Question

9．如圖所示，加速電場與偏轉(zhuǎn)電場的極板分別豎直、水平放置，緊靠偏轉(zhuǎn)電場右邊有一勻強磁場，磁場的邊界豎直且寬度D=10cm．一個質(zhì)量為m=2.0×10^-11kg，電荷量q=+1.0×10^-5C的帶電微粒（重力忽略不計），從靜止開始經(jīng)U₁=100V電壓加速后，水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場（上極板帶正電），偏轉(zhuǎn)電場的電壓U₂=100V．金屬板長L=20cm，兩板間距d=10$\sqrt{3}$cm．求：
（l）微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度v₀大��；
（2）微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角θ；
（3）為使微粒不會由磁場右邊界射出，該磁場的磁感應(yīng)強度B至少多大？

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(guān)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）微粒在加速電場中由動能定理得：
qU₁=$\frac{1}{2}mv_0^2$   ①
解得v₀=1.0×10⁴m/s    
（2）微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，有：a=$\frac{{q{U_2}}}{md}$
${v_y}=at=a\frac{L}{v_0}$
飛出電場時，速度偏轉(zhuǎn)角的正切為：
tanθ=$\frac{v_y}{v_0}=\frac{{{U_2}L}}{{2{U_1}d}}=\frac{1}{{\sqrt{3}}}$②
解得θ=30° 
（3）進(jìn)入磁場時微粒的速度是：v=$\frac{v_0}{cosθ}$③
軌跡如圖，由幾何關(guān)系有：D=r+rsinθ④
洛倫茲力提供向心力：$Bqv=\frac{{m{v^2}}}{r}$⑤
由③～⑤聯(lián)立得：$B=\frac{{m{v_0}（1+sinθ）}}{qDcosθ}$
代入數(shù)據(jù)解得：B=$\sqrt{3}$/5=0.346T 
答：（l）微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度v₀大小是1.0×10⁴m/s；
（2）微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角θ是30°；
（3）為使微粒不會由磁場右邊界射出，該磁場的磁感應(yīng)強度B至少0.346T．

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