Question

15．如圖所示的平行板器件中，存在相互垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁=0.20T，方向垂直紙面向里，電場(chǎng)強(qiáng)度E₁=1.0×10⁵V/m，PQ為板間中線．緊靠平行板右側(cè)邊緣XOY坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，有一邊界AO，與Y軸的夾角∠AOY=45°，邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂=0.25T，邊界線的下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E₂=5.0×10⁵V/m，一束帶電量q=8.0×10^-19C、質(zhì)量m=8.0×10^-26kg的正離子從P點(diǎn)射入平行板間，沿中線PQ做直線運(yùn)動(dòng)，穿出平行板后從Y軸上坐標(biāo)為（0，0.4m）的Q點(diǎn)垂直Y軸射入磁場(chǎng)區(qū)，多次穿越邊界限OA．求：

（1）離子運(yùn)動(dòng)的速度為多大？
（2）離子通過(guò)Y軸進(jìn)入磁場(chǎng)到第二次穿越邊界線OA所需的時(shí)間？
（3）離子第四次穿越邊界線的位置坐標(biāo)．（保留兩位有效數(shù)字）

Answer 1

分析 （1）帶電粒子沿PQ直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，由平衡條件即可求解；
（2）離子在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可求出半徑；離子在電場(chǎng)中做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求出發(fā)生位移，從而確定離子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，從而即可求解；
（3）根據(jù)左手定則，可確定離子偏轉(zhuǎn)方向，由幾何特性，可知離子再次進(jìn)入電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，從而根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解，即可求解．

解答 解：（1）設(shè)離子的速度大小為v，由于沿中線PQ做直線運(yùn)動(dòng)，則有：qE₁=qvB₁，
代入數(shù)據(jù)解得：v=5×10⁵ m/s，
（2）離子進(jìn)入磁場(chǎng)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
代入數(shù)據(jù)解得：r=0.2 m，
作出離子的運(yùn)動(dòng)軌跡，交OA邊界于N，如圖所示：OQ=2r，

若磁場(chǎng)無(wú)邊界，一定通過(guò)O點(diǎn)，則圓弧QN的圓周角為45°，
則軌跡圓弧的圓心角為θ=90°，過(guò)N點(diǎn)做圓弧切線，方向豎直向下，
離子垂直電場(chǎng)線進(jìn)入電場(chǎng)，做勻減速運(yùn)動(dòng)，
離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)為：t₁=$\frac{1}{4}$T=$\frac{πm}{2qB}$=$\frac{π×8×1{0}^{-26}}{2×8×1{0}^{-19}×0.25}$=2π×10^-7 s
離子在電場(chǎng)中的加速度：a=$\frac{F}{m}$=$\frac{Eq}{m}$=$\frac{8×1{0}^{-19}×5×1{0}^{5}}{8×1{0}^{-26}}$=5.0×10¹² m/s²．
而離子在電場(chǎng)中來(lái)回運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t₂=2$\frac{v}{a}$=2×$\frac{5×1{0}^{5}}{5×1{0}^{12}}$s=2.0×10^-7 s；
所以離子從進(jìn)入磁場(chǎng)到第二次穿越邊界線OA所需的時(shí)間為：t=t₁+t₂=（2π+2）×10^-7s=8.3×10^-7s．
（3）離子當(dāng)再次進(jìn)入磁場(chǎng)后，根據(jù)左手定則，可知洛倫茲力水平向右，導(dǎo)致離子向右做勻速圓弧運(yùn)動(dòng)，恰好完成$\frac{1}{4}$周期，當(dāng)離子再次進(jìn)入電場(chǎng)后，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，由題意可知，類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的速度的方向位移與加速度的方向的位移相等，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，則有：vt₃=$\frac{1}{2}$at${t}_{3}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：t₃=2×10^-7s
因此離子沿著速度的方向的位移為：x₃=vt₃=0.1m，
所以離子第四次穿越邊界線的x軸的位移為：x=R+R+x₃=0.2m+0.2m+0.1m=0.5m，
則離子第四次穿越邊界線的位置的坐標(biāo)為（0.5m，0.5m）
答：（1）離子在平行板間運(yùn)動(dòng)的速度大小5.0×10⁵ m/s．
（2）離子從進(jìn)入磁場(chǎng)到第二次穿越邊界線OA所需的時(shí)間為8.3×10^-7s．
（3）離子第四次穿越邊界線的位置坐標(biāo)（0.5m，0.5m）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)與電場(chǎng)中類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，并結(jié)合幾何關(guān)系來(lái)處理這兩種運(yùn)動(dòng)，強(qiáng)調(diào)運(yùn)動(dòng)的分解，并突出準(zhǔn)確的運(yùn)動(dòng)軌跡圖．