Question

14．如圖所示，平行板電容器兩金屬板A、B板長(zhǎng)L=32cm，兩板間距離d=32cm，A板的電勢(shì)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(chǎng)中心線垂直電場(chǎng)線飛入電場(chǎng)．隨后，粒子在O點(diǎn)飛出平行板電容器（速度偏轉(zhuǎn)角為37°），并進(jìn)入磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，且邊長(zhǎng)為CD=24cm的正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，粒子的重力不計(jì)）
（1）求AB兩板的電勢(shì)差；
（2）粒子穿過磁場(chǎng)區(qū)域后打在放置于中心線上的熒光屏CD上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式即可求解；
（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出臨界軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑，得出磁感應(yīng)強(qiáng)度的臨界值，從而得出范圍

解答 解：（1）帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)在電場(chǎng)方向上的速度為：
${v}_{y}^{\;}={v}_{0}^{\;}tan37°$①
${v}_{y}^{\;}=at$②
在電場(chǎng)中，由牛頓第二定律可得：
$qE=q\frac{U}klbhj3a=ma$③
在電場(chǎng)中垂直于電場(chǎng)方向上有：
$L={v}_{0}^{\;}t$④
聯(lián)立①②③④可得AB兩板的電勢(shì)差為：
U=300V⑤
（2）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為：
$v=\frac{{v}_{0}^{\;}}{cos37°}$⑥
帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)在電場(chǎng)方向上的位移為：
$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$⑦
粒子要打在CD板上，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度最大時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖線1所示，設(shè)此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為${B}_{1}^{\;}$，半徑為${R}_{1}^{\;}$，由幾何關(guān)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(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度最小時(shí)，假設(shè)運(yùn)動(dòng)軌跡與右邊界相切且從CD射出，
設(shè)此時(shí)的半徑為${R}_{2}^{\;}$，由幾何關(guān)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(diǎn)射出磁場(chǎng)，如圖線2所示，假設(shè)成立，設(shè)此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(yīng)強(qiáng)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(shì)差300V；
（2）粒子穿過磁場(chǎng)區(qū)域后打在放置于中心線上的熒光屏CD上，磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍$1.7×1{0}_{\;}^{-3}T≤B≤3.75×1{0}_{\;}^{-3}T$

點(diǎn)評(píng) 本題是類平拋運(yùn)動(dòng)與勻速圓周運(yùn)動(dòng)的綜合，分析粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況是基礎(chǔ)．難點(diǎn)是運(yùn)用幾何知識(shí)研究圓周運(yùn)動(dòng)的半徑．