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，從靜止開始經(jīng)電壓為U₁=100V的電場加速后，從兩平行金屬板的中間水平進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場中，微粒從金屬板邊緣射出電場時的偏轉(zhuǎn)角θ=30°，并接著進(jìn)入一個方向垂直紙面向里、寬度為D=34.6cm的勻強(qiáng)磁場區(qū)域．微粒重力忽略不計(jì)．求：
（1）帶電微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速率v₁；
（2）偏轉(zhuǎn)電場中兩金屬板間的電壓U₂；
（3）為使帶電微粒不會由磁場右邊射出，該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少多大？并畫出帶電粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求帶電微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速率v₁；
（2）帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，將微粒的末速度分解為平行于板和垂直于板兩個方向，由幾何知識確定出粒子垂直于板方向的末速度，然后由動能定理列式求偏轉(zhuǎn)電壓；
（3）微粒恰好不從磁場右邊射出時運(yùn)動軌跡與右邊邊界相切，由幾何知識確定運(yùn)動半徑，然后由洛倫茲力提供向心力列方程求磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值．

解答 解：（1）帶電微粒經(jīng)加速電場加速后速率為v₁，根據(jù)動能定理有：
U₁q=$\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得：${v}_{1}=1.0×1{0}^{4}$m/s．
（2）帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場中只受電場力作用，設(shè)微粒進(jìn)入磁場時的速度為v′，則有：
v′=$\frac{{v}_{1}}{cos30°}$，
得出：v′=$\frac{2\sqrt{3}}{3}{v}_{1}$，
由動能定理有：$\frac{1}{2}m（v{′}^{2}-{{v}_{1}}^{2}）$=q$\frac{{U}_{2}}{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：U₂=66.7V．
（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，微粒恰好不從磁場右邊射出時運(yùn)動軌跡與右邊邊界相切，設(shè)做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為R，由幾何關(guān)系知：
$R+\frac{R}{2}=D$，
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至少為0.1T．
答：（1）帶電微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速率v₁為1.0×10⁴m/s；
（2）偏轉(zhuǎn)電場中兩金屬板間的電壓U₂為66.7V；
（3）為使帶電微粒不會由磁場右邊射出，該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少0.1T．

點(diǎn)評 本題屬于帶電粒子在組合場中的運(yùn)動，在電場中做類平拋運(yùn)動時通常將運(yùn)動分解為平行于電場方向與垂直于電場兩個方向或借助于動能定理解決問題．