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入偏轉(zhuǎn)電場，平行板長L=20cm，板間距離d=20cm，板間的電壓U₂=150V，微粒偏出電場后進入一個方向垂直紙面向里，寬度為D=40cm的勻強磁場．微粒重力忽略不計，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）帶電微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的速率v₀；
（2）微粒進入磁場時速度v的大小和方向；
（3）為使帶電微粒不會由磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應(yīng)強B至少多大？

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中做加速運動，根據(jù)動能定理可求得帶電微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的速率；
（2）微粒在偏轉(zhuǎn)電場里做類平拋運動，根據(jù)運動的合成與分解規(guī)律可求得微粒進入磁場時的速度大小和方向；
（3）帶電粒子在磁場中做圓周運動，根據(jù)洛倫茲力充當向心力以及幾何規(guī)律可求得磁感應(yīng)強度．

解答 解：（1）由動能定理得：
qU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²-0                     
所以，v₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×1.0{×10}^{-5}×100}{2.0×1{0}^{-11}}}$=1×10⁴m/s         
（2）微粒在偏轉(zhuǎn)電場里做類平拋運動
所以有$\frac{{U}_{2}q}559xi6t$=ma                    
v_y=at=a$\frac{L}{{v}_{0}}$                       
所以微粒飛離偏轉(zhuǎn)電場時速度偏向角為θ
所以有tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{L}}$=$\frac{3}{4}$               
所以 θ=37°                       
v=$\frac{{v}_{0}}{cos37°}$=$\frac{1×1{0}^{4}}{0.6}$=1.25×10⁴m/s，方向與水平方向成37°角．   
（3）由幾何關(guān)系
D=r+rsin37°                        
可得r=$\frac{5}{8}$D=$\frac{5}{8}×40cm$=25cm                     
由牛頓第二定律得
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$                          
最終得到：B=$\frac{mv}{qr}$=$\frac{2×1{0}^{-11}×1.25×1{0}^{4}}{1.0×1{0}^{-5}×0.25}$=0.1T              
所以B至少0.1T    
答：（1）帶電微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的速率v₀為1×10⁴m/s
（2）微粒進入磁場時速度v的大小1.25×10⁴m/s，方向與水平方向成37°角
（3）為使帶電微粒不會由磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應(yīng)強B至少為0.1T．

點評 本題考查帶電粒子在磁場和電場中的運動規(guī)律，要注意明確電場中分為加速和偏轉(zhuǎn)，加速問題一般由動能定理求解，而偏轉(zhuǎn)由運動的合成和分解規(guī)律求解；在磁場中一般做圓周運動，注意根據(jù)左手定則、洛倫茲力充當向心力以及幾何關(guān)系進行分析求解．