Question

1．如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m，帶電量為q的微粒（重力忽略不計(jì)），從靜止開始經(jīng)U₁電場(chǎng)加速后，垂直進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，其電壓U₂=$\frac{{U}_{1}}{2}$，金屬板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩板間距d=$\frac{\sqrt{3}}{4}$L，求：
（1）微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度v₀大小
（2）微粒射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ
（3）若該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度為D，為使微粒不從該磁場(chǎng)右邊射出，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少多大？

Answer 1

分析 （1）粒子在加速電場(chǎng)中，電場(chǎng)力做功為qU₁，由動(dòng)能定理求出速度v₀．
（2）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法，根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)和速度的分解求解偏轉(zhuǎn)角θ的正切，再得到偏轉(zhuǎn)角θ．
（3）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，結(jié)合條件，畫出軌跡，由幾何知識(shí)求半徑，再求B．

解答 解：（1）微粒在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理得：
qU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²     
解得：v₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$；
（2）微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有：
加速度為：a=$\frac{q{U}_{2}}{md}$，
飛出電場(chǎng)時(shí)，豎直分速度為：v_y=at
運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=$\frac{L}{{v}_{0}}$
所以速度偏轉(zhuǎn)角的正切為：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=\frac{{U}_{2}L}{2{U}_{1}d}=\frac{\frac{1}{2}{U}_{1}L}{2{U}_{1}•\frac{\sqrt{3}}{4}L}=\frac{\sqrt{3}}{3}$    
解得：θ=30°；
（3）帶電微粒進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，設(shè)微粒軌道半徑為R，為使微粒不從該磁場(chǎng)右邊射出，其軌跡如圖，由幾何關(guān)系知
$R+\frac{1}{2}R=D$
所以：R=$\frac{2}{3}D$
設(shè)微粒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v′，則有：$v′=\frac{{v}_{0}}{cos30°}=\frac{{2\sqrt{3}v}_{0}}{3}$
由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有：$qv′B=\frac{mv{′}^{2}}{R}$
得：$B=\frac{mv′}{qR}=\frac{m•\frac{2\sqrt{3}{v}_{0}}{3}}{q•\frac{2}{3}D}=\frac{\sqrt{3}m•\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}}{qD}$=$\frac{1}{D}•\sqrt{\frac{6m{U}_{1}}{q}}$．
若帶電粒子不射出磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為$\frac{1}{D}•\sqrt{\frac{6m{U}_{1}}{q}}$．
答：（1）微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度v₀大小是$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$；
（2）微粒射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ是30°．
（3）若帶電粒子不射出磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為$\frac{1}{D}•\sqrt{\frac{6m{U}_{1}}{q}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，關(guān)鍵是分析粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，用力學(xué)的方法處理．