Question

如圖甲所示，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(zhuǎn)電場時的最大偏轉(zhuǎn)角θ；
（2）若緊靠偏轉(zhuǎn)電場邊緣有一邊界垂直金屬板的勻強(qiáng)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(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)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(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)做類平拋運(yùn)動，最后進(jìn)入磁場中做勻速圓周運(yùn)動．先根據(jù)動能定理列式，得出加速獲得的速度．運(yùn)用運(yùn)動的分解，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合得出射出電場時的偏轉(zhuǎn)角正切表達(dá)式，再分析求解最大偏轉(zhuǎn)角θ；
（2）當(dāng)微粒在磁場中的運(yùn)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(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間為：t=

L

v0

=2×10-5s＜＜0.2s
因此微粒在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動可認(rèn)為電場恒定．
微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，有：a=

qU2

md

，v_y=at=a

L

v0

飛出電場時，速度偏轉(zhuǎn)角的正切為：
  tanθ=

vy

v0

聯(lián)立解得tanθ=

U2L

2U1d

 ②
當(dāng)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(jìn)入磁場時微粒的速度是：v=

v0

cosθ

     ③
軌跡如圖，由幾何關(guān)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(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為0.346T．
（3）設(shè)微粒從左邊界N處離開，N距軸線與磁場邊界交點(diǎn)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(guān)．代入數(shù)值可得：
X∈[

3

30

m，

3

10

m]．
答：
（1）微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時的最大偏轉(zhuǎn)角θ是30°．
（2）該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)評：本題是帶電粒子的復(fù)合場中運(yùn)動的類型，關(guān)鍵要分析出微粒的運(yùn)動情況，作出粒子的運(yùn)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(guān)系．