Question

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(yīng)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(cè)邊緣xoy坐標系的第一象限內(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磁場，磁感應(yīng)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(zhì)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．

Answer 1

分析：（1）帶電粒子電場力與洛倫茲力平衡時，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(zhuǎn)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(shè)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

v2

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=

1

4

T=

πm

2qB

=

π×8.0×10-26

2×8.0×10-19×0.25

=2π×10-7s
離子在電場中的加速度：a=

F

m

=

qE

m

=

8.0×10-19×5.0×105

8.0×10-26

=5.0×1012m/s²．
而離子在電場中來回運動時間為：t2=2

v

a

=2×

5×105

5.0×1012

s=2.0×10-7s；
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(dǎo)致離子向右做勻速圓弧運動，恰好完成

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=

1

2

a

t

2 3

，
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）
答案：（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：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公式，并結(jié)合幾何關(guān)系來處理這兩種運動，強調(diào)運動的分解，并突出準確的運動軌跡圖．