Question

如圖所示，一個(gè)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(jì)），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(chǎng)，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)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(chǎng)時(shí)的速度v₀大�。�
（2）微粒射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ．
（3）若該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.346T，為使微粒不會(huì)由磁場(chǎng)右邊射出，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度D至少為多大．

Answer 1

分析：（1）微粒在電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理即可求解速度v₀；
（2）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)的分解結(jié)合動(dòng)力學(xué)知識(shí)可確定射出速度的方向偏轉(zhuǎn)角θ；
（3）微粒射入磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡由幾何關(guān)系與牛頓第二定律可求出勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度．

解答：解：（1）微粒在加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理得
   qU₁=

1

2

m

v

2 0

 解得 v₀=1×10⁴m/s                      
（2）微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有
  a=

qU2

md

  v_y=at
  L=v₀t
則飛出電場(chǎng)時(shí)，速度偏轉(zhuǎn)角的正切為 tanθ=

vy

v0

=

U2L

2U1d

=

1

3

解得  θ=30°                                                     
（3）進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)微粒的速度是：v=

v0

cosθ

微粒的軌跡如圖，由幾何關(guān)系有：D=r+rsinθ
由洛倫茲力提供向心力，則有：qvB=m

v2

r

聯(lián)立以上三式得D=

mv0(1+sinθ)

qBcosθ

代入數(shù)據(jù)解得  D=0.1m
答：
（1）微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度v₀大小為1×10⁴m/s．
（2）微粒射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ是30°．
（3）使微粒不會(huì)由磁場(chǎng)右邊射出，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度D至少0.1m．

點(diǎn)評(píng)：此題考查動(dòng)能定理、動(dòng)力學(xué)規(guī)律與牛頓第二定律及結(jié)合幾何知識(shí)來綜合解題，同時(shí)學(xué)會(huì)處理類平拋運(yùn)動(dòng)與勻速圓周運(yùn)動(dòng)的方法，培養(yǎng)學(xué)生形成一定的思路與能力．