Question

14．如圖所示，Ⅰ區(qū)存在相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度B₁=0.4T．電場的方向豎直向下，電場強度E₁=2.0×10⁵V/m，兩平板間距d₁=20cm；Ⅱ、Ⅲ區(qū)為對稱的1/4圓弧為界面的勻強磁場區(qū)域，磁場垂直紙面方向，對應(yīng)磁感應(yīng)強度分別為B₂、B₃；Ⅳ區(qū)為有界勻強電場區(qū)域，電場方向水平向右，電場強度E₂=5×10⁵V/m，右邊界處放一足夠大的接收屏MN，屏MN與電場左邊界的距離d₂=10cm．一束帶電量q=8.0×10^-19C，質(zhì)量m=8.0×10^-26 kg的正離子從Ⅰ區(qū)左側(cè)以相同大小的速度v₀（未知）沿平行板的方向射入Ⅰ區(qū)，恰好能做直線運動，穿出平行板后進(jìn)入Ⅱ或Ⅲ區(qū)的磁場區(qū)域，且所有粒子都能從同點O射出，進(jìn)入Ⅳ區(qū)后打在接收屏MN上．（不計重力），求：

（1）正離子進(jìn)入Ⅰ區(qū)時的速度大小v₀
（2）Ⅱ、Ⅲ區(qū)的磁感應(yīng)強度B₂、B₃的大小與方向
（3）正離子打在接收屏上的徑跡的長度．

Answer 1

分析 （1）正離子進(jìn)入I區(qū)域時做直線運動可知，洛倫茲力與電場力平衡，據(jù)此求得速度大小；
（2）平行運動的正離子做圓周運動匯聚于O點，由數(shù)學(xué)知識可得粒子圓周運動的半徑，根據(jù)左手定則確定磁場的方向；
（3）粒子進(jìn)入電場時速度大小相等，速度垂直于OO′的粒子在電場中做類平拋運動，粒子打在屏上偏離距離最遠(yuǎn)，根據(jù)類平拋運動規(guī)律求解即可．

解答 解：（1）在磁場I區(qū)域，正離子做直線運動可知，離子所受電場力與洛倫茲力平衡即：
qv₀B₁=qE₁
由此得離子速度${v}_{0}=\frac{{E}_{1}}{{B}_{1}}=\frac{2×1{0}^{5}}{0.4}m/s$=5×10⁵m/s；
（2）由數(shù)學(xué)知識可知，只有正離子在II或III區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動的半徑等于該區(qū)域磁場半徑$\frac{q01xqkk_{1}}{2}$時，才能使所有離子匯聚于O點．
由此可得B₂=B₃
據(jù)洛倫茲力提供圓周運動向心力有$q{B}_{2}{v}_{0}=m\frac{{v}_{0}^{2}}{\frac{ai2ocwc_{1}}{2}}$
可得：${B}_{2}=\frac{m{v}_{0}}{q•\frac{beoxbqg_{1}}{2}}=\frac{8×1{0}^{-26}×5×1{0}^{5}}{8×1{0}^{-19}×\frac{0.2}{2}}T$=0.5T
根據(jù)左手定則可知，B₂垂直紙面向外，B₃垂直紙面向里；
（3）正離子從O點射出進(jìn)入IV區(qū)域的電場，其中速度垂直O(jiān)O′的正離子會在電場中做類平拋運動而打在屏上最遠(yuǎn)點M，設(shè)最遠(yuǎn)點M離O′的距離為l，則有：
qE₂=ma
$go7rlzh_{2}=\frac{1}{2}a{t}_{m}^{2}$
l=v₀t_m
代入數(shù)據(jù)可解得l=0.1m
所以屏上軌跡的總長度L=2l=0.2m．
答：（1）正離子進(jìn)入Ⅰ區(qū)時的速度大小v₀為5×10⁵m/s；
（2）Ⅱ、Ⅲ區(qū)的磁感應(yīng)強度B₂、B₃的大小為0.5T與方向分別垂直紙面向外和垂直紙面向里；
（3）正離子打在接收屏上的徑跡的長度為0.2m．

點評 磁場區(qū)域半徑與粒子運動半徑相等時，平等會聚于一點，一點發(fā)散成平行本題是帶電粒子經(jīng)過速度選擇器后在磁場和電場中運動的綜合題，關(guān)鍵是能抓住粒子運動軌跡，由數(shù)學(xué)知識求得：磁場區(qū)域半徑與粒子運動半徑相等時，平行會聚于一點或一點發(fā)散成平行．較難不易求解．