Question

如圖甲所示，一個質量為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，水平進入兩平行金屬板間的偏轉電場，偏轉電場的電壓如圖乙所示．金屬板長L=20cm，兩板間距d=10

3

cm．求：
（1）微粒射出偏轉電場時的最大偏轉角θ；
（2）若緊靠偏轉電場邊緣有一邊界垂直金屬板的勻強磁場，該磁場的寬度為D=10cm，為使微粒無法由磁場右邊界射出，該勻強磁場的磁感應強度B應滿足什么條件？
（3）試求在上述B取最小值的情況下，微粒離開磁場的范圍．

Answer 1

分析：（1）微粒先經(jīng)加速電場加速，后進入偏轉電場偏轉做類平拋運動，最后進入磁場中做勻速圓周運動．先根據(jù)動能定理列式，得出加速獲得的速度．運用運動的分解，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式結合得出射出電場時的偏轉角正切表達式，再分析求解最大偏轉角θ；
（2）當微粒在磁場中的運動軌跡恰好與磁場右邊界相切時，恰好不能射出磁場，畫出軌跡，由幾何知識求出軌跡半徑，由牛頓第二定律求出B的最小值．
（3）根據(jù)幾何知識求解微粒離開磁場的范圍．

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

 ①
 解得v₀=1.0×10⁴m/s
微粒在偏轉電場中運動的時間為：t=

L

v0

=2×10-5s＜＜0.2s
因此微粒在偏轉電場中運動可認為電場恒定．
微粒在偏轉電場中做類平拋運動，有：a=

qU2

md

，v_y=at=a

L

v0

飛出電場時，速度偏轉角的正切為：
  tanθ=

vy

v0

聯(lián)立解得tanθ=

U2L

2U1d

 ②
當U₂最大時，tanθ最大，由圖乙讀出U₂最大值為100V，代入解得tanθ最大值為

3

3

，解得θ的最大值為30°．    
（2）進入磁場時微粒的速度是：v=

v0

cosθ

     ③
軌跡如圖，由幾何關系有：D=r+rsinθ  ④
由洛倫茲力提供向心力：qvB=m

v2

r

         ⑤
由③～⑤聯(lián)立得：B=

mv0(1+sinθ)

qDcosθ

代入數(shù)據(jù)解得：B=

3

5

T=0.346T
所以，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．
（3）設微粒從左邊界N處離開，N距軸線與磁場邊界交點O的距離為x，有：
 

x=2rcosθ-y=2 mv qB cosθ- 1 2 ? U1q md ? L2 v02 = 8mU1q qB - U2L2 4U1d

可見，在B取最小值時，x僅與U₂有關．代入數(shù)值可得：
X∈[

3

30

m，

3

10

m]．
答：
（1）微粒射出偏轉電場時的最大偏轉角θ是30°．
（2）該勻強磁場的磁感應強度B至少為0.346T．
（3）在上述B取最小值的情況下，微粒離開磁場的范圍是X∈【

3

30

m，

3

10

m】．

點評：本題是帶電粒子的復合場中運動的類型，關鍵要分析出微粒的運動情況，作出粒子的運動軌跡，根據(jù)幾何知識得到軌跡半徑與磁場邊界半徑的關系．