Question

18．如圖所示，A、B為兩豎直的金屬板，C、D為兩水平放置的平行金屬板，B板的開(kāi)口恰好沿CD的中分線OO′，A、B板間的加速電壓U₁=2×10⁶V，C、D板間所加電壓為U₂=4×10⁶V，一靜止的碳離子（m=2×10^-26kg，q=3.2×10^-19C），自A板經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，由B板右端口進(jìn)入CD板間，其中C、D板的長(zhǎng)度L=2.4 m，碳離子恰好沿D板右邊緣飛出，進(jìn)入E右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，最后在P點(diǎn)沿水平方向飛出磁場(chǎng)區(qū)．已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T，方向垂直紙面向里．求：
（1）在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；
（2）碳離子在D板右邊緣飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度的大小及方向；
（3）磁場(chǎng)的寬度．

Answer 1

分析 （1）碳離子在加速電場(chǎng)中，電場(chǎng)力做功為qU₁，由動(dòng)能定理求出加速獲得的速度v₀．粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可求得時(shí)間．
（2）根據(jù)動(dòng)能定理求解離子飛出電場(chǎng)時(shí)的速度大小，再求出偏轉(zhuǎn)角的正切，再得到偏轉(zhuǎn)角θ．
（3）求出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)用牛頓第二定律求軌跡半徑，由幾何知識(shí)求出磁場(chǎng)的寬度．

解答 解：（1）設(shè)碳離子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后速度為v₀，根據(jù)動(dòng)能定理：qU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²
解得：v₀=$\sqrt{\frac{2{U}_{1}q}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×2×1{0}^{6}×3.2×1{0}^{-19}}{2×1{0}^{-26}}}$=8.0×10⁶m/s
碳離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用，做類平拋運(yùn)動(dòng)．在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則
在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=$\frac{L}{{v}_{0}}$=$\frac{2.4}{8×1{0}^{6}}$=3×10^-7s
（2）設(shè)碳離子在D板右邊緣飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度的大小為v，與水平方向的夾角為θ．
根據(jù)動(dòng)能定理得 $\frac{1}{2}m{v}^{2}$=qU₁+q$\frac{{U}_{2}}{2}$
代入得 v=8$\sqrt{2}$×10⁶m/s
由幾何關(guān)系得 cosθ=$\frac{{v}_{0}}{v}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，則θ=45°
（3）畫出離子在磁場(chǎng)中的軌跡半徑，如圖，則軌跡半徑為 r=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{2×1{0}^{-26}×8\sqrt{2}×1{0}^{6}}{3.2×1{0}^{-19}×1}$m=$\frac{\sqrt{2}}{2}$m
由幾何知識(shí)得：磁場(chǎng)的寬度 d=rsin45°=$\frac{1}{2}$m=0.5m
答：
（1）在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是3×10^-7s；
（2）碳離子在D板右邊緣飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度的大小是8$\sqrt{2}$×10⁶m/s，方向與水平方向的夾角為45°；
（3）磁場(chǎng)的寬度是0.5m．

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．