Question

11．如圖所示為一個水平放置的平行板電容器，兩板電壓U=2V，兩板距離d=10cm，兩板間有磁感應強度B₁=2T的勻強磁場，方向垂直紙面向里，一帶正電的粒子（不計重力）比荷為$\frac{q}{m}$=25c/kg，從左邊射入，恰好沿水平直線AC運動，從右邊射出并垂直MN進入以MN、PQ兩豎直線為邊界的勻強電場，已知電場強度E=20N/C，方向豎直向下，MN、PQ的距離為L=20cm．在PQ的右邊有垂直紙面向里的勻強磁場B₂=4T，KG是平行PQ的擋板，KG與PQ的距離S=20cm，粒子打在擋板上后被吸收．
（1）試問電容器的上下板哪板電勢高？求粒子離開MN時的速度大�。�
（2）求粒子進入B₂后在B₂中運動的時間．
（3）為使粒子打不到檔板KG上，檔板與PQ的距離至少為多少？

Answer 1

分析 （1）帶正電的粒子在平行板電容器間做勻速直線運動，電場力與洛侖茲力平衡，根據(jù)左手定則，洛侖茲力向上，根據(jù)平衡條件，電場力向下，故可以確定上面的極板帶正電荷；
（2）進入電場后，做類似平拋運動，根據(jù)分運動公式列式求解末速度大小和方向；在磁場中，洛侖茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解軌道半徑，畫出運動軌跡，得到運動時間；
（3）考慮臨界情況，粒子軌跡與KG相切，結(jié)合幾何關(guān)系列式分析即可．

解答 解：（1）粒子做勻速直線運動，電場力向下，故上板帶正電荷，電勢高；
粒子沿AC勻速運動，洛倫茲力等于電場力，有：B₁qv₁=qE₁，
其中：${E_1}=\frac{U}ogwi0ec$，
代入數(shù)據(jù)得：v₁=10m/s；
（2）粒子在電場中類平拋，有：l=v₁t₁，
${v_F}=a{t_1}=\frac{qE}{m}{t_1}$，
得：v_y=10m/s，
進入B₂的速度為：${v_2}=\sqrt{v_1^2+v_y^2}=10\sqrt{2}m/s$，
與PQ的夾角為：$θ=\frac{π}{4}$，
在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有：${B_2}q{v_2}=m\frac{v_2^2}{r}$，
代入數(shù)據(jù)解得半徑為：$r=\frac{{\sqrt{2}}}{10}m$，
軌跡如圖，圓心角α=$\frac{π}{2}$，
運動時間為：${t_2}=\frac{πr}{{2{v_2}}}=\frac{π}{200}s=1.57×{10^{-2}}s$；
（3）當KG與粒子在磁場中運動軌跡恰好相切時：
$S'=r+rsin\frac{π}{4}=\frac{{\sqrt{2}+1}}{10}m=0.2414m=24.14m$，
即KG與PQ的最小距離為24.14m；
答：（1）電容器的上板電勢高，粒子離開MN時的速度大小為10m/s．
（2）粒子進入B₂后在B₂中運動的時間為1.57×10^-2s．
（3）為使粒子打不到檔板KG上，檔板與PQ的距離至少為24.14m．

點評 本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運動情況，分勻速直線運動、類似平拋運動和勻速圓周運動進行分析，畫出軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系分析，不難．