Question

17．如圖所示，一帶電微粒質量為m=2.0×10^-11 kg、電荷量q=+1.0×10^-5 C，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電場中，微粒射出電場時的偏轉角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角也為θ=60°．已知偏轉電場中金屬板長L=10$\sqrt{3}$ cm，圓形勻強磁場的半徑為R=10$\sqrt{3}$ cm，重力忽略不計．求：
（1）帶電微粒經(jīng)加速電場后的速度大�。�
（2）兩金屬板間偏轉電場的電場強度E的大�。�
（3）勻強磁場的磁感應強度B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．
（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=$\sqrt{\frac{2{U}_{1}^{\;}q}{m}}$=1.0×10⁴m/s 
（2）帶電微粒在偏轉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=$\frac{qE}{m}$
v₂=at
由幾何關系：tanθ=$\frac{{v}_{2}^{\;}}{{v}_{1}^{\;}}$，
聯(lián)立得 tanθ=$\frac{EL}{2{U}_{1}^{\;}}$
由題θ=60°
解得：E=$\frac{2{U}_{1}^{\;}tanθ}{L}$=$\frac{2×100×\sqrt{3}}{10\sqrt{3}×1{0}_{\;}^{-2}}$=2000V/m．
（3）設帶電粒子進磁場時的速度大小為v，則：v=$\frac{{v}_{1}^{\;}}{cos60°}$=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=$\frac{mv}{qr}=\frac{2.0×1{0}_{\;}^{-11}×2×1{0}_{\;}^{4}}{1×1{0}_{\;}^{-5}×0.3}$=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）兩金屬板間偏轉電場的電場強度E是2000V/m；
（3）勻強磁場的磁感應強度的大小是0.13T．

點評 本題的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．