(2011?東莞一模)如圖所示,一個質(zhì)量為m=2.0×10-11kg,電荷量q=+1.0×10-5C的帶電微粒(重力忽略不計),從靜止開始經(jīng)U1=100V電壓加速后,水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場,偏轉(zhuǎn)電場的電壓U2=100V.金屬板長L=20cm,兩板間距d=10
3
cm.求:
(1)微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度v0的大小
(2)微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角θ和速度v
(3)若帶電微粒離開偏轉(zhuǎn)電場后進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度
3
5
為B=T的均強(qiáng)磁場,為使微粒不從磁場右邊界射出,該勻強(qiáng)磁場的寬度D至少為多大.
分析:(1)粒子在電場中加速,根據(jù)動能定理即可求解;
(2)粒子在電場中做類平拋運動,由運動的分解結(jié)合動力學(xué)知識可確定射出速度的大小與方向;
(3)根據(jù)運動軌跡由幾何關(guān)系與牛頓第二定律可求出勻強(qiáng)磁場的寬度.
解答:解:(1)微粒在加速電場中
由動能定理得qU1=
1
2
m
v
2
0

解得v0=1.0×104m/s
(2)微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動,有   a=
qU2
md

vy=at=a
L
v0

飛出電場時,速度偏轉(zhuǎn)角的正切為
tanθ=
vy
v0
=
U2L
2U1d
=
3
3

解得  θ=30°
進(jìn)入磁場時微粒的速度是:v=
v0
cosθ
=
2
3
3
×104m/s

(3)軌跡如圖,由幾何關(guān)系有:D=r+rsinθ
洛倫茲力提供向心力:Bqv=
mv2
r

聯(lián)立以上三式得   D=
mv0(1+sinθ)
qBcosθ

代入數(shù)據(jù)得  D=0.1m
答:(1)微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度v0的大小為1.0×104m/s;
(2)微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角為30°和速度v為
2
3
3
×104m/s
;
(3)若帶電微粒離開偏轉(zhuǎn)電場后進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度
3
5
為B=T的均強(qiáng)磁場,為使微粒不從磁場右邊界射出,該勻強(qiáng)磁場的寬度D至少為0.1m.
點評:考查動能定理、動力學(xué)規(guī)律與牛頓第二定律及結(jié)合幾何知識來綜合解題,同時學(xué)會處理類平拋運動與勻速圓周運動的方法,培養(yǎng)學(xué)生形成一定的思路與能力.
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