Question

3．如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m=2.0×10^-11kg，電荷量q=+1.0×10^-5C的帶電微粒（重力忽略不計(jì)），從靜止開始經(jīng)U₁=100V電壓加速后，水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場中．金屬板長L=20cm，兩板間距d=10$\sqrt{3}$cm..求：
（1）微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度v₀是多大？
（2）若微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角為θ=30°，并接著進(jìn)入一個(gè)方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)，則兩金屬板間的電壓U₂是多大？
（3）若該勻強(qiáng)磁場的寬度為D=10$\sqrt{3}$cm，為使微粒不會(huì)由磁場右邊射出，該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少多大？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動(dòng)能定理求出微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度．
（2）根據(jù)偏轉(zhuǎn)角的大小，結(jié)合平行四邊形定則，抓住等時(shí)性，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出兩金屬板間的電壓．
（3）根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，結(jié)合半徑公式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值．

解答 解：（1）微粒在加速電場中由動(dòng)能定理得：$q{U_1}=\frac{1}{2}mv_0^2$       ①
代入數(shù)據(jù)解得v₀=1.0×10⁴m/s                       
（2）微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有：$a=\frac{{q{U_2}}}{md}$，${v_y}=at=a\frac{L}{v_0}$
飛出電場時(shí)，速度偏轉(zhuǎn)角的正切為：$tanθ=\frac{v_y}{v_0}=\frac{{{U_2}L}}{{2{U_1}d}}=\frac{1}{{\sqrt{3}}}$     ②
代入數(shù)據(jù)解得  U₂=100V                        
（3）進(jìn)入磁場時(shí)微粒的速度是：$v=\frac{v_0}{cosθ}$     ③
軌跡如圖，由幾何關(guān)系有：D=r+rsinθ       ④
洛倫茲力提供向心力：$Bqv=\frac{{m{v^2}}}{r}$    ⑤
由③～⑤聯(lián)立得：$B=\frac{{m{v_0}（1+sinθ）}}{qDcosθ}$
代入數(shù)據(jù)解得：B=0.20T                
所以，為使微粒不會(huì)由磁場右邊射出，該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為0.20T．
答：（1）微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度v₀是1.0×10⁴m/s；
（2）兩金屬板間的電壓U₂是100V；
（3）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為0.20T．

點(diǎn)評 本題屬于帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)，在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)通常將運(yùn)動(dòng)分解為平行于電場方向與垂直于電場兩個(gè)方向或借助于動(dòng)能定理解決問題．