Question

13．如圖所示，左側(cè)為兩塊長為L=10cm，間距d=$\frac{10\sqrt{3}}{3}$cm的平行金屬板，加U=$\frac{10}{3}$×10⁴V的電壓，上板電勢低，用虛線框表示的等邊三角形內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場B，三角形的上頂點A與上金屬板平齊，DC邊與金屬板平行，AD的中點P恰好在下金屬板的右端點．現(xiàn)從AC邊的中點Q以初速度v=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$×10⁵m/s垂直AC邊射入一個重力不計的帶負(fù)電微粒，微粒質(zhì)量m=10^-10kg，帶電量q=-10^-4C，若要使粒子剛好從P點垂直AD邊射出磁場進入極板，求：
（1）磁感應(yīng)強度B；
（2）帶電微粒從電場中射出時的速度大小和方向．

Answer 1

分析 粒子的運動先是人磁場中做圓周運動，轉(zhuǎn)過30°后進入電場再做類斜拋運動．由于物理過程比較明確，只需要按步就班進行計算，再推斷進入磁場的運動情況．
（1）由幾何關(guān)系找到圓周運動的半徑，再由洛侖茲力提供向心力從而求出磁感應(yīng)強度B．
（2）與下板成30°進入電場后，在豎直向下電場力作用下做類斜拋運動，先求出加速度，水平方向求出時間，再求出末速度．粒子的類斜拋運動是水平的勻速運動和豎直的勻減速運動的合成，按相應(yīng)規(guī)律可以解得結(jié)果．

解答 解：（1）粒子從Q點垂直AC進入，從垂直AD的P點邊射出，由幾何關(guān)系知道粒子的軌道半徑：
     $d=\fracim48w0y{cos30°}=\frac{20}{3}m$
洛侖茲力提供向心力：
$qvB=\frac{m{v}^{2}}{r}$
所以$B=\frac{mv}{qr}=\frac{1{0}^{-10}\frac{2\sqrt{3}}{3}×1{0}^{5}}{1{0}^{-4}×\frac{20}{3}}T=1.73×1{0}^{-2}T$
（2）粒子進入電場后受電場力產(chǎn)生的加速度：
$a=\frac{Uq}{dm}$=$\frac{\frac{10}{3}×1{0}^{4}×1{0}^{-4}}{\frac{10\sqrt{3}}{3}×1{0}^{-10}}V$=$\frac{\sqrt{3}}{3}×1{0}^{10}m/{s}^{2}$
穿出電場時，在水平方向有  L=vcos30°×t  從而解得：$t=\frac{L}{vcos30°}$=$\frac{10}{\frac{2\sqrt{10}}{3}×1{0}^{5}}s$=10^-4s
豎直方向做勻差事運動，經(jīng)過t時的豎直速度v_y=vsin30°-at═$\frac{2\sqrt{3}}{3}×1{0}^{5}m/s-\frac{\sqrt{3}}{3}×10×1{0}^{-4}m/s$=$-3\sqrt{3}×1{0}^{5}m/s$，負(fù)號表示方向豎直向下．
水平方向勻速運動，${v}_{x}=vcon30°=1.0×1{0}^{5}m/s$ 
則合速度的大小$v=\sqrt{{{v}_{x}}^{2}+{{v}_{y}}^{2}}=2\sqrt{7}×1{0}^{5}m/s$$v=\sqrt{{{v}_{x}}^{2}+{{v}_{y}}^{2}}$=$\sqrt{（-3\sqrt{3}）^{2}+（1×1{0}^{5}）^{2}}m/s$=5.3×10⁵m/s，方向與水平方向斜向下成$α=arctan\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}=arctan3\sqrt{3}$ 角度．
答：（1）磁感應(yīng)強度為1.73×10^-2T．
（2）帶電微粒從電場中射出時的速度大小為和方向5.3×10⁵m/s，方向與水平方向斜向下成$arctan3\sqrt{3}$角．

點評 本題把圓周運動和斜拋運動以洛侖茲力的問題綜合起來，是一道計算題．每一步不能錯，一步一個腳印向前走．特別注意的是斜拋先由水平位移求出時間，再根據(jù)兩個方向上的運動規(guī)律求出水平速度和豎直速度，最后求合速度的大小和方向．