Question

16．如圖所示，A、B兩板間距為d₁=0.04m，板間電勢(shì)差為U₁=2×10³V，C、D兩板間距離d₂=0.40m，C、D兩板板長(zhǎng)均為L(zhǎng)=1.0m，兩板間加一恒定電壓U₂（C板電勢(shì)高）．在S處有一電量為q=8×10^-5C、質(zhì)量為m=2×10^-6C的帶正電粒子，無(wú)初速釋放，經(jīng)A、B間電場(chǎng)加速又經(jīng)C、D間電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后直接進(jìn)入一個(gè)垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感強(qiáng)度為B=100T，不計(jì)重力影響．欲使該帶電粒子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，飛回C、D兩板間，恰打在D板的左邊緣．求：
（1）該帶電粒子以多大的初速度飛入C、D兩板間？
（2）C、D兩板間電勢(shì)差U₂
（3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度b至少為多少？

Answer 1

分析 （1）粒子在A、B間做加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可以求出粒子的速度．
（2）粒子在C、D間做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律求出電勢(shì)差．
（3）根據(jù)幾何知識(shí)求出勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度．

解答 解：（1）AB加速階段，由動(dòng)能定理得：qU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²-0…①
代入數(shù)據(jù)解得：v₀=400 m/s…②，
（2）粒子在C、D間偏轉(zhuǎn)，帶電粒子作類平拋運(yùn)動(dòng)，
運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t₁=$\frac{L}{{v}_{0}}$，代入數(shù)據(jù)解得：t₁=2.5×10^-3s…③
側(cè)移量：y₁=$\frac{1}{2}$at₁²=$\frac{1}{2}$$\frac{q{U}_{2}}{m1nj5pz1_{2}}$t₁²…④
設(shè)在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，偏轉(zhuǎn)角為θ?
則：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{a{t}_{1}}{{v}_{0}}$=$\frac{q{U}_{2}}{mdhbtbn3_{2}}$×$\frac{L}{{v}_{0}^{2}}$=$\frac{{U}_{2}L}{2{U}_{1}1vnfvzt_{2}}$…⑤
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$…⑥
得粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：R=$\frac{mv}{qB}$…⑦
磁場(chǎng)中向上側(cè)移量：h=2Rcosθ=$\frac{2mvcosθ}{qB}$=$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$，代入數(shù)據(jù)解得：h=0.2m…⑧
由$\frac{djvl9th_{2}}{2}$-y₁+h+y₁=$\frac{1}{2}$a（2t₁）²=4y₁…⑨，
代入數(shù)據(jù)解得：y₁=0.1m…⑩
代入④式解得：U₂=320V…（11）
（3）把U₂=320V，代入⑤式解得：tanθ=0.2…（12）
v=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$=$\frac{\sqrt{26}}{5}$v₀=80$\sqrt{26}$m/s…（13）
代入⑦式和幾何關(guān)系：：b=R+Rsinθ=$\frac{mv}{qB}$（1+sinθ），
代入數(shù)據(jù)解得：b=0.02（$\sqrt{26}$+1）m；
答：（1）該帶電粒子以400m/s的初速度飛入C、D兩板間；
（2）C、D兩板間電勢(shì)差U₂為320V；
（3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度b至少為0.02（$\sqrt{26}$+1）m．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)能定理、類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律即可正確解題．