Question

4．如圖所示，兩塊平行金屬極板MN水平放置，板長L=1m．間距d=$\frac{\sqrt{3}}{3}$m，兩金屬板間電壓U_MN=1×10⁴ V；在平行金屬板右側依次存在ABC和FGH兩個全等的正三角形區域，正三角形ABC內存在垂直紙面向里的勻強磁場B₁，三角形的上頂點A與上金屬板M平齊，BC邊與金屬板平行，AB邊的中點P恰好在下金屬板N的右端點；正三角形FGH內存在垂直紙面向外的勻強磁場B₂，已知A、F、G處于同一直線上．B、C、H也處于同一直線上．AF兩點距離為$\frac{2}{3}$m．現從平行金屬極板MN左端沿中心軸線方向入射一個重力不計的帶電粒子，粒子質量m=3×10^-10 kg，帶電量q=+1×10^-4 C，初速度v₀=1×10⁵ m/s．求：
（1）帶電粒子從電場中射出時的速度v的大小和方向？
（2）若帶電粒子進入三角形區域ABC后垂直打在AC邊上，求該區域的磁感應強度？
（3）接第（2）問，若要使帶電粒子由FH邊界進入FGH區域并能再次回到FH界面，求B₂至少應為多大？

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，根據平拋運動的基本規律即可求解；
（2）求出帶電粒子出電場時豎直方向的偏轉的位移，根據幾何關系及向心力公式即可求解磁場強度；
（3）分析知當軌跡與邊界GH相切時，對應磁感應強度B₂最大，畫出粒子運動軌跡根據幾何關系及向心力公式即可求解磁場強度應滿足的條件．

解答 解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，
粒子的加速度：a=$\frac{qU}{md}$$\frac{\sqrt{3}}{3}$×10¹⁰m/s²．
由L=v₀t，解得：t=1×10^-5s．
豎直方向速度為：v_y=at=$\frac{\sqrt{3}}{3}$×10⁵m/s．
射出時速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$×10⁵m/s，
速度v與水平方向夾角為θ，tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
解得：θ=30°，即垂直于AB方向射出．
（2）帶電粒子射出電場時數值方向偏移的位移：
y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{\sqrt{3}}{6}$m=$\fracp9vv5xb5{2}$，即粒子由P點垂直AB射入磁場，
由幾何關系知，在磁場ABC區域內做勻速圓周運動的半徑：R₁=$\fracp9vv5xb5{cos30°}$=$\frac{2}{3}$m．
由牛頓第二定律得：qvB₁=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$，解得：B₁=$\frac{3\sqrt{3}}{10}$T．
（3）當軌跡與邊界GH相切時，對應磁感應強度B₂最大，運動軌跡如圖所示．
由幾何關系可知：R₂+$\frac{{R}_{2}}{sin60°}$=1．解得：R₂=（ 2$\sqrt{3}$-3）m．
由牛頓第二定律得：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}}$，解得：B₂=$\frac{2+\sqrt{3}}{5}$T．
所以B₂應滿足的條件為大于：$\frac{2+\sqrt{3}}{5}$T．
答：（1）帶電粒子從電場中射出時的速度v的大小為：$\frac{2\sqrt{3}}{3}$×10⁵m/s，方向：垂直于AB方向出射．
（2）若帶電粒子進入中間三角形區域后垂直打在AC邊上，該區域的磁感應強度B₁為$\frac{3\sqrt{3}}{10}$T．
（3）若要使帶電粒子由FH邊界進入FGH區域并能再次回到FH界面，B₂應滿足的條件是大于$\frac{2+\sqrt{3}}{5}$T．

點評 本題考查了粒子在磁場中的運動，做好此類題目的關鍵是準確的畫出粒子運動的軌跡圖，利用幾何知識求出粒子運動的半徑，再結合半徑公式和周期公式去分析，難度較大；
解帶電粒子在有界磁場中運動問題的一般思路：
1、根據題意作出粒子的運動軌跡；
2、確定粒子做圓周運動的圓心，應用幾何知識求出粒子的軌道半徑與轉過的圓心角；
3、應用牛頓第二定律與粒子周期公式分析答題．