Question

2．如圖所示，為一除塵裝置的截面圖，其原理是通過板間的電場或磁場使帶電塵埃偏轉并吸附到極板上，達到除塵的目的．已知金屬極板MN長為d，間距也為d．大量均勻分布的塵埃以相同的水平速度v₀進入除塵裝置，設每個塵埃顆粒質(zhì)量為m、電量為-q．當板間區(qū)域同時加入勻強電場和垂直于紙面向外的勻強磁場，并逐步增強至合適大小時，塵埃恰好沿直線通過該區(qū)域；且只撤去電場時，恰好無塵埃從極板MN間射出，收集效率（打在極板上的塵埃占塵埃總數(shù)的百分比）為100%，不計塵埃的重力、塵埃之間的相互作用及塵埃對板間電場、磁場的影響．
（1）判斷M板所帶電荷的電性；
（2）求極板區(qū)域磁感應強度B的大��；
（3）若撤去極板區(qū)域磁場，只保留原來的電場，則除塵裝置的收集效率是多少？
（4）把極板區(qū)域的磁場和電場均撤去后，在y軸右側設計一個垂直于坐標平面的圓形勻強磁場區(qū)域，就可把全部塵埃收集到位于Q點的收集箱內(nèi)．若直角坐標系原點O緊貼金屬極板MN右側中點，Q點坐標為（2d，-1.5d），求此磁場的方向及磁感應強度B′的大小范圍．

Answer 1

分析 （1）負電荷做勻速直線運動，所受合力為零，應用左手定則判斷出洛倫茲力方向，然后判斷出電場方向，再判斷M板電荷電性．
（2）沿N極板射入的塵埃如果不能射出極板，則所有塵埃都不變射出極板，作出塵埃的運動軌跡，求出塵埃的軌道半徑，然后應用牛頓第二定律求出磁感應強度．
（3）塵埃在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律分答題．
（4）根據(jù)題意作出塵埃的運動軌跡，然后判斷出磁場的方向，求出磁感應強度大小范圍．

解答 解：（1）負電荷進入紙面向外的勻強磁場，根據(jù)左手定則，
受到的洛倫磁力的方向向上，塵埃恰好沿直線通過該區(qū)域MN，
說明電場力和洛倫磁力大小相等，方向相反，洛倫茲力豎直向上，
則電場力豎直向下，負電荷所受電場力方向與場強方向相反，電場向上，M板帶負電；
（2）沿N極板射入的塵埃恰好不從極板射出時塵埃的運動軌跡如圖所示，
由幾何知識可知，塵埃在磁場中的半徑：r=d，
塵埃在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：$q{v_0}B=m\frac{{{v_0}^2}}{r}$，解得：$B=\frac{{m{v_0}}}{qd}$；
（3）電場、磁場同時存在時，塵埃勻速直線，滿足：qE=qv₀B，
撤去磁場以后粒子在電場作用下平拋，假設距離N極板y的粒子恰好離開電場：
水平方向：d=v₀t       豎直方向：$y=\frac{1}{2}a{t^2}$，加速度：$a=\frac{qE}{m}$  解得：y=0.5d，
當y＞0.5d時，時間更長，水平位移x＞d，即0.5d到d這段距離的粒子會射出電場，
則從平行金屬板出射的塵埃占總數(shù)的百分比：$\frac{d-0.5d}977ubds×100%$=50%；
（4）塵埃在磁場中做勻速圓周運動，塵埃若要匯聚在P點，塵埃運動軌跡應經(jīng)過P點，
偏轉磁場的半徑應該和塵埃的偏轉半徑相等，塵埃運動軌跡如圖所示，
塵埃沿沿順時針方向偏轉，由左手定則可知：磁場的方向垂直于紙面向里，
磁場半徑的最小值應該為d，對應的B′的最大值為：$\frac{{m{v_0}}}{qd}$，
磁場半徑的最大值應該為2d，對應的B′的最小值為：$\frac{{m{v_0}}}{2qd}$，
則磁場的范圍是：$\frac{{m{v_0}}}{2qd}$≤B′≤$\frac{{m{v_0}}}{qd}$；
答：（1）M板所帶電荷是負電荷；
（2）極板區(qū)域磁感應強度B的大小為$\frac{m{v}_{0}}{qd}$；
（3）若撤去極板區(qū)域磁場，只保留原來的電場，則除塵裝置的收集效率是50%；
（4）磁場的方向垂直于紙面向里，磁感應強度B′的大小范圍的：$\frac{{m{v_0}}}{2qd}$≤B′≤$\frac{{m{v_0}}}{qd}$．

點評 本題考查了粒子在復合場與磁場中的運動，分析清楚塵埃的運動過程與受力情況、作出塵埃的運動軌跡是解題的關鍵，應用平衡條件、左手定則、類平拋運動規(guī)律等即可解題，要掌握帶電粒子在電場與磁場中的處理方法．