Question

（2011?東莞一模）如圖所示，一個質量為m=2.0×10^-11kg，電荷量q=+1.0×10^-5C的帶電微粒（重力忽略不計），從靜止開始經U₁=100V電壓加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉電場，偏轉電場的電壓U₂=100V．金屬板長L=20cm，兩板間距d=10

3

cm．求：
（1）微粒進入偏轉電場時的速度v₀的大小
（2）微粒射出偏轉電場時的偏轉角θ和速度v
（3）若帶電微粒離開偏轉電場后進入磁感應強度

3

5

為B=T的均強磁場，為使微粒不從磁場右邊界射出，該勻強磁場的寬度D至少為多大．

Answer 1

分析：（1）粒子在電場中加速，根據動能定理即可求解；
（2）粒子在電場中做類平拋運動，由運動的分解結合動力學知識可確定射出速度的大小與方向；
（3）根據運動軌跡由幾何關系與牛頓第二定律可求出勻強磁場的寬度．

解答：解：（1）微粒在加速電場中
由動能定理得qU1=

1

2

m

v

2 0

解得v₀=1.0×10⁴m/s
（2）微粒在偏轉電場中做類平拋運動，有   a=

qU2

md

vy=at=a

L

v0

飛出電場時，速度偏轉角的正切為
tanθ=

vy

v0

=

U2L

2U1d

=

3

3

解得  θ=30°
進入磁場時微粒的速度是：v=

v0

cosθ

=

2 3

3

×104m/s
（3）軌跡如圖，由幾何關系有：D=r+rsinθ
洛倫茲力提供向心力：Bqv=

mv2

r

聯立以上三式得   D=

mv0(1+sinθ)

qBcosθ

代入數據得  D=0.1m
答：（1）微粒進入偏轉電場時的速度v₀的大小為1.0×10⁴m/s；
（2）微粒射出偏轉電場時的偏轉角為30°和速度v為

2 3

3

×104m/s；
（3）若帶電微粒離開偏轉電場后進入磁感應強度

3

5

為B=T的均強磁場，為使微粒不從磁場右邊界射出，該勻強磁場的寬度D至少為0.1m．

點評：考查動能定理、動力學規律與牛頓第二定律及結合幾何知識來綜合解題，同時學會處理類平拋運動與勻速圓周運動的方法，培養學生形成一定的思路與能力．