Question

1．如圖所示，一個質量為m，帶電量為q的微粒（重力忽略不計），從靜止開始經(jīng)U₁電場加速后，垂直進入兩平行金屬板間的偏轉電場，其電壓U₂=$\frac{{U}_{1}}{2}$，金屬板長為L，兩板間距d=$\frac{\sqrt{3}}{4}$L，求：
（1）微粒進入偏轉電場時的速度v₀大小
（2）微粒射出偏轉電場時的偏轉角θ
（3）若該勻強磁場的寬度為D，為使微粒不從該磁場右邊射出，則磁感應強度B至少多大？

Answer 1

分析 （1）粒子在加速電場中，電場力做功為qU₁，由動能定理求出速度v₀．
（2）粒子進入偏轉電場后，做類平拋運動，運用運動的分解法，根據(jù)牛頓第二定律、運動學和速度的分解求解偏轉角θ的正切，再得到偏轉角θ．
（3）粒子進入磁場后，做勻速圓周運動，結合條件，畫出軌跡，由幾何知識求半徑，再求B．

解答 解：（1）微粒在加速電場中運動過程，由動能定理得：
qU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²     
解得：v₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$；
（2）微粒在偏轉電場中做類平拋運動，有：
加速度為：a=$\frac{q{U}_{2}}{md}$，
飛出電場時，豎直分速度為：v_y=at
運動時間為：t=$\frac{L}{{v}_{0}}$
所以速度偏轉角的正切為：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=\frac{{U}_{2}L}{2{U}_{1}d}=\frac{\frac{1}{2}{U}_{1}L}{2{U}_{1}•\frac{\sqrt{3}}{4}L}=\frac{\sqrt{3}}{3}$    
解得：θ=30°；
（3）帶電微粒進入磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，設微粒軌道半徑為R，為使微粒不從該磁場右邊射出，其軌跡如圖，由幾何關系知
$R+\frac{1}{2}R=D$
所以：R=$\frac{2}{3}D$
設微粒進入磁場時的速度為v′，則有：$v′=\frac{{v}_{0}}{cos30°}=\frac{{2\sqrt{3}v}_{0}}{3}$
由牛頓運動定律及運動學規(guī)律有：$qv′B=\frac{mv{′}^{2}}{R}$
得：$B=\frac{mv′}{qR}=\frac{m•\frac{2\sqrt{3}{v}_{0}}{3}}{q•\frac{2}{3}D}=\frac{\sqrt{3}m•\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}}{qD}$=$\frac{1}{D}•\sqrt{\frac{6m{U}_{1}}{q}}$．
若帶電粒子不射出磁場，磁感應強度B至少為$\frac{1}{D}•\sqrt{\frac{6m{U}_{1}}{q}}$．
答：（1）微粒進入偏轉電場時的速度v₀大小是$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$；
（2）微粒射出偏轉電場時的偏轉角θ是30°．
（3）若帶電粒子不射出磁場，磁感應強度B至少為$\frac{1}{D}•\sqrt{\frac{6m{U}_{1}}{q}}$．

點評 本題是帶電粒子在組合場中運動的問題，關鍵是分析粒子的受力情況和運動情況，用力學的方法處理．