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11.如圖所示,有一平行板電容器,極板的長度為L,極板間的距離為d,板間電場為勻強電場,板間電壓可調.電容器右端有一擋板,擋板上距離上極板為$\frac{L}{2}$的A處有一個小孔.擋板右側分布有寬度為L的勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向外,磁場右邊界放置熒光屏.有一群質量為m、電荷量為q的帶負電粒子流,緊貼著上極板從電容器左端垂直電場方向射入,速度大小分布在v0與2v0之間,調節(jié)電容器板間電壓,可使得粒子流穿過小孔并打到熒光屏上留下痕跡.已知$\frac{L}{{v}_{0}}$=$\frac{m}{qB}$,不計粒子的重力及粒子間的相互作用.試求:
(1)極板電壓的調節(jié)范圍;
(2)從小孔射入磁場的粒子流與水平方向的夾角;
(3)粒子流在熒光屏上留下痕跡的長度.

分析 (1)粒子在電場中做類平拋運動,應用類平拋運動規(guī)律求出極板間的臨界電壓,然后確定電壓范圍.
(2)粒子在電場中做類平拋運動,應用類平拋運動規(guī)律可以求出粒子從小孔射入磁場時電子流與水平方向的夾角.
(3)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的軌道半徑,作出粒子運動軌跡,然后求出粒子流在熒光屏上留下的痕跡長度.

解答 解:設粒子進入電場時的速度為v,由題意可知:v0≤v≤2v0;
(1)粒子在電場中做類平拋運動,
水平方向:L=vt,豎直方向:$\frac{1}{2}$L=$\frac{1}{2}$at2=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t2,
解得:E=$\frac{m{v}^{2}}{qL}$,極板間電壓:U=Ed=$\frac{m{v}^{2}d}{qL}$,
當v=v0時U1=$\frac{m{v}_{0}^{2}d}{2qL}$,當v=2v0時U2=$\frac{4m{v}_{0}^{2}d}{qL}$,
則電壓范圍:$\frac{m{v}_{0}^{2}d}{qL}$≤U≤$\frac{4m{v}_{0}^{2}d}{qL}$;
(2)粒子在電場中做類平拋運動,
tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{\;}}$=$\frac{at}{v}$=$\frac{\frac{qE}{m}×\frac{L}{v}}{v}$=$\frac{qEL}{m{v}^{2}}$=1,解得:θ=45°;
(3)粒子進入磁場時的速度:v′=$\frac{v}{cos45°}$=$\sqrt{2}$v,
由于v0≤v≤2v0,則:$\sqrt{2}$v0≤v′≤2$\sqrt{2}$v0;
粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力,
由牛頓第二定律得:qv′B=m$\frac{v{′}^{2}}{r}$,解得:r=$\frac{mv′}{qB}$,
由題意知:$\frac{L}{{v}_{0}}$=$\frac{m}{qB}$,則:r=$\frac{Lv′}{{v}_{0}}$,
由于:$\sqrt{2}$v0≤v′≤2$\sqrt{2}$v0,則:$\sqrt{2}$L≤r≤2$\sqrt{2}$L,
粒子軌道半徑:rmin=$\sqrt{2}$L,rmax=2$\sqrt{2}$L,
由于磁場寬度為L,粒子進入磁場時速度方向與水平方向成45°,
則$\frac{L}{cos45°}$=$\sqrt{2}$L=rmin,進入磁場時速度最小的粒子圓心在磁場右邊界上,
即粒子離開磁場時速度方向與磁場右邊界垂直,粒子運動軌跡如圖所示:

由幾何知識得:BC=rmin-rminsin45°=($\sqrt{2}$-1)L,
BD=$\sqrt{{r}_{max}^{2}-{L}^{2}}$-2rmincos45°=$\sqrt{(2\sqrt{2}{L)}^{2}-{L}^{2}}$-2×$\sqrt{2}$Lcos45°=($\sqrt{7}$-2)L,
粒子流在熒光屏上留下痕跡的長度:x=BD-BC=($\sqrt{7}$-$\sqrt{2}$-1)L;
答:(1)極板電壓的調節(jié)范圍是$\frac{m{v}_{0}^{2}d}{qL}$≤U≤$\frac{4m{v}_{0}^{2}d}{qL}$;
(2)從小孔射入磁場的粒子流與水平方向的夾角為45°;
(3)粒子流在熒光屏上留下痕跡的長度為($\sqrt{7}$-$\sqrt{2}$-1)L.

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動,粒子在電場中做類平拋運動,在磁場中做勻速圓周運動,分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的前提與關鍵,應用類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律可以解題,解題時注意幾何知識的應用.

練習冊系列答案
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