Question

5．如圖，兩平行金屬板A、B長l=8cm，兩板間距離d=8cm，B板比A板電勢高300V，即U_BA=300V．一帶正電的粒子電量q=1×10^-10C，質(zhì)量m=1×10^-20kg，以初速度v₀=2×10⁶m/s，從R點沿電場中心線RO垂直電場方向射入電場，粒子飛出電場后經(jīng)過無場區(qū)域，進(jìn)入界面MN、PQ間勻強磁場區(qū)域，從磁場的PQ邊界出來后剛好打在中心線上的S點，已知MN邊界與平行板的右端相距為L，兩界面MN、PQ相距為L，S點到PQ邊界的距離為$\frac{4}{3}$L，且L=12cm，粒子重力及空氣阻力忽略不計．求：
（1）粒子射出平行板時的速度大小v；
（2）粒子進(jìn)入界面MN時偏離中心線RO的距離；
（3）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大�。�

Answer 1

分析 （1）根據(jù)豎直向上做勻加速直線運動，結(jié)合速度時間公式求出豎直分速度，通過平行四邊形定則求出速度與水平方向的夾角以及速度的大�。�
（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合運動學(xué)公式，抓住等時性求出粒子出偏轉(zhuǎn)電場時豎直方向上的偏移量，抓住粒子出電場后速度的方向延長線經(jīng)過極板中軸線的中點，根據(jù)相似三角形求出粒子穿過界面PS時偏離中心線RO的距離．
（3）在PS右側(cè)粒子做勻速圓周運動，結(jié)合幾何關(guān)系求出粒子運動的半徑，通過洛倫茲力提供向心力求出磁感應(yīng)強度B．

解答 解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，
沿電場方向qE=ma…①
其中$E=\frac{U}vibmxgx$…②
運動時間$t=\frac{l}{v_0}$…③
電場方向速度v_y=at…④
聯(lián)立①②③④，代入數(shù)據(jù)，解得：${v_y}=1.5×{10^6}m/s$…⑤
所以粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為：${v_{\;}}=\sqrt{v_0^2+v_y^2}=2.5×{10^6}m/s$…⑥
（2）設(shè)粒子從電場中飛出時的側(cè)向位移為h，穿過界面PS時偏離中心線OR的距離為y，則：
h=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$⑦
①②③⑦代入數(shù)據(jù)解得：h=0.03 m=3 cm
帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動，由相似三角形知識得：$\frac{h}{y}$=$\frac{\frac{l}{2}}{\frac{l}{2}+L}$，
代入數(shù)據(jù)解得：y=0.12 m=12 cm
（3）設(shè)粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為θ，
則：$tanθ=\frac{v_y}{v_0}=\frac{3}{4}$
軌跡如圖所示

由幾何知識可得粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑：$R=\frac{{\frac{L}{2}}}{sinθ}=0.1m$
由qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
解得B=$\frac{mv}{qR}$=$\frac{1×1{0}^{-20}×2.5×1{0}^{6}}{1×1{0}^{-10}×0.1}$=2.5×10^-3T
答：（1）粒子射出平行板時的速度大小為2.5×10⁶m/s；
（2）粒子進(jìn)入界面MN時偏離中心線RO的距離12cm；
（3）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小為2.5×10^-3T．

點評 解決本題的關(guān)鍵知道粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，出偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運動，在PS的右側(cè)做勻速圓周運動，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式進(jìn)行求解