Question

13．粒子擴束裝置由粒子加速器，偏轉電場和偏轉磁場組成，如圖，一個質(zhì)量為m=2.0×10^-11kg，電荷量q=1.0×10^-5C的帶正電微粒（重力忽略不計）從靜止進入加速電場，電壓U₁=100V，加速后水平進入兩平行金屬板間的偏轉電場中，金屬板長L=20cm，兩板間距d=10$\sqrt{3}$cm，微粒射出電場時速度偏轉角θ=30°，接著進入一個方向垂直與紙面向里的勻強磁場，求：
（1）求微粒進入偏轉電場時的速度v₀和兩板間電壓U₂
（2）若該勻強磁場的寬度為D=10$\sqrt{3}$cm，為使微粒不會由磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應強度B₁應滿足條件？
（3）若粒子射入磁場時，偏轉電壓U₂大小不變極性改變，要使粒子回到出發(fā)點O，求對應磁感應強度B₂大�。�

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求微粒進入偏轉電場時的速度v₀．微粒進入偏轉電場中做類平拋運動，根據(jù)水平分位移和初速度求出時間，由牛頓第二定律和tanθ與電壓的關系，求解兩板間電壓U₂．
（2）作出圓周運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)幾何關系求出此時半徑大小，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解即可．
（3）要使粒子回到出發(fā)點O，微粒在偏轉磁場中運動軌跡必須關于偏轉極板的軸線對稱，畫出軌跡，求出軌跡半徑，從而求得B₂．

解答 解：（1）微粒在加速電場中，由動能定理得：
qU₁=$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$…①
解得：v₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{1}}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×1{0}^{-5}×100}{2×1{0}^{-11}}}$=1.0×10⁴m/s    
微粒在偏轉電場中做類平拋運動，有：a=$\frac{q{U}_{2}}{md}$
離開偏轉電場時豎直分速度為：v_y=at
運動時間為：t=$\frac{L}{{v}_{0}}$
飛出電場時，速度偏轉角的正切為：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{{U}_{2}L}{2{U}_{1}d}$
可得：U₂=$\frac{2{U}_{1}dtanθ}{L}$=$\frac{2×100×10\sqrt{3}×1{0}^{-2}tan30°}{0.2}$=100V 
（2）進入磁場時微粒的速度是：v=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$ 
軌跡如圖，由幾何關系有：D=r+rsinθ

由洛倫茲力提供向心力得：B₁qv=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
聯(lián)立得：B₁=$\frac{m{v}_{0}（1+sinθ）}{qDcosθ}$
代入數(shù)據(jù)解得：B₁=0.2T
為使微粒不會由磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應強度B₁應滿足條件是：B₁＞0.2T．
（3）微粒在偏轉電場中偏轉的距離為：y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=$\frac{{U}_{2}{L}^{2}}{4{U}_{1}d}$=$\frac{100×0．{2}^{2}}{4×100×0.1\sqrt{3}}$m=$\frac{\sqrt{3}}{30}$m

要使粒子回到出發(fā)點O，微粒在偏轉磁場中運動軌跡必須關于偏轉極板的軸線對稱，畫出軌跡，設軌跡半徑為R，則有：
R=$\frac{y}{cosθ}$=$\frac{1}{15}$m
由R=$\frac{mv}{q{B}_{2}}$得：B₂=0.2$\sqrt{3}$≈0.346T
答：（1）微粒進入偏轉電場時的速度v₀為1.0×10⁴m/s，兩板間電壓U₂為100V．
（2）若該勻強磁場的寬度為D=10$\sqrt{3}$cm，為使微粒不會由磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應強度B₁應滿足條件是B₁＞0.2T．
（3）若粒子射入磁場時，偏轉電壓U₂大小不變極性改變，要使粒子回到出發(fā)點O，對應磁感應強度B₂大小是0.346T．

點評 本題是帶電粒子在組合場中運動的問題，關鍵是分析粒子的受力情況和運動情況，用力學的方法處理，要準確畫出臨界軌跡，由幾何關系求軌跡半徑．