Question

7．如圖所示，一個荷質比為$\frac{q}{m}$=5×10⁵c/kg的帶電微粒（重力忽略不計），從靜止開始經U₁=100V電壓加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉電場，偏轉電場的電壓U₂=100V．金屬板長L=0.2m，兩板間距d=0.1$\sqrt{3}$m．求：
（1）微粒進入偏轉電場時的速度v₀大��；
（2）微粒射出偏轉電場時的偏轉角θ；
（3）若該勻強磁場的寬度為D=0.1m，為使微粒不會由磁場右邊界射出，該勻強磁場的磁感應強度B．

Answer 1

分析 （1）根據動能定理求帶電微粒進入偏轉電場時的速率；
（2）帶電微粒在偏轉電場中做類平拋運動，由于類平拋運動規(guī)律求出微粒的速度；
（3）微粒恰好不從磁場右邊射出時運動軌跡與右邊邊界相切，由幾何知識確定運動半徑，然后由洛倫茲力提供向心力列方程求磁感應強度的最小值．

解答 解：（1）微粒在加速電場中，由動能定理得：
qU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²-0，
代入數據解得：v₀=1.0×10⁴m/s；
（2）微粒在偏轉電場中做類平拋運動，
在水平方向：L=v₀t，
豎直分速度：v_y=at=$\frac{q{U}_{2}}{md}$t，
飛出電場時受到偏角的正切值：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$，
解得：tanθ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
則：θ=30°；
（3）微粒進入磁場時的速度v=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$，粒子運動軌跡如圖所示：
由幾何知識可得：D=r+rsinθ，
微粒做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：B=$\frac{m{v}_{0}（1+sinθ）}{qDcosθ}$，
代入數據得：B=$\frac{\sqrt{3}}{5}$T≈0，346T，
微粒不從磁場右邊射出，磁場的磁感應強度至少為0.346T．
答：（1）微粒進入偏轉電場時的速度v₀的大小為1.0×10³m/s；
（2）微粒射出偏轉電場時的偏轉角為30°；
（3）若該勻強磁場的寬度為D=0.1m，為使微粒不會由磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應強度B至少為0.346T．

點評 本題屬于帶電粒子在組合場中的運動，在電場中做類平拋運動時通常將運動分解為平行于電場方向與垂直于電場兩個方向或借助于動能定理解決問題．