Question

19．如图所示，两平行金属板A、B长L₁=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，即U_AB=300V．一带正电的粒子（不计重力）电量q=10^-10C，质量m=10^-20kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v₀=2×10⁶m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无场区域后，进入一垂直纸面的匀强磁场（只分布在PS的右侧）中．已知两界面MN、PS相距为L₂=12cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上．
求（1）粒子穿过界面PS时偏离中心线的距离多远？
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小？

Answer 1

分析 （1）粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律，结合运动学公式，抓住等时性求出粒子出偏转电场时竖直方向上的偏移量，抓住粒子出电场后速度的方向延长线经过极板中轴线的中点，根据相似三角形求出粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离．
（2）根据竖直向上做匀加速直线运动，结合速度时间公式求出竖直分速度，通过平行四边形定则求出速度与水平方向的夹角．
在PS右侧粒子做匀速圆周运动，结合几何关系求出粒子运动的半径，通过洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度．

解答 解：（1）设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h，穿过界面PS时偏离中心线OR的距离为y，则：
h=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$    
a=$\frac{qE}{m}=\frac{qU}{md}$
t=$\frac{{L}_{1}}{{v}_{0}}$=$\frac{0.08}{2×1{0}^{6}}=4×1{0}^{-8}$s
即：h=$\frac{qU}{md}•{t}^{2}$，
代入数据解得：h=0.03 m=3 cm
带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，由相似三角形知识得：$\frac{h}{y}=\frac{\frac{{L}_{1}}{2}}{\frac{{L}_{1}}{2}+{L}_{2}}=\frac{4}{4+12}=\frac{1}{4}$，
代入数据解得：y=0.12 m
（2）设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为v_y，则：
v_y=at=$\frac{qU}{md}•t$，
代入数据解得：v_y=1.5×10⁶ m/s．
所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为：
v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}=\sqrt{{2}^{2}+1．{5}^{2}}×1{0}^{6}m/s=2.5×1{0}^{6}$m/s，
设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则：
tan θ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=\frac{3}{4}$　
所以：θ=37°
粒子穿过界面PS在匀强磁场中运动受到洛伦兹力的作用，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上，则粒子恰好运动$\frac{1}{4}$周期，所以粒子的半径是12cm，即r=0.12m
由洛伦兹力提供向心力得：$qvB=\frac{m{v}^{2}}{r}$．
磁感应强度：B=$\frac{mv}{qr}=\frac{1{0}^{-20}×2.5×1{0}^{6}}{1{0}^{-10}×0.12}≈2.1×1{0}^{-3}$T
答：（1）粒子穿过界面PS时偏离中心线的距离0.12m
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小是2.1×10^-3T．

点评 解决本题的关键知道粒子在偏转电场中做类平抛运动，出偏转电场后做匀速直线运动，在PS的右侧做匀速圆周运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．