如图所示，一个质量为m=2.0×10-11kg，电荷量q=+1.0×10-5C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U
如图所示，一个质量为m=2.0×10-11kg，电荷量q=+1.0×10-5C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1=100V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2=100V．金属板长L=20cm，两板间距d=10| 3 |
（1）微粒进入偏转电场时的速度v0大小．
（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ．
（3）若该匀强磁场的磁感应强度B=0.346T，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的宽度D至少为多大．
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解题思路：（1）微粒在电场中加速，根据动能定理即可求解速度v0；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，由运动的分解结合动力学知识可确定射出速度的方向偏转角θ；
（3）微粒射入磁场中做匀速圆周运动，根据运动轨迹由几何关系与牛顿第二定律可求出匀强磁场的宽度．
（2）粒子在电场中做类平抛运动，由运动的分解结合动力学知识可确定射出速度的方向偏转角θ；
（3）微粒射入磁场中做匀速圆周运动，根据运动轨迹由几何关系与牛顿第二定律可求出匀强磁场的宽度．
（1）微粒在加速电场中由动能定理得
qU1=[1/2m
v20]
解得 v0=1×104m/s
（2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，有
a=
qU2
md
vy=at
L=v0t
则飞出电场时，速度偏转角的正切为 tanθ=
vy
v0=
U2L
2U1d=
1
3
解得θ=30°
（3）进入磁场时微粒的速度是：v=
v0
cosθ
微粒的轨迹如图，由几何关系有：D=r+rsinθ
由洛伦兹力提供向心力，则有：qvB=m
v2
r
联立以上三式得D=
mv0(1+sinθ)
qBcosθ
代入数据解得D=0.1m
答：
（1）微粒进入偏转电场时的速度v0大小为1×104m/s．
（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ是30°．
（3）使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的宽度D至少0.1m．
点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理；带电粒子在匀强电场中的运动．
考点点评： 此题考查动能定理、动力学规律与牛顿第二定律及结合几何知识来综合解题，同时学会处理类平抛运动与匀速圆周运动的方法，培养学生形成一定的思路与能力．
1年前
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