Question

1．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，水平進入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場中，微粒射出電場時的偏轉(zhuǎn)角θ=60°，并接著沿半徑方向進入一個垂直紙面向外的圓形勻強磁場區(qū)域，微粒射出磁場時的偏轉(zhuǎn)角也為θ=60°．已知偏轉(zhuǎn)電場中金屬板長L=2$\sqrt{3}$cm，兩板間距d=20cm，圓形勻強磁場的半徑R=10$\sqrt{3}$cm，重力忽略不計．求：
（1）帶電微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的速率；
（2）偏轉(zhuǎn)電場中兩金屬板間的電壓；
（3）勻強磁場的磁感應強度的大�。�

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求解帶電微粒經(jīng)U₁=100V的電場加速后的速率；
（2）帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場中只受電場力作用，做類平拋運動，運用運動的分解法研究：在水平方向微粒做勻速直線運動，在豎直方向做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式結合求解電場強度，最后依據(jù)U=Ed，即可求解．
（2）帶電微粒進入磁場后做勻速圓周運動，軌跡對應的圓心角就等于速度的偏向角，作出軌跡，得到軌跡的圓心角，由幾何知識求出軌跡半徑，由牛頓第二定律求解磁感應強度的大�。�

解答 解：（1）帶電微粒經(jīng)加速電場加速后速度為v₁，
根據(jù)動能定理：qU₁=$\frac{1}{2}$m${v}_{1}^{2}$ 得：v₁=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×1×1{0}^{-5}×100}{2×1{0}^{-11}}}$=1.0×10⁴m/s 
（2）帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場中只受電場力作用，做類平拋運動．在水平方向微粒做勻速直線運動．
水平方向：v₁=$\frac{L}{t}$
帶電微粒在豎直方向做勻加速直線運動，加速度為a，出電場時豎直方向速度為v₂
豎直方向：a=$\frac{qE}{m}$
由幾何關系：tanθ=$\frac{{v}_{2}}{{v}_{1}}$，
由題θ=60°
解得：E=10000V/m．
再根據(jù)U=Ed，解得：U=10000×0.2V=2000V；
（3）設帶電粒子進磁場時的速度大小為v，則：v=$\frac{{v}_{1}}{cos60°}$=$\frac{1×1{0}^{4}}{\frac{1}{2}}$=2×10⁴m/s
由粒子運動的對稱性可知，入射速度方向過磁場區(qū)域圓心，則出射速度反向延長線過磁場區(qū)域圓心，
粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，則軌跡半徑為：r=Rtan60°=0.3m
由：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
得：B=$\frac{mv}{qr}$=$\frac{2×1{0}^{-11}×2×1{0}^{4}}{1×1{0}^{-5}×0.3}$=0.13T
答：（1）帶電微粒經(jīng)U₁=100V的電場加速后的速率是1.0×10⁴m/s；
（2）偏轉(zhuǎn)電場中兩金屬板間的電壓是2000V；
（3）勻強磁場的磁感應強度的大小是0.13T．

點評 本題屬于帶電粒子在組合場中的運動，在電場中做類平拋運動時通常將運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；
難點是作出粒子的運動軌跡，根據(jù)幾何知識得到軌跡半徑與磁場邊界半徑的關系．