Question

如圖所示，在平面坐標(biāo)系xOy內(nèi)，同種帶正電離子，質(zhì)量m=1.0×10^-20kg、帶電量q=1.0×10^-10C，以相同速度不斷從C點(diǎn)垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)后通過極板MN上的小孔O離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v=2.0×10⁶m/s，方向與x軸成30°角斜向上．在y軸右側(cè)有一個(gè)圓心位于O'（0.01m，0）點(diǎn)，半徑r=0.01m的圓形磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.01T，有一垂直于x軸的面積足夠大的豎直熒光屏PQ置于坐標(biāo)x₀=0.04m處．已知NC之間的距離d=0.02m．試求：
（1）粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑；
（2）偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大�。�
（3）若圓形磁場(chǎng)區(qū)可沿x軸移動(dòng)，圓心O'在x軸上的移動(dòng)范圍為（0.01m，+∞），由于磁場(chǎng)位置的不同，導(dǎo)致粒子打在熒光屏上的位置也不同，求粒子打在熒光屏上點(diǎn)的縱坐標(biāo)的范圍．

Answer 1

分析：（1）離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛侖茲力提供向心力，由牛頓第二定律求軌跡半徑；
（2）粒子射入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，將速度v分解為沿x軸和y軸兩個(gè)方向，得到初速度，根據(jù)動(dòng)能定理求場(chǎng)強(qiáng)E；
（3）由幾何知識(shí)分析并求解離子打在熒光屏的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)的縱坐標(biāo)，即得到縱坐標(biāo)的范圍．

解答：解：（1）離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于洛侖茲力提供向心力，則有：qvB=m

v2

R

   ①
解得：R=0.02m   
（2）將速度v分解為如圖所示的x方向速度v₁和y方向速度v₂，
得到：v₂=vsin30°=0.5v    ②
則初速度為v₀=v_c ③
離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理：Eqd=

1

2

mv²-

1

2

mv

2 2

           ④
聯(lián)立②③④解得：E=7.5×10³V/m                 
（3）當(dāng)圓心O′在x=0.01m時(shí)，由于R=0.02m=2r，所以離子從x軸上的D點(diǎn)離開磁場(chǎng)．   
由幾何關(guān)系可知，離子打在熒光屏的最低點(diǎn)，縱坐標(biāo)為：y₁=-（x₀-2r）tan30°=

2 3

3

×10-2m  ⑤
隨著磁場(chǎng)向右移動(dòng)，熒光屏上亮點(diǎn)的位置逐漸向上移動(dòng)，當(dāng)速度v的方向與磁場(chǎng)邊界相切時(shí)，離子將打在熒光屏的最高位置．其最高點(diǎn)的縱坐標(biāo)為：
  y₂=x₀tan30°=

4 3

3

×10-2m  ⑥
故離子打在熒光屏上的點(diǎn)縱坐標(biāo)范圍為[

2 3

3

×10-2m，

4 3

3

×10-2m]
答：
（1）粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為0.02m；
（2）偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為7.5×10³V/m；
（3）粒子打在熒光屏上點(diǎn)的縱坐標(biāo)范圍為[

2 3

3

×10-2m，

4 3

3

×10-2m]．

點(diǎn)評(píng)：本題是帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問題，磁場(chǎng)中由牛頓第二定律求軌跡半徑，由幾何知識(shí)求相關(guān)距離是常用的方法．電場(chǎng)中運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法和動(dòng)能定理處理此類問題．