Question

如圖所示，A、B為兩塊平行金屬板，極板間電壓U_AB=1.25×10⁴V，板中央有小孔P和Q．緊靠B板右側(cè)邊緣的xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，有一邊界線MO，與y軸的夾角∠MOy=45°，邊界線的上方有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.25T，邊界線的下方有水平方向的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)有電荷量q=8.0×10^-19 C、質(zhì)量m=8.0×10^-26 kg的正離子（重力和初速度忽略不計）不斷地從小孔P由進(jìn)入A、B之間．在B板右側(cè)從y軸上坐標(biāo)為（0，0.4m）的點垂直y軸射入磁場區(qū)，經(jīng)過勻強(qiáng)電場最后打到原點O．求：
（1）每個離子從B板上的小孔Q射出時的速度多大？
（2）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小和方向．
（3）現(xiàn)保持電場強(qiáng)度大小不變，方向與原來相反，同時改變MOy區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小（B′≠0），使離子都不能打到x軸上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B′應(yīng)滿足什么條件？

Answer 1

分析：（1）根據(jù)動能定理求解離子從B板上的小孔Q射出時的速度．
（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；離子在電場中做類平拋運動，根據(jù)運動學(xué)公式和牛頓第二定律結(jié)合可求出電場強(qiáng)度．根據(jù)電場中軌跡偏轉(zhuǎn)方向，判斷電場強(qiáng)度的方向．
（3）根據(jù)幾何知識來畫出運動軌跡，求出最大半徑，并結(jié)合牛頓第二定律，求出磁場滿足的條件．

解答：解：（1）設(shè)離子的速度為v，根據(jù)動能定理，有 qU_AB=

1

2

mv2    ①
代入數(shù)據(jù)解得v=5.0×10⁵ m/s．②
（2）離子進(jìn)入磁場B，做圓周運動，由牛頓第二定律有 qvB=m

v2

r

  ③
可得r=0.2m   ④
作出離子的運動軌跡，交邊界OM于N，如圖甲所示，OQ=2r，若磁場無邊界，一定通過O點，則圓弧QN的圓周角為45⁰，則軌跡圓弧的圓心角為θ=90⁰．過N點作圓弧切線，方向豎直向下，離子垂直電場線進(jìn)入電場，做類平拋運動y=OO′=r=vt，⑤
  x=r=

1

2

at2，⑥
  a=

Eq

m

，⑦
則E=2.5×10⁵ V/m，方向沿x軸負(fù)方向
（3）如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知使離子不能打到x軸上的最大半徑r′=

0.4

2+1

m  ⑧
設(shè)使離子都不能打到x軸上，最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B₀．
則：qvB₀=m

v2

r′

  ⑨
代入數(shù)據(jù)解得B₀=

2 +1

8

T=0.3T   ⑩
則B′≥0.3T
答：
（1）每個離子從B板上的小孔Q射出時的速度是5.0×10⁵ m/s．
（2）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小是，2.5×10⁵ V/m，方向沿x軸負(fù)方向．
（3）現(xiàn)保持電場強(qiáng)度大小不變，方向與原來相反，同時改變MOy區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大�。˙′≠0），使離子都不能打到x軸上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B′應(yīng)滿足B′≥0.3T．

點評：考查帶電粒子做勻速圓周運動與類平拋運動中，用牛頓第二定律與運動學(xué)公式，并結(jié)合幾何關(guān)系來處理這兩種運動，強(qiáng)調(diào)運動的分解，并突出準(zhǔn)確的運動軌跡圖．