Question

5．如圖所示，一帶電微粒質(zhì)量為m=2.0×10^-11kg、電荷量為q=+1.0×10^-5C，從靜止開始經(jīng)電壓為U₁=100V的電場加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)電壓為U₂=100V，接著進入一個方向垂直紙面向里、寬度為D=34.6cm的勻強磁場區(qū)域．已知偏轉(zhuǎn)電場中金屬板長L=20cm，兩板間距，d=10$\sqrt{3}$cm帶電微粒的重力忽略不計．求：
（1）帶電微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的速率v₁；
（2）帶電微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時的速度偏轉(zhuǎn)角θ；
（3）為使帶電微粒不會從磁場右邊界射出，該勻強磁場的磁感應強度的最小值B．

Answer 1

分析 （1）加速電場對帶電微粒做的功等于微粒動能的變化；
（2）在偏轉(zhuǎn)電場中微粒做類平拋運動，根據(jù)運動的合成與分解求解偏轉(zhuǎn)角；
（3）作出圓周運動不出磁場的臨界軌跡，根據(jù)幾何關系求出此時半徑大小，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解即可．

解答 解（1）帶電微粒經(jīng)加速電場加速后速度為v₁，
根據(jù)動能定理得：qU₁=$\frac{1}{2}$mv₁²-0，
代入數(shù)據(jù)解得：v₁=1×10⁴m/s；
（2）帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場中只受電場力作用，做類平拋運動．
在水平方向：L=v₁t…①
帶電微粒在豎直方向做勻加速直線運動，加速度為a，出電場時豎直方向速度為v₂，
豎直方向：a=$\frac{qE}{m}$=$\frac{q{U}_{2}}{md}$…②v₂=at…③
由①②③得：v₂=$\frac{q{U}_{2}L}{md{v}_{1}}$，
又因為：tanθ=$\frac{{v}_{2}}{{v}_{1}}$=$\frac{q{U}_{2}L}{md{v}_{1}^{2}}$=$\frac{{U}_{2}L}{2d{U}_{1}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
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，由幾何關系知：R+Rsinθ=D，
解得：R=$\frac{2}{3}$D，
設微粒進入磁場時的速度為v′，則：v′=$\frac{{v}_{1}}{cos30°}$，
由牛頓運動定律得：qv′B=m$\frac{v{′}^{2}}{R}$，
代入數(shù)據(jù)解得：B=0.1T；
若帶電粒子不射出磁場，磁感應強度B至少為0.1T．
答：（l）帶電微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的速率為1×10⁴m/s；
（2）帶電微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時的速度偏轉(zhuǎn)角為30°；
（3）為使帶電微粒不會從磁場右邊界射出，該勻強磁場的磁應強度的最小值為0.1T

點評 本題屬于帶電粒子在組合場中的運動，在電場中做類平拋運動時通常將運動分解為平行于電場方向與垂直于電場兩個方向或借助于動能定理解決問題；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．