Question

5．如圖所示，一帶電微粒質(zhì)量為m=2.0×10^-11kg、電荷量為q=+1.0×10^-5C，從靜止開始經(jīng)電壓為U₁=100V的電場加速后，水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)電壓為U₂=100V，接著進(jìn)入一個(gè)方向垂直紙面向里、寬度為D=34.6cm的勻強(qiáng)磁場區(qū)域．已知偏轉(zhuǎn)電場中金屬板長L=20cm，兩板間距，d=10$\sqrt{3}$cm帶電微粒的重力忽略不計(jì)．求：
（1）帶電微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速率v₁；
（2）帶電微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度偏轉(zhuǎn)角θ；
（3）為使帶電微粒不會從磁場右邊界射出，該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值B．

Answer 1

分析 （1）加速電場對帶電微粒做的功等于微粒動能的變化；
（2）在偏轉(zhuǎn)電場中微粒做類平拋運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動的合成與分解求解偏轉(zhuǎn)角；
（3）作出圓周運(yùn)動不出磁場的臨界軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求出此時(shí)半徑大小，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解即可．

解答 解（1）帶電微粒經(jīng)加速電場加速后速度為v₁，
根據(jù)動能定理得：qU₁=$\frac{1}{2}$mv₁²-0，
代入數(shù)據(jù)解得：v₁=1×10⁴m/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(yùn)動．
在水平方向：L=v₁t…①
帶電微粒在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，加速度為a，出電場時(shí)豎直方向速度為v₂，
豎直方向：a=$\frac{qE}{m}$=$\frac{q{U}_{2}}{md}$…②v₂=at…③
由①②③得：v₂=$\frac{q{U}_{2}L}{md{v}_{1}}$，
又因?yàn)椋簍anθ=$\frac{{v}_{2}}{{v}_{1}}$=$\frac{q{U}_{2}L}{md{v}_{1}^{2}}$=$\frac{{U}_{2}L}{2d{U}_{1}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
解得：θ=30°，
（3）帶電微粒進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，
設(shè)微粒軌道半徑為R，由幾何關(guān)系知：R+Rsinθ=D，
解得：R=$\frac{2}{3}$D，
設(shè)微粒進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v′，則：v′=$\frac{{v}_{1}}{cos30°}$，
由牛頓運(yùn)動定律得：qv′B=m$\frac{v{′}^{2}}{R}$，
代入數(shù)據(jù)解得：B=0.1T；
若帶電粒子不射出磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為0.1T．
答：（l）帶電微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速率為1×10⁴m/s；
（2）帶電微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°；
（3）為使帶電微粒不會從磁場右邊界射出，該勻強(qiáng)磁場的磁應(yīng)強(qiáng)度的最小值為0.1T

點(diǎn)評 本題屬于帶電粒子在組合場中的運(yùn)動，在電場中做類平拋運(yùn)動時(shí)通常將運(yùn)動分解為平行于電場方向與垂直于電場兩個(gè)方向或借助于動能定理解決問題；關(guān)鍵是分析粒子的受力情況和運(yùn)動情況，用力學(xué)的方法處理．