Question

15．如圖所示的平行板器件中，存在相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度B₁=0.20T，方向垂直紙面向里，電場強度E₁=1.0×10⁵V/m，PQ為板間中線．緊靠平行板右側邊緣XOY坐標系的第一象限內，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磁場，磁感應強度B₂=0.25T，邊界線的下方有豎直向上的勻強電場，電場強度E₂=5.0×10⁵V/m，一束帶電量q=8.0×10^-19C、質量m=8.0×10^-26kg的正離子從P點射入平行板間，沿中線PQ做直線運動，穿出平行板后從Y軸上坐標為（0，0.4m）的Q點垂直Y軸射入磁場區(qū)，多次穿越邊界限OA．求：

（1）離子運動的速度為多大？
（2）離子通過Y軸進入磁場到第二次穿越邊界線OA所需的時間？
（3）離子第四次穿越邊界線的位置坐標．（保留兩位有效數(shù)字）

Answer 1

分析 （1）帶電粒子沿PQ直線運動時，電場力與洛倫茲力平衡，由平衡條件即可求解；
（2）離子在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可求出半徑；離子在電場中做勻減速運動，根據(jù)運動學公式可求出發(fā)生位移，從而確定離子的運動時間，從而即可求解；
（3）根據(jù)左手定則，可確定離子偏轉方向，由幾何特性，可知離子再次進入電場后做類平拋運動，從而根據(jù)平拋運動的規(guī)律，運用運動的合成與分解，即可求解．

解答 解：（1）設離子的速度大小為v，由于沿中線PQ做直線運動，則有：qE₁=qvB₁，
代入數(shù)據(jù)解得：v=5×10⁵ m/s，
（2）離子進入磁場，做勻速圓周運動，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，
作出離子的運動軌跡，交OA邊界于N，如圖所示：OQ=2r，

若磁場無邊界，一定通過O點，則圓弧QN的圓周角為45°，
則軌跡圓弧的圓心角為θ=90°，過N點做圓弧切線，方向豎直向下，
離子垂直電場線進入電場，做勻減速運動，
離子在磁場中運動為：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．
而離子在電場中來回運動時間為：t₂=2$\frac{v}{a}$=2×$\frac{5×1{0}^{5}}{5×1{0}^{12}}$s=2.0×10^-7 s；
所以離子從進入磁場到第二次穿越邊界線OA所需的時間為：t=t₁+t₂=（2π+2）×10^-7s=8.3×10^-7s．
（3）離子當再次進入磁場后，根據(jù)左手定則，可知洛倫茲力水平向右，導致離子向右做勻速圓弧運動，恰好完成$\frac{1}{4}$周期，當離子再次進入電場后，做類平拋運動，由題意可知，類平拋運動的速度的方向位移與加速度的方向的位移相等，根據(jù)運動學公式，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為（0.5m，0.5m）
答：（1）離子在平行板間運動的速度大小5.0×10⁵ m/s．
（2）離子從進入磁場到第二次穿越邊界線OA所需的時間為8.3×10^-7s．
（3）離子第四次穿越邊界線的位置坐標（0.5m，0.5m）．

點評 本題考查帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動與電場中類平拋運動的問題，用牛頓第二定律與運動學公式，并結合幾何關系來處理這兩種運動，強調運動的分解，并突出準確的運動軌跡圖．