Question

9．如圖所示，一個質(zhì)量為m=2.0×10^-11kg，電荷量q=+1.0×10^-5C的帶點粒子（重力忽略不計），從靜止開始經(jīng)U₁=100V電壓加速后，沿板長L=20cm、板間距d=20cm的金屬板MN兩板間的中心線垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，且粒子恰好沿下極板邊緣飛出進入右側(cè)勻強磁場．求
（1）粒子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度v₀大小
（2）兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電壓U₂
（3）若該勻強磁場的寬度D為10cm，為使粒子垂直右邊界射出磁場，該勻強磁場的磁感應(yīng)強度B為多大．

Answer 1

分析 （1）粒子在加速電場中，電場力做功，由動能定理求出速度v₁．
（2）粒子進入偏轉(zhuǎn)電場后，做類平拋運動，運用運動的合成與分解求出電壓．
（3）粒子進入磁場后，做勻速圓周運動，結(jié)合條件，畫出軌跡，由幾何知識求半徑，再求B．

解答 解：（1）帶電微粒經(jīng)加速電場加速后速度為v₀，根據(jù)動能定理：qU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²
解得：v₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$代入數(shù)據(jù)得：v₀=1.0×10⁴m/s
（2）帶電微粒在偏轉(zhuǎn)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：t=$\frac{L}{{v}_{0}}$
代入數(shù)據(jù)得：t=2×10⁵s
帶電微粒在豎直方向做勻加速直線運動，d=$\frac{1}{2}$at²
a=$\frac{q{U}_{2}}{md}$
聯(lián)立得：U₂=400V
（3）畫出微粒運動的軌跡如圖，微粒恰好到達右側(cè)邊界時，設(shè)粒子速度與水平方向夾角為θ
由類平拋運動規(guī)律得：tanθ=2
由幾何關(guān)系得：
r+r•sinθ=D

所以：r=$\frac{D}{1+sinθ}$
微粒在磁場中運動的過程中，洛倫茲力提供向心力，得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
微粒的速度：v=$\sqrt{{{v}_{0}}^{2}+{{v}_{2}}^{2}}$=$\sqrt{5}$×10⁴m/s
所以：B=$\frac{mv}{qr}$
代入數(shù)據(jù)得：B=0.346T
所以使微粒不會由磁場右邊界射出，該勻強磁場的磁感應(yīng)強度不大于0.346T．
答：（1）微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度是1.0×10⁴m/s；
（2）偏轉(zhuǎn)電場的電壓為400V；
（3）若該勻強磁場的寬度為D=10cm，為使微粒不會由磁場右邊界射出，該勻強磁場的磁感應(yīng)強度不大于0.346T．

點評 本題是帶電粒子在組合場中運動的問題，關(guān)鍵是分析粒子的受力情況和運動情況，用力學(xué)的方法處理．