Question

（2011?東莞一模）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(kāi)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(zhǎng)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的大小
（2）微粒射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ和速度v
（3）若帶電微粒離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度

3

5

為B=T的均強(qiáng)磁場(chǎng)，為使微粒不從磁場(chǎng)右邊界射出，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度D至少為多大．

Answer 1

分析：（1）粒子在電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理即可求解；
（2）粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)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)可確定射出速度的大小與方向；
（3）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=1.0×10⁴m/s
（2）微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，有   a=

qU2

md

vy=at=a

L

v0

飛出電場(chǎng)時(shí)，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(chǎng)時(shí)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(chǎng)時(shí)的速度v₀的大小為1.0×10⁴m/s；
（2）微粒射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)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(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度

3

5

為B=T的均強(qiáng)磁場(chǎng)，為使微粒不從磁場(chǎng)右邊界射出，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度D至少為0.1m．

點(diǎn)評(píng)：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(lái)綜合解題，同時(shí)學(xué)會(huì)處理類(lèi)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．