Question

13．如圖所示，板間距為d、板長為L的兩塊平行金屬板EF、GH水平放置，在緊靠平行板右側(cè)的正三角形區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面的勻強磁場，三角形底邊BC與GH在同一水平線上，頂點A與EF在同一水平線上．一個質(zhì)量為m、電量為-q的粒子沿兩板中心線以初速度v₀水平射入，若在兩板之間加某一恒定電壓，粒子離開電場后垂直AB邊從D點進入磁場，BD=$\frac{1}{4}$AB，并垂直AC邊射出（不計粒子的重力），求：
（1）粒子離開電場時瞬時速度v的大小；兩極板間電壓U的大小；
（2）三角形區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強度；
（3）若兩板間不加電壓，三角形區(qū)域內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里，要使粒子進入磁場區(qū)域后能從AB邊射出，試求所加磁場的磁感應(yīng)強度最小值．

Answer 1

分析 （1）粒子離開電場后速度垂直AB邊，由幾何知識可求出速度的偏向角，根據(jù)速度的分解則能求出粒子離開電場時瞬時速度的大小；粒子在電場中做類平拋運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律和運動學公式求出電壓．
（2）粒子垂直進入三角形區(qū)域內(nèi)勻強磁場后做勻速圓周運動，畫出軌跡，由于粒子垂直AB邊射入和AC邊射出，由幾何知識求出粒子圓周運動的半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出三角形區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強度；
（3）若兩板間不加電壓，三角形區(qū)域內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里，當粒子剛好與BC邊相切時，磁感應(yīng)強度最小，作出軌跡，由幾何知識求出最小半徑，由牛頓第二定律即可求出磁感應(yīng)強度的最小值．

解答 解：（1）粒子運動過程如圖所示，由幾何知識得：粒子離開電場時偏轉(zhuǎn)角為θ=30⁰，
則粒子離開電場時瞬時速度的大小為$v=\frac{v_0}{cosθ}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}{v_0}$…①
在電場中豎直方向：${v_y}=\frac{qU}{md}•（\frac{L}{v_0}）$…②

由幾何關(guān)系得：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$…③
解得：$U=\frac{{\sqrt{3}mdv_0^2}}{3qL}$…④；
（2）如圖由幾何關(guān)系得：${L_{AB}}=\fraczxbvbnt{{cos{{30}^0}}}$…⑤
設(shè)在磁場中運動半徑為r₁，則${r_1}=\frac{3}{4}{L_{AB}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}d$…⑥
由牛頓第二定律   ${B_1}qv=\frac{{mv_{\;}^2}}{r_1}$…⑦
聯(lián)立①⑥⑦得，${B_1}=\frac{{4m{v_0}}}{3qd}$…⑧
方向：直紙面向外；
（3）當粒子剛好與BC邊相切時，磁感應(yīng)強度最小，設(shè)粒子的運動半徑為r₂，
軌跡如圖，由幾何知識知：${r_2}=\frac5vx1n1d{4}$…⑨
由牛頓第二定律得：${B_2}q{v_0}=\frac{mv_0^2}{r_2}$…⑩
解得：${B_2}=\frac{{4m{v_0}}}{qd}$，即磁感應(yīng)強度的最小值；
答：（1）粒子離開電場時瞬時速度v的大小為$\frac{2\sqrt{3}{v}_{0}}{3}$；兩極板間電壓U的大小為$\frac{\sqrt{3}md{v}_{0}^{2}}{3qL}$；
（2）三角形區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強度為$\frac{4m{v}_{0}}{3qd}$，方向垂直于紙面向外；
（3）所加磁場的磁感應(yīng)強度最小值為$\frac{4m{v}_{0}}{qd}$．

點評 本題粒子先在電場中偏轉(zhuǎn)，運用運動的分解法研究；后在磁場中做勻速圓周運動，畫軌跡、幾何知識求出半徑是常用的方法和思路．