Question

10．如圖所示，一帶電微粒質(zhì)量為m=2.0×10^-11kg、電荷量q=+1.0×10^-5C，從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓為U₁=100V的電場(chǎng)加速后，水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，微粒射出電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ=60°，并接著沿半徑方向進(jìn)入一個(gè)垂直紙面向外的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，微粒射出磁場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角也為θ=60°．已知偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中金屬板長(zhǎng)L=2cm，圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)的半徑R=10$\sqrt{3}$cm，重力忽略不計(jì)．求：

（1）帶電微粒經(jīng)U₁=100V的電場(chǎng)加速后的速率；
（2）兩金屬板間偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E；
（3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大�。�

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動(dòng)能定理求解帶電微粒經(jīng)U₁=100V的電場(chǎng)加速后的速率；
（2）帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用，做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法研究：在水平方向微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解電場(chǎng)強(qiáng)度．
（2）帶電微粒進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角就等于速度的偏向角，作出軌跡，得到軌跡的圓心角，由幾何知識(shí)求出軌跡半徑，由牛頓第二定律求解磁感應(yīng)強(qiáng)度的大�。�

解答 解：（1）帶電微粒經(jīng)加速電場(chǎng)加速后速度為v₁，
根據(jù)動(dòng)能定理：qU₁=$\frac{1}{2}$mv₁²-0…①
代入數(shù)據(jù)解得：v₁=1×10⁴m/s…②；
（2）帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用，做類平拋運(yùn)動(dòng)．
在水平方向微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)．水平方向：v₁=$\frac{L}{t}$…③
帶電微粒在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a，出電場(chǎng)時(shí)豎直方向速度為v₂
豎直方向：a=$\frac{qE}{m}$  v₂=at   ④
由幾何關(guān)系：tanθ=$\frac{{v}_{2}}{{v}_{1}}$…⑤
代入數(shù)據(jù)解得：E=10000V/m…⑥
（3）設(shè)帶電粒子進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，
則v=$\frac{{v}_{1}}{cosθ}$，
代入數(shù)據(jù)解得：v=2×10⁴m/s…⑦
由粒子運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，入射速度方向過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域圓心，
則出射速度反向延長(zhǎng)線過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域圓心，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
則軌跡半徑為：r=Rtan60°，解得：r=0.3m…⑧
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$…⑨
代入數(shù)據(jù)解得：B=0.13T  ⑩；
答：（1）帶電微粒經(jīng)U₁=100V的電場(chǎng)加速后的速率為1×10⁴m/s；
（2）兩金屬板間偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E為10000V/m；
（3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.13T．

點(diǎn)評(píng) 本題的難點(diǎn)是作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何知識(shí)得到軌跡半徑與磁場(chǎng)邊界半徑的關(guān)系．