Question

5．如圖所示，一質(zhì)量m=2×10^-11kg，q=1.0×10^-5 C的帶電粒子（重力不計(jì)），初速度為零經(jīng)U₁=100V的加速電壓加速后，水平進(jìn)入極板長(zhǎng)L=20cm，極板間距d=10$\sqrt{3}$cm的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中
（1）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度多大？
（2）若使粒子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，以與水平方向成θ=30°角的方向進(jìn)入一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，則偏轉(zhuǎn)電壓為多大？
（3）若水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度D=30cm，使帶電粒子不能由磁場(chǎng)右邊射出，磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少多大？

Answer 1

分析 粒子在加速電場(chǎng)中，電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理求出速度v．粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出電壓U₂．
粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，結(jié)合條件，畫(huà)出臨界情況的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何知識(shí)求半徑的最大值，再由洛倫茲力提供向心力求出B的最小值．

解答 解：（1）帶電微粒在加速電場(chǎng)加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：
qU₁=$\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$
則得：v₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}=\sqrt{\frac{2×1×1{0}^{5}×100}{2×1{0}^{-11}}}$m/s=1.0×10⁴m/s，
（2）帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)．在水平方向微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)
水平方向有：L=v₀t
帶電微粒在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a，
出電場(chǎng)時(shí)豎直方向速度為v_y，
豎直方向：v_y=at，a=$\frac{q{U}_{2}}{md}$，得：v_y=$\frac{q{U}_{2}}{md}•\frac{L}{v}$．
由速度分解關(guān)系得：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$
聯(lián)立以上兩式解得：U₂=100V，
（3）帶電微粒進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，設(shè)微粒軌跡恰好與磁場(chǎng)右邊相切時(shí)半徑為R．
由幾何關(guān)系知
R+Rsin30°=D
設(shè)微粒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v′，則 v′=$\frac{{v}_{0}}{cos30°}$
由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得：qv′B=m$\frac{v{′}^{2}}{R}$
解得：B=$\frac{\sqrt{3}}{15}$T
所以帶電粒子不射出磁場(chǎng)右邊，磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為$\frac{\sqrt{3}}{15}$T．
答：（1）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度為1×10⁴m/s；
（2）若使粒子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，以與水平方向成θ=30°角的方向進(jìn)入一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，則偏轉(zhuǎn)電壓為100V；
（3）若水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度D=30cm，使帶電粒子不能由磁場(chǎng)右邊射出，磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為$\frac{\sqrt{3}}{15}$T．

點(diǎn)評(píng) 本題是帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，關(guān)鍵是分析粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，用力學(xué)的方法處理，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，能畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，并根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑，難度適中．