Question

12．如圖所示，豎直放置的平行帶電導體板A、B和水平放置的平行帶電導體板C、D，B板上有一小孔，從小孔射出的帶電粒子剛好可從C、D板間左上角切入C、D板間電場，已知C、D板間距離為d，長為2d，U_AB=U_CD=U＞0，在C、D板右側存在有一個垂直向里的勻強磁場．質量為m，電量為q的帶正電粒子由靜止從A板釋放，沿直線運動至B板小孔后貼近C板進入C、D板間，最后恰好從D板右邊緣進入磁場中．帶電粒子的重力不計．求：
（1）帶電粒子從B板小孔射出時的速度大小v₀；
（2）帶電粒子從C、D板射出時的速度v大小和方向；
（3）欲使帶電粒子不再返回至C、D板間，右側磁場的磁感應強度大小應該滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）根據動能定理求得帶電粒子從B板小孔射出時的速度大小；
（2）粒子進入CD板間后，在電場力作用下做類平拋運動，根據類平拋運動規(guī)律求得粒子從CD板射出時的速度大小和方向；
（3）根據幾何關系求得粒子不回到CD板間的半徑大小關系，由此根據洛倫茲力提供圓周運動向心力分析求解．

解答 解：（1）帶電粒子通過AB板間時由動能定理得
$qU=\frac{1}{2}mv_0^2$
解得：${v_0}=\sqrt{\frac{2qU}{m}}$
（2）帶電粒子在CD板間做類平拋運動，沿導體板方向做勻速運動，垂直導體板方向做初速為零的勻加速運動，加速度設為a，
射出CD板時速度方向與水平間夾角設為θ．
水平方向：2d=v₀t
豎直方向加速度：$a=\frac{qU}{md}$
則$tanθ=\frac{at}{v_0}$．
$cosθ=\frac{v_0}{v}$
解得：θ=45°
$v=2\sqrt{\frac{qU}{m}}$
（3）帶電粒子在CD電場中的偏轉位移：$y=\frac{1}{2}•\frac{qU}{md}•{t}^{2}$=d

由此可知帶電粒子從CD導體板的右下角射出再進入勻強磁場中，欲使粒子不再返回CD板間，帶電粒子做圓周運動至CD板右上角時為臨界狀態(tài)，設圓周運動的半徑為R，磁感應強度為B．
由幾何知識得d²=R²+R²
洛倫茲力提供圓周運動向心力有：$qvB=m\frac{v^2}{R}$
是得$B=\frac{{2\sqrt{2}}}u7ww4ux\sqrt{\frac{mU}{q}}$
則滿足條件的磁感應強度滿足：$B＜\frac{{2\sqrt{2}}}7vf43dl\sqrt{\frac{mU}{q}}$
答：（1）帶電粒子從B板小孔射出時的速度大小v₀為$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$；
（2）帶電粒子從C、D板射出時的速度v大小為$2\sqrt{\frac{qU}{m}}$，方向與水平方向成45度角；
（3）欲使帶電粒子不再返回至C、D板間，右側磁場的磁感應強度大小應該滿足$B＜\frac{{2\sqrt{2}}}dynns1z\sqrt{\frac{mU}{q}}$．

點評 本題考查了帶電粒子在電磁場中的運動，過程復雜，是一道難題，分析清楚粒子的運動過程，作出粒子的運動軌跡，是正確解題的關鍵．