Question

14．如图所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L=1m，间距d=$\frac{\sqrt{3}}{3}$m，两金属板间电压U_MN=1×10⁴V；在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B₁，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直纸面向外的匀强磁场B₂，已知A、F、G处于同一直线上，B、C、H也处于同一直线上，AF两点距离为$\frac{2}{3}$m．现从平行金属极板MN左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m=3×10^-10kg，带电量q=+1×10^-4C，初速度v₀=1×10⁵m/s．
（1）求带电粒子从电场中射出时的速度v的大小和方向
（2）若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC边上，求该区域的磁感应强度B₁
（3）若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，求B₂应满足的条件．

Answer 1

分析 （1）带电粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律即可求解；
（2）求出带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移，根据几何关系及向心力公式即可求解磁场强度；
（3）分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B₂最大，画出粒子运动轨迹根据几何关系及向心力公式即可求解磁场强度应满足的条件．．

解答 解：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动时间t，
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．
竖直方向速度为：v_y=at=$\frac{\sqrt{3}}{3}$×10⁵m/s．
射出时速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$×10⁵m/s，
速度v与水平方向夹角为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）带电粒子射出电场时数值方向偏移的位移：
y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{\sqrt{3}}{6}$m=$\frac{d}{2}$，即粒子由P点垂直AB射入磁场，
由几何关系知，在磁场ABC区域内做匀速圆周运动的半径：R₁=$\frac{d}{cos30°}$=$\frac{2}{3}$m．
由牛顿第二定律得：qvB₁=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$，解得：B₁=$\frac{3\sqrt{3}}{10}$T．
（3）当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B₂最大，运动轨迹如图所示．
由几何关系可知：R₂+$\frac{{R}_{2}}{sin60°}$=1．解得：R₂=（ 2$\sqrt{3}$-3）m．
由牛顿第二定律得：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}}$，解得：B₂=$\frac{2+\sqrt{3}}{5}$T．
所以B₂应满足的条件为大于：$\frac{2+\sqrt{3}}{5}$T．
答：（1）带电粒子从电场中射出时的速度v的大小为：$\frac{2\sqrt{3}}{3}$×10⁵m/s，方向：垂直于AB方向出射．
（2）若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC边上，该区域的磁感应强度B₁为$\frac{3\sqrt{3}}{10}$T．
（3）若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，B₂应满足的条件是大于$\frac{2+\sqrt{3}}{5}$T．

点评 本题考查了粒子在磁场中的运动，做好此类题目的关键是准确的画出粒子运动的轨迹图，利用几何知识求出粒子运动的半径，再结合半径公式和周期公式去分析，难度较大．