Question

6．如圖所示，足夠大的熒光屏ON垂直xOy坐標(biāo)面，與x軸夾角為30°，當(dāng)y軸與ON間有沿+y方向、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，一質(zhì)量為m、電荷量為-q的離子從y軸上的P點(diǎn)，以速度v₀、沿+x軸方向射入電場(chǎng)，恰好垂直打到熒光屏上的M點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）．現(xiàn)撤去電場(chǎng)，在y軸與ON間加上垂直坐標(biāo)面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，相同的離子仍以速度v₀從y軸上的Q點(diǎn)沿+x軸方向射入磁場(chǎng)，恰好也垂直打到熒光屏上的M點(diǎn)，離子的重力不計(jì)．求：
（1）求B的大小；
（2）若相同的離子分別從y軸上的不同位置以速度v=ky（y＞0，k為常數(shù)）、沿+x軸方向射入磁場(chǎng)，離子都能打到熒光屏上，k應(yīng)滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強(qiáng)度；
（2）離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，作出離子運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)用牛頓第二定律求出離子的臨界軌道半徑，然后分析答題．

解答 解：（1）離子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

離子打在M點(diǎn)時(shí)豎直方向的分速度為v_y，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，
tan60°=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$，v_y=at=$\frac{qE}{m}$t，x=v₀t，解得：x=$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{qE}$，
離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑：R=OM=$\frac{x}{sin60°}$，
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$，解得：B=$\frac{E}{2{v}_{0}}$；
（2）離子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

設(shè)從縱坐標(biāo)為y處射入磁場(chǎng)的離子恰好能打到熒光屏上，對(duì)應(yīng)的軌道半徑為r₀，
由幾何知識(shí)可知：r₀+$\frac{{r}_{0}}{cos30°}$=y，
此離子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度：v=ky，設(shè)離子的軌道半徑為r，
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
為使離子能打到熒光屏上，應(yīng)滿足：r≥r₀，
而qv₀B=ma，解得：k≥$\frac{（2\sqrt{3}-3）qE}{2m{v}_{0}}$；
答：（1）B的大小為$\frac{E}{2{v}_{0}}$；
（2）k應(yīng)滿足的條件是：k≥$\frac{（2\sqrt{3}-3）qE}{2m{v}_{0}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚離子運(yùn)動(dòng)過(guò)程，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律即可正確解題，解題時(shí)要注意幾何知識(shí)的應(yīng)用．