Question

16．如圖所示，A、B兩板間距為d₁=0.04m，板間電勢差為U₁=2×10³V，C、D兩板間距離d₂=0.40m，C、D兩板板長均為L=1.0m，兩板間加一恒定電壓U₂（C板電勢高）．在S處有一電量為q=8×10^-5C、質量為m=2×10^-6C的帶正電粒子，無初速釋放，經(jīng)A、B間電場加速又經(jīng)C、D間電場偏轉后直接進入一個垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域，磁感強度為B=100T，不計重力影響．欲使該帶電粒子經(jīng)過磁場偏轉后，飛回C、D兩板間，恰打在D板的左邊緣．求：
（1）該帶電粒子以多大的初速度飛入C、D兩板間？
（2）C、D兩板間電勢差U₂
（3）勻強磁場的寬度b至少為多少？

Answer 1

分析 （1）粒子在A、B間做加速運動，由動能定理可以求出粒子的速度．
（2）粒子在C、D間做類平拋運動，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，應用類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律求出電勢差．
（3）根據(jù)幾何知識求出勻強磁場的寬度．

解答 解：（1）AB加速階段，由動能定理得：qU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²-0…①
代入數(shù)據(jù)解得：v₀=400 m/s…②，
（2）粒子在C、D間偏轉，帶電粒子作類平拋運動，
運動時間：t₁=$\frac{L}{{v}_{0}}$，代入數(shù)據(jù)解得：t₁=2.5×10^-3s…③
側移量：y₁=$\frac{1}{2}$at₁²=$\frac{1}{2}$$\frac{q{U}_{2}}{mahgeddm_{2}}$t₁²…④
設在偏轉電場中，偏轉角為θ?
則：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{a{t}_{1}}{{v}_{0}}$=$\frac{q{U}_{2}}{mabsipxy_{2}}$×$\frac{L}{{v}_{0}^{2}}$=$\frac{{U}_{2}L}{2{U}_{1}rhnxx24_{2}}$…⑤
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$…⑥
得粒子在磁場中做圓周運動的半徑：R=$\frac{mv}{qB}$…⑦
磁場中向上側移量：h=2Rcosθ=$\frac{2mvcosθ}{qB}$=$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$，代入數(shù)據(jù)解得：h=0.2m…⑧
由$\frac{wlucrcv_{2}}{2}$-y₁+h+y₁=$\frac{1}{2}$a（2t₁）²=4y₁…⑨，
代入數(shù)據(jù)解得：y₁=0.1m…⑩
代入④式解得：U₂=320V…（11）
（3）把U₂=320V，代入⑤式解得：tanθ=0.2…（12）
v=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$=$\frac{\sqrt{26}}{5}$v₀=80$\sqrt{26}$m/s…（13）
代入⑦式和幾何關系：：b=R+Rsinθ=$\frac{mv}{qB}$（1+sinθ），
代入數(shù)據(jù)解得：b=0.02（$\sqrt{26}$+1）m；
答：（1）該帶電粒子以400m/s的初速度飛入C、D兩板間；
（2）C、D兩板間電勢差U₂為320V；
（3）勻強磁場的寬度b至少為0.02（$\sqrt{26}$+1）m．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子的運動過程是正確解題的前提與關鍵，應用動能定理、類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律即可正確解題．