v}_{0}}{eB}$．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用運動的合成與分解知識，應(yīng)用動能定理、牛頓第二定律即可解題，解題時注意幾何知識的應(yīng)用；對于粒子在勻強磁場中的圓周運動，關(guān)鍵找出圓周運動所需的向心力，列出等式解決問題，對于粒子垂直射入平行板電容器中的問題，要知道粒子做類平拋運動，能根據(jù)平拋運動基本公式求解，難度較大．