Question

14．如圖所示，平行板電容器兩金屬板A、B板長L=32cm，兩板間距離d=32cm，A板的電勢比B板高．電量q=10^-10C，質(zhì)量m=10^-20kg的帶正電的粒子，以初速度v₀=2×10⁶m/s沿電場中心線垂直電場線飛入電場．隨后，粒子在O點飛出平行板電容器（速度偏轉角為37°），并進入磁場方向垂直紙面向里，且邊長為CD=24cm的正方形勻強磁場區(qū)域．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，粒子的重力不計）
（1）求AB兩板的電勢差；
（2）粒子穿過磁場區(qū)域后打在放置于中心線上的熒光屏CD上，求磁感應強度的范圍．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中做類平拋，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式列式即可求解；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出臨界軌跡，根據(jù)幾何關系求出半徑，得出磁感應強度的臨界值，從而得出范圍

解答 解：（1）帶電粒子射出電場時在電場方向上的速度為：
${v}_{y}^{\;}={v}_{0}^{\;}tan37°$①
${v}_{y}^{\;}=at$②
在電場中，由牛頓第二定律可得：
$qE=q\frac{U}wososeu=ma$③
在電場中垂直于電場方向上有：
$L={v}_{0}^{\;}t$④
聯(lián)立①②③④可得AB兩板的電勢差為：
U=300V⑤
（2）粒子進入磁場的速度為：
$v=\frac{{v}_{0}^{\;}}{cos37°}$⑥
帶電粒子射出電場時在電場方向上的位移為：
$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$⑦
粒子要打在CD板上，當磁感應強度最大時，運動軌跡如圖線1所示，設此時的磁感應強度為${B}_{1}^{\;}$，半徑為${R}_{1}^{\;}$，由幾何關系可得：
$y={R}_{1}^{\;}+{R}_{1}^{\;}cos37°$⑧
由洛倫茲力提供向心力可得：
$qv{B}_{1}^{\;}=m\frac{{v}_{\;}^{2}}{{R}_{1}^{\;}}$⑨
粒子要打在CD板上，當磁感應強度最小時，假設運動軌跡與右邊界相切且從CD射出，
設此時的半徑為${R}_{2}^{\;}$，由幾何關系可得：
$CD={R}_{2}^{\;}+{R}_{2}^{\;}sin37°$⑩
解得${R}_{2}^{\;}=15cm$，又由于${R}_{2}^{\;}cos37°=12cm=y$粒子圓心恰好在CD上，且從D點射出磁場，如圖線2所示，假設成立，設此時的磁感應強度為${B}_{2}^{\;}$
由洛倫茲力提供向心力可得：
$qv{B}_{2}^{\;}=m\frac{{v}_{\;}^{2}}{{R}_{2}^{\;}}$⑪
聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩⑪并代入數(shù)據(jù)可得磁感應強度的范圍為：
$1.7×1{0}_{\;}^{-3}T≤B≤3.75×1{0}_{\;}^{-3}T$⑫
答：（1）AB兩板的電勢差300V；
（2）粒子穿過磁場區(qū)域后打在放置于中心線上的熒光屏CD上，磁感應強度的范圍$1.7×1{0}_{\;}^{-3}T≤B≤3.75×1{0}_{\;}^{-3}T$

點評 本題是類平拋運動與勻速圓周運動的綜合，分析粒子的受力情況和運動情況是基礎．難點是運用幾何知識研究圓周運動的半徑．