Question

20．兩塊平行金屬板MN、PQ水平放置，兩板間距為d、板長(zhǎng)為l，在緊靠平行板右側(cè)的正三角形區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，三角形底邊BC與PQ在同一水平線上，頂點(diǎn)A與MN在同一水平線上，如圖所示．一個(gè)質(zhì)量為m、電量為+q的粒子沿兩板中心線以初速度v₀水平射入，若在兩板間加某一恒定電壓，粒子離開(kāi)電場(chǎng)后垂直AB邊從D點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，BD=AB/4，并垂直AC邊射出（不計(jì)粒子的重力）．求：

（1）兩極板間電壓；
（2）三角形區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度；
（3）若兩板間不加電壓，三角形區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外．要使粒子進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后能從AB邊射出，試求所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)幾何關(guān)系，可求速度間的關(guān)系，從而即可求解；
（2）由幾何關(guān)系，結(jié)合運(yùn)動(dòng)的半徑公式，從而可確定磁場(chǎng)的大小，由運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合左手定則可確定磁場(chǎng)的方向；
（3）由粒子剛好與BC邊相切時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，并根據(jù)牛頓第二定律與幾何關(guān)系，從而即可求解．

解答 解：（1）垂直AB邊進(jìn)入磁場(chǎng)，由幾何知識(shí)得：粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)角為30°，因?yàn)椋?{v_y}=\frac{qu}{md}.\frac{l}{v_0}$
$tgθ=\frac{v_y}{v_0}$
得：$u=\frac{{\sqrt{3}mdv_0^2}}{3ql}$
（2）由幾何關(guān)系得：${l_{AB}}=\frac24zw4hz{{cos{{30}^0}}}$
在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑${r_1}=\frac{3}{4}{l_{AB}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}d$
所以有：${B_1}q{v_{\;}}=\frac{{mv_{\;}^2}}{r_1}$$v=\frac{v_0}{cos30°}$
得：${B_1}=\frac{{4m{v_0}}}{3qd}$
方向垂直紙面向里
（3）當(dāng)粒子剛好與BC邊相切時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，由幾何知識(shí)知粒子的運(yùn)動(dòng)半徑r₂為：${r_2}=\fracyvgecn2{4}$
${B_2}q{v_0}=\frac{mv_0^2}{r_2}$
得：${B_2}=\frac{{4m{v_0}}}{qd}$
即：磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為$\frac{{4m{v_0}}}{qd}$
答：（1）兩極板間電壓$u=\frac{{\sqrt{3}mdv_0^2}}{3ql}$；
（2）三角形區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度${B_1}=\frac{{4m{v_0}}}{3qd}$；
（3）若兩板間不加電壓，三角形區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外．要使粒子進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后能從AB邊射出，則所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小值為$\frac{{4m{v_0}}}{qd}$．

點(diǎn)評(píng) 考查粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律與幾何關(guān)系來(lái)綜合應(yīng)用，掌握運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑與周期公式．