Question

2．如圖所示，一帶正電微粒質(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，由正中央水平進(jìn)入兩平行金屬板，微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)偏轉(zhuǎn)角θ=30°，接著進(jìn)入一個(gè)方向垂直紙面向里、寬度為D=20cm的勻強(qiáng)磁場區(qū)域．已知偏轉(zhuǎn)電場金屬板長L=20cm，兩板間距d=15cm，帶電微粒重力忽略不計(jì)．
（1）求偏轉(zhuǎn)電場兩金屬板間的電壓U₂
（2）改變偏轉(zhuǎn)電壓U₂，發(fā)現(xiàn)所有進(jìn)入磁場的帶電微粒均不會由磁場右邊界射出，求該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B最小值．

Answer 1

分析 （1）加速電場對帶電微粒做的功等于微粒動能的變化，由動能定理列式；在偏轉(zhuǎn)電場中微粒做類平拋運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動的合成與分解，得到偏轉(zhuǎn)角與偏轉(zhuǎn)電場的表達(dá)式，聯(lián)立可求得偏轉(zhuǎn)電場兩金屬板間的電壓U₂．
（2）作出圓周運(yùn)動不出磁場的臨界軌跡，即與磁場右邊界相切的軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求出此時(shí)半徑大小，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解即可．

解答 解：（1）帶電微粒經(jīng)加速電場加速后速度為v，由動能定理得：U₁q=$\frac{1}{2}$mv₀²…①
代入數(shù)據(jù)解得：v₀=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(yùn)動．粒子運(yùn)動軌跡如圖所示：
水平方向：L=v₀t…③
豎直方向：v_y=at…④
根據(jù)牛頓第二定律：$a=\frac{qE}{m}$…⑤
而$E=\frac{U_2}hgl2ug1$…⑥
依題意得：$tanθ=\frac{v_y}{v_0}=\frac{{q{U_2}L}}{dmv_0^2}$…⑦
由①③④⑤⑥⑦得：${U_2}=\frac{{2d{U_1}}}{L}tanθ=50\sqrt{3}V≈86.6V$…⑧
（2）設(shè)帶電微粒進(jìn)入磁場的速度大小為v，方向與水平方向的夾角為α，運(yùn)動半徑為R．
根據(jù)牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$…⑨
又有 v=$\frac{{v}_{0}}{cosα}$…（10）
帶電微粒離磁場左邊最遠(yuǎn)距離  x=R+Rsinα…（11）
說明α角越大，帶電微粒離磁場左邊越遠(yuǎn)，帶電粒子從下極板邊界射出時(shí)最容易從右邊界射出磁場．
則 x=D=0.2m…（12）
由平拋運(yùn)動得：tanα_max=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{\fraci0z1tut{2}}{\frac{L}{2}}$=$\fracfyuajsg{L}$=$\frac{3}{4}$，可得 α_max=37°…（13）
所以解得 B_min=0.2T…（14）
答：（1）偏轉(zhuǎn)電場兩金屬板間的電壓U₂為86.6V．
（2）該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B最小值為0.2T．

點(diǎn)評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運(yùn)動，粒子在電場中加速、做類平拋運(yùn)動、粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，分析清楚粒子運(yùn)動過程，畫出磁場中運(yùn)動軌跡是本題的關(guān)鍵，應(yīng)用動能定理、類平拋運(yùn)動規(guī)律、牛頓第二定律即可正確解題．