Question

19．如圖所示，兩平行金屬板A、B長L₁=8cm，兩板間距離d=8cm，A板比B板電勢高300V，即U_AB=300V．一帶正電的粒子（不計重力）電量q=10^-10C，質(zhì)量m=10^-20kg，從R點沿電場中心線垂直電場線飛入電場，初速度v₀=2×10⁶m/s，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無場區(qū)域后，進入一垂直紙面的勻強磁場（只分布在PS的右側(cè)）中．已知兩界面MN、PS相距為L₂=12cm，粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏EF上．
求（1）粒子穿過界面PS時偏離中心線的距離多遠？
（2）勻強磁場的磁感應強度B的大�。�

Answer 1

分析 （1）粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合運動學公式，抓住等時性求出粒子出偏轉(zhuǎn)電場時豎直方向上的偏移量，抓住粒子出電場后速度的方向延長線經(jīng)過極板中軸線的中點，根據(jù)相似三角形求出粒子穿過界面PS時偏離中心線RO的距離．
（2）根據(jù)豎直向上做勻加速直線運動，結(jié)合速度時間公式求出豎直分速度，通過平行四邊形定則求出速度與水平方向的夾角．
在PS右側(cè)粒子做勻速圓周運動，結(jié)合幾何關(guān)系求出粒子運動的半徑，通過洛倫茲力提供向心力求出磁感應強度．

解答 解：（1）設粒子從電場中飛出時的側(cè)向位移為h，穿過界面PS時偏離中心線OR的距離為y，則：
h=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$    
a=$\frac{qE}{m}=\frac{qU}{md}$
t=$\frac{{L}_{1}}{{v}_{0}}$=$\frac{0.08}{2×1{0}^{6}}=4×1{0}^{-8}$s
即：h=$\frac{qU}{md}•{t}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得：h=0.03 m=3 cm
帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動，由相似三角形知識得：$\frac{h}{y}=\frac{\frac{{L}_{1}}{2}}{\frac{{L}_{1}}{2}+{L}_{2}}=\frac{4}{4+12}=\frac{1}{4}$，
代入數(shù)據(jù)解得：y=0.12 m
（2）設粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為v_y，則：
v_y=at=$\frac{qU}{md}•t$，
代入數(shù)據(jù)解得：v_y=1.5×10⁶ m/s．
所以粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為：
v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}=\sqrt{{2}^{2}+1．{5}^{2}}×1{0}^{6}m/s=2.5×1{0}^{6}$m/s，
設粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為θ，則：
tan θ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=\frac{3}{4}$　
所以：θ=37°
粒子穿過界面PS在勻強磁場中運動受到洛倫茲力的作用，粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏EF上，則粒子恰好運動$\frac{1}{4}$周期，所以粒子的半徑是12cm，即r=0.12m
由洛倫茲力提供向心力得：$qvB=\frac{m{v}^{2}}{r}$．
磁感應強度：B=$\frac{mv}{qr}=\frac{1{0}^{-20}×2.5×1{0}^{6}}{1{0}^{-10}×0.12}≈2.1×1{0}^{-3}$T
答：（1）粒子穿過界面PS時偏離中心線的距離0.12m
（2）勻強磁場的磁感應強度B的大小是2.1×10^-3T．

點評 解決本題的關(guān)鍵知道粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，出偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運動，在PS的右側(cè)做勻速圓周運動，結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式進行求解．