Question

14．如圖所示，一個質(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），從靜止開始經(jīng)U₁=25V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)電場時的速度v是多大？
（2）若微粒射出電場過程的偏轉(zhuǎn)角為θ=30°，并接著進(jìn)入一個方向垂直與紙面向里的勻強(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)動能定理求帶電微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速率v₁；
（2）帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，將微粒的末速度分解為平行于板和垂直于板兩個方向，由幾何知識確定出粒子垂直于板方向的末速度，然后由動能定理列式求偏轉(zhuǎn)電壓；
（3）微粒恰好不從磁場右邊射出時運(yùn)動軌跡與右邊邊界相切，由幾何知識確定運(yùn)動半徑，然后由洛倫茲力提供向心力列方程求磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值．

解答 解：（1）帶電微粒經(jīng)加速電場加速后速率為v₁，根據(jù)動能定理有：
U₁q=$\frac{1}{2}$mv₁²
解得：v₁=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×1×1{0}^{-5}×25}{2.0×1{0}^{-11}}}$=5.0×10³m/s．
（2）帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場中只受電場力作用，設(shè)微粒進(jìn)入磁場時的速度為v′，則有：
v′=$\frac{{v}_{1}}{cos30°}$
得出：v′=$\frac{\sqrt{3}}{3}$×10⁴m/s
 而v_y=$\frac{5\sqrt{3}}{3}×1{0}^{3}$m/s
粒子在電場中運(yùn)動時間t=$\frac{L}{{v}_{1}}$=$\frac{20×1{0}^{-2}}{5×1{0}^{3}}$=4×10^-5s
那么粒子在電場中的加速度a=$\frac{{v}_{y}}{t}$=$\frac{\frac{5}{3}\sqrt{3}×1{0}^{3}}{4×1{0}^{-5}}$m/s²=$\frac{5\sqrt{3}}{12}×1{0}^{8}$m/s²
依據(jù)牛頓第二定律，則有：a=$\frac{q{U}_{2}}{md}$，
因此U₂=$\frac{mad}{q}$
代入數(shù)據(jù)，解得：U₂=$\frac{2×1{0}^{-11}×\frac{5\sqrt{3}}{12}×1{0}^{8}×10\sqrt{3}×1{0}^{-2}}{1×1{0}^{-5}}$V=25V．
（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，微粒恰好不從磁場右邊射出時運(yùn)動軌跡與右邊邊界相切，設(shè)做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為R，由幾何關(guān)系知：
R+$\frac{R}{2}$=D
由牛頓運(yùn)動定律及運(yùn)動學(xué)規(guī)律：
qv′B=m$\frac{v{′}^{2}}{R}$，
得B=1×10^-3T．
若帶電粒子不射出磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為1×10^-3T．
答：（1）帶電微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速率v₁為5.0×10³m/s；
（2）偏轉(zhuǎn)電場中兩金屬板間的電壓U₂為25V；
（3）為使帶電微粒不會由磁場右邊射出，該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少1×10^-3T．

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)動時通常將運(yùn)動分解為平行于電場方向與垂直于電場兩個方向或借助于動能定理解決問題．