Question

2．如圖所示，一帶正電微粒質量為m=2.0×10^-11kg、電荷量q=1.0×10^-5C，從靜止開始經電壓為U₁=100V的電場加速后，由正中央水平進入兩平行金屬板，微粒射出偏轉電場時偏轉角θ=30°，接著進入一個方向垂直紙面向里、寬度為D=20cm的勻強磁場區(qū)域．已知偏轉電場金屬板長L=20cm，兩板間距d=15cm，帶電微粒重力忽略不計．
（1）求偏轉電場兩金屬板間的電壓U₂
（2）改變偏轉電壓U₂，發(fā)現所有進入磁場的帶電微粒均不會由磁場右邊界射出，求該勻強磁場的磁感應強度B最小值．

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，由動能定理列式；在偏轉電場中微粒做類平拋運動，根據運動的合成與分解，得到偏轉角與偏轉電場的表達式，聯立可求得偏轉電場兩金屬板間的電壓U₂．
（2）作出圓周運動不出磁場的臨界軌跡，即與磁場右邊界相切的軌跡，根據幾何關系求出此時半徑大小，再根據洛倫茲力提供向心力求解即可．

解答 解：（1）帶電微粒經加速電場加速后速度為v，由動能定理得：U₁q=$\frac{1}{2}$mv₀²…①
代入數據解得：v₀=1.0×10⁴m/s…②
帶電微粒在偏轉電場中只受電場力作用，做類平拋運動．粒子運動軌跡如圖所示：
水平方向：L=v₀t…③
豎直方向：v_y=at…④
根據牛頓第二定律：$a=\frac{qE}{m}$…⑤
而$E=\frac{U_2}2ftnnk1$…⑥
依題意得：$tanθ=\frac{v_y}{v_0}=\frac{{q{U_2}L}}{dmv_0^2}$…⑦
由①③④⑤⑥⑦得：${U_2}=\frac{{2d{U_1}}}{L}tanθ=50\sqrt{3}V≈86.6V$…⑧
（2）設帶電微粒進入磁場的速度大小為v，方向與水平方向的夾角為α，運動半徑為R．
根據牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$…⑨
又有 v=$\frac{{v}_{0}}{cosα}$…（10）
帶電微粒離磁場左邊最遠距離  x=R+Rsinα…（11）
說明α角越大，帶電微粒離磁場左邊越遠，帶電粒子從下極板邊界射出時最容易從右邊界射出磁場．
則 x=D=0.2m…（12）
由平拋運動得：tanα_max=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{\fracpg2utsi{2}}{\frac{L}{2}}$=$\fraczsdztrs{L}$=$\frac{3}{4}$，可得 α_max=37°…（13）
所以解得 B_min=0.2T…（14）
答：（1）偏轉電場兩金屬板間的電壓U₂為86.6V．
（2）該勻強磁場的磁感應強度B最小值為0.2T．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，粒子在電場中加速、做類平拋運動、粒子在磁場中做勻速圓周運動，分析清楚粒子運動過程，畫出磁場中運動軌跡是本題的關鍵，應用動能定理、類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律即可正確解題．