Question

16．如图所示，A、B两板间距为d₁=0.04m，板间电势差为U₁=2×10³V，C、D两板间距离d₂=0.40m，C、D两板板长均为L=1.0m，两板间加一恒定电压U₂（C板电势高）．在S处有一电量为q=8×10^-5C、质量为m=2×10^-6C的带正电粒子，无初速释放，经A、B间电场加速又经C、D间电场偏转后直接进入一个垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁感强度为B=100T，不计重力影响．欲使该带电粒子经过磁场偏转后，飞回C、D两板间，恰打在D板的左边缘．求：
（1）该带电粒子以多大的初速度飞入C、D两板间？
（2）C、D两板间电势差U₂
（3）匀强磁场的宽度b至少为多少？

Answer 1

分析 （1）粒子在A、B间做加速运动，由动能定理可以求出粒子的速度．
（2）粒子在C、D间做类平抛运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律求出电势差．
（3）根据几何知识求出匀强磁场的宽度．

解答 解：（1）AB加速阶段，由动能定理得：qU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²-0…①
代入数据解得：v₀=400 m/s…②，
（2）粒子在C、D间偏转，带电粒子作类平抛运动，
运动时间：t₁=$\frac{L}{{v}_{0}}$，代入数据解得：t₁=2.5×10^-3s…③
侧移量：y₁=$\frac{1}{2}$at₁²=$\frac{1}{2}$$\frac{q{U}_{2}}{m{d}_{2}}$t₁²…④
设在偏转电场中，偏转角为θ?
则：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{a{t}_{1}}{{v}_{0}}$=$\frac{q{U}_{2}}{m{d}_{2}}$×$\frac{L}{{v}_{0}^{2}}$=$\frac{{U}_{2}L}{2{U}_{1}{d}_{2}}$…⑤
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$…⑥
得粒子在磁场中做圆周运动的半径：R=$\frac{mv}{qB}$…⑦
磁场中向上侧移量：h=2Rcosθ=$\frac{2mvcosθ}{qB}$=$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$，代入数据解得：h=0.2m…⑧
由$\frac{{d}_{2}}{2}$-y₁+h+y₁=$\frac{1}{2}$a（2t₁）²=4y₁…⑨，
代入数据解得：y₁=0.1m…⑩
代入④式解得：U₂=320V…（11）
（3）把U₂=320V，代入⑤式解得：tanθ=0.2…（12）
v=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$=$\frac{\sqrt{26}}{5}$v₀=80$\sqrt{26}$m/s…（13）
代入⑦式和几何关系：：b=R+Rsinθ=$\frac{mv}{qB}$（1+sinθ），
代入数据解得：b=0.02（$\sqrt{26}$+1）m；
答：（1）该带电粒子以400m/s的初速度飞入C、D两板间；
（2）C、D两板间电势差U₂为320V；
（3）匀强磁场的宽度b至少为0.02（$\sqrt{26}$+1）m．

点评 本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子的运动过程是正确解题的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题．