Question

19．如圖所示，A、B兩金屬板間電壓為U，C、D兩金屬板板長為L，兩板間距離也為L，板間電壓為2U，在S處有一質量為m，電荷量為q的帶電粒子，經A、B間電場出靜止開始加速后又沿C、D間的中線上的O點進入偏轉電場，然后進入一垂直紙面向里的矩形勻強磁場區域，若不計帶電粒子的重力
（1）求帶電粒子在偏轉電場中的側向位移；
（2）求帶電粒子進入勻強磁場時的速度；
（3）要使帶電粒子經過磁場后能再次進入C、D板間，此時C、D板間電場方向正好反向后，又恰好能回到O點，則磁感應強度B應滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）離子在電場中加速運動電場力做正功，根據動能定理，即可求解出進入偏轉電場的初速度，離子在偏轉電場中做類平拋運動，水平方向勻速直線運動，根據位移公式可計算時間，根據牛頓第二定律求出在偏轉電場中的加速度，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，可以根據位移公式y=$\frac{1}{2}$at²計算偏轉位移y；
（2）根據v_y=at求出豎直方向方向末速度v_y，再根據速度的矢量三角形，利用幾何關系（勾股定理）即可求出帶電粒子進入勻強磁場時的速度v；
（3）利用對稱性找到臨界幾何關系與洛倫茲力提供向心力結合，聯立計算即可．

解答 解：（1）粒子在加速電場中運動的過程中，只有電場力做功，根據動能定理得：
qU=$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$
解得：v₀=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$
粒子在偏轉電場中做類平拋運動，水平方向勻速直線運動，所以：
L=v₀t
解得：t=$\frac{L}{{v}_{0}}$
偏轉電場的場強為：E=$\frac{2U}{L}$
則電場力為：F=qE=$\frac{2qU}{L}$
根據牛頓第二定律有：qE=ma
解得：a=$\frac{q•2U}{mL}$
粒子在偏轉電場中做類平拋運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，
所以：y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}•\frac{2qU}{mL}•（\frac{L}{{v}_{0}}）^{2}$=$\frac{L}{2}$
（2）設粒子在偏轉電場中的偏轉角為θ，則有：
tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{at}{{v}_{0}}$=1
即θ=$\frac{π}{4}$
帶電粒子進入勻強磁場時的速度為：
v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}{+v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{2}$v₀=2$\sqrt{\frac{qU}{m}}$，方向與水平方向成45°角
（3）要使帶電粒子經過磁場后能再次進入C、D板間，滿足題意應有：Rcos45°=$\frac{L}{2}$
解得：R=$\frac{\sqrt{2}L}{2}$
帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，有：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
得：B=$\frac{mv}{qR}$=$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qR}$=$\frac{2}{L}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$
答：（1）帶電粒子在偏轉電場中的側向位移為$\frac{L}{2}$；
      （2）帶電粒子進入勻強磁場時的速度為2$\sqrt{\frac{qU}{m}}$方向與水平方向成45°角；
      （3）要使帶電粒子經過磁場后能再次進入C、D板間，此時C、D板間電場方向正好反向后，又恰好能回到O點，則磁感應強度B應為$\frac{2}{L}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$．

點評 本題考查帶電粒子在加速電場中和偏轉電場中以及勻強磁場中的運動，粒子分別做勻加速直線運動和類平拋運動以及勻速圓周運動；大家要牢記典型運動的處理方法：加速場用動能定理解決．偏轉場運用運動的合成與分解，牛頓第二定律結合運動學規律解決．磁場中勻速圓周運動，運用洛倫茲力提供向心力結合幾何關系即可，難度不大，考內容都比較基礎．