Question

10．如圖，一帶電微粒質(zhì)量為m=2.0×10^-11kg、電荷量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，微粒射出電場時的偏轉(zhuǎn)角θ=60°，并接著沿半徑方向進入一個垂直紙面向外的圓形勻強磁場區(qū)域，微粒射出磁場時的偏轉(zhuǎn)角也為θ=60°．已知偏轉(zhuǎn)電場中金屬板長L=2$\sqrt{3}$cm，圓形勻強磁場的半徑R=10$\sqrt{3}$cm，重力忽略不計．求：
（1）帶電微粒經(jīng)U₁=100V的電場加速后的速率；
（2）電場強度E和磁場強度B的比值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求解帶電微粒經(jīng)U₁=100V的電場加速后的速率；
（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，運用運動的分解法研究：在水平方向微粒做勻速直線運動，在豎直方向做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式結(jié)合求解電場強度．帶電微粒進入磁場后做勻速圓周運動，軌跡對應的圓心角就等于速度的偏向角，作出軌跡，得到軌跡的圓心角，由幾何知識求出軌跡半徑，由牛頓第二定律求解磁感應強度的大�。畡t可求得電場強度與磁感應強度的比值．

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：qU₁=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
得：v₁=$\sqrt{\frac{2{U}_{1}q}{m}}$=1.0×10⁴m/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．在水平方向微粒做勻速直線運動．
水平方向：v₁=$\frac{L}{t}$
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=$\frac{qE}{m}$
由幾何關系：tanθ=$\frac{{v}_{2}}{{v}_{1}}$，由題θ=60°
解得：E=10000V/m．
設帶電粒子進磁場時的速度大小為v，則：$v=\frac{{v}_{1}}{cos60°}$=2×10⁴m/s
由粒子運動的對稱性可知，入射速度方向過磁場區(qū)域圓心，則出射速度反向延長線過磁場區(qū)域圓心，粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，則軌跡半徑為：r=Rtan60°=0.3m
由：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
得：B=$\frac{mv}{qr}$=0.13T
故$\frac{E}{B}$=$\frac{10000}{0.13}$=$\frac{1000000}{13}$
答：（1）帶電微粒經(jīng)U₁=100V的電場加速后的速率是1.0×10⁴m/s；
（2）電場強度與磁感應強度的比值為：$\frac{1000000}{13}$

點評 本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動分析問題；解題的難點是作出粒子的運動軌跡，根據(jù)幾何知識得到軌跡半徑與磁場邊界半徑的關系．