Question

13．如图所示，板间距为d、板长为L的两块平行金属板EF、GH水平放置，在紧靠平行板右侧的正三角形区域内存在着垂直纸面的匀强磁场，三角形底边BC与GH在同一水平线上，顶点A与EF在同一水平线上．一个质量为m、电量为-q的粒子沿两板中心线以初速度v₀水平射入，若在两板之间加某一恒定电压，粒子离开电场后垂直AB边从D点进入磁场，BD=$\frac{1}{4}$AB，并垂直AC边射出（不计粒子的重力），求：
（1）粒子离开电场时瞬时速度v的大小；两极板间电压U的大小；
（2）三角形区域内磁感应强度；
（3）若两板间不加电压，三角形区域内的磁场方向垂直纸面向里，要使粒子进入磁场区域后能从AB边射出，试求所加磁场的磁感应强度最小值．

Answer 1

分析 （1）粒子离开电场后速度垂直AB边，由几何知识可求出速度的偏向角，根据速度的分解则能求出粒子离开电场时瞬时速度的大小；粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式求出电压．
（2）粒子垂直进入三角形区域内匀强磁场后做匀速圆周运动，画出轨迹，由于粒子垂直AB边射入和AC边射出，由几何知识求出粒子圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求出三角形区域内磁感应强度；
（3）若两板间不加电压，三角形区域内的磁场方向垂直纸面向里，当粒子刚好与BC边相切时，磁感应强度最小，作出轨迹，由几何知识求出最小半径，由牛顿第二定律即可求出磁感应强度的最小值．

解答 解：（1）粒子运动过程如图所示，由几何知识得：粒子离开电场时偏转角为θ=30⁰，
则粒子离开电场时瞬时速度的大小为$v=\frac{v_0}{cosθ}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}{v_0}$…①
在电场中竖直方向：${v_y}=\frac{qU}{md}•（\frac{L}{v_0}）$…②

由几何关系得：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$…③
解得：$U=\frac{{\sqrt{3}mdv_0^2}}{3qL}$…④；
（2）如图由几何关系得：${L_{AB}}=\frac{d}{{cos{{30}^0}}}$…⑤
设在磁场中运动半径为r₁，则${r_1}=\frac{3}{4}{L_{AB}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}d$…⑥
由牛顿第二定律   ${B_1}qv=\frac{{mv_{\;}^2}}{r_1}$…⑦
联立①⑥⑦得，${B_1}=\frac{{4m{v_0}}}{3qd}$…⑧
方向：直纸面向外；
（3）当粒子刚好与BC边相切时，磁感应强度最小，设粒子的运动半径为r₂，
轨迹如图，由几何知识知：${r_2}=\frac{d}{4}$…⑨
由牛顿第二定律得：${B_2}q{v_0}=\frac{mv_0^2}{r_2}$…⑩
解得：${B_2}=\frac{{4m{v_0}}}{qd}$，即磁感应强度的最小值；
答：（1）粒子离开电场时瞬时速度v的大小为$\frac{2\sqrt{3}{v}_{0}}{3}$；两极板间电压U的大小为$\frac{\sqrt{3}md{v}_{0}^{2}}{3qL}$；
（2）三角形区域内磁感应强度为$\frac{4m{v}_{0}}{3qd}$，方向垂直于纸面向外；
（3）所加磁场的磁感应强度最小值为$\frac{4m{v}_{0}}{qd}$．

点评 本题粒子先在电场中偏转，运用运动的分解法研究；后在磁场中做匀速圆周运动，画轨迹、几何知识求出半径是常用的方法和思路．