Question

5．如圖所示，在以O(shè)為圓心，半徑為R=10$\sqrt{3}$cm的圓形區(qū)域內(nèi)，有一個水平方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B=0.1T，方向垂直紙面向外．豎直平行放置的兩金屬板A、K相距為d=20$\sqrt{3}$mm，連在如圖所示的電路中，電源電動勢E=91V，內(nèi)阻r=1Ω定值電阻R₁=10Ω，滑動變阻器R₂的最大阻值為80Ω，S₁、S₂為A、K板上的兩上小孔，且S₁、S₂跟O點在垂直極板的同一直線上，OS₂=2R，另有一水平放置的足夠長的熒光屏D，O點跟熒光屏D之間的距離為H=2R．比荷為2×10⁵C/kg的正離子流由S₁進入電場后，通過S₂向磁場中心射去，通過磁場后落到熒光屏D上．離子進入電場的初速度、重力、離子之間的作用力均可忽略不計．問：
（1）請分段描述正離子自S₁到熒光屏D的運動情況．
（2）如果正離子垂直打在熒光屏上，電壓表的示數(shù)多大？
（3）調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片P的位置，正離子到達熒光屏的最大范圍多大？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)離子的受力情況分析其運動情況．
（2）正離子垂直打在熒光屏上，由幾何知識求出在磁場中做圓周運動的半徑．離子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求得速度．離子在電場中加速過程，由動能定理求得兩金屬板間的電壓，即為電壓表的示數(shù)．
（3）兩金屬板間的電壓越小，離子經(jīng)電場后獲得的速度也越小，離子在磁場中作圓周運動的半徑越小，射出電場時的偏轉(zhuǎn)角越大，越可能射向熒光屏的左側(cè)，當(dāng)滑動片P處于最左端時，兩金屬板間電壓最小，離子射在熒光屏上的位置為所求范圍的最左端點，由歐姆定律求出兩金屬板間電壓最小值，由（2）問的結(jié)論求出離子在磁場中做圓運動的半徑，即可由幾何知識求出離子射到熒光屏的最左端點到熒光屏中心的距離；當(dāng)滑動片P處于最右端時，兩金屬板間電壓最大，離子射在熒光屏上的位置為所求范圍的最右端點，用同樣的方法求出離子射到熒光屏的最右端點到熒光屏中心的距離，即可得到正離子到達熒光屏的最大范圍．

解答 解：（1）正離子在兩金屬板間做勻加速直線運動，離開電場后做勻速直線運動，進入磁場后做勻速圓周運動，離開磁場后，離子又做勻速直線運動，直到打在熒光屏上．
（2）設(shè)離子由電場射出后進入磁場時的速度為v．因離子是沿圓心O的方向射入磁場，由對稱性可知，離子射出磁場時的速度方向的反向延長線也必過圓心O．離開磁場后，離子垂直打在熒光屏上（圖中的O′點），則離子在磁場中速度方向偏轉(zhuǎn)了90°，離子在磁場中做圓周運動的徑跡如圖答1所示．

由幾何知識可知，離子在磁場中做圓周運動的圓半徑$r=R=10\sqrt{3}cm$              ①
設(shè)離子的電荷量為q、質(zhì)量為m，進入磁場時的速度為v有
由$qvB=m\frac{{v}_{\;}^{2}}{r}$，得     $r=\frac{mv}{qB}$    ②
設(shè)兩金屬板間的電壓為U，離子在電場中加速，由動能定理有：
    $qU=\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}$               ③
而    $\frac{q}{m}=2×1{0}_{\;}^{5}C/kg$           ④
由②③兩式可得$U=\frac{{B}_{\;}^{2}{r}_{\;}^{2}q}{2m}$       ⑤
代入有關(guān)數(shù)值可得U=30V，也就是電壓表示數(shù)為30V．
（3）因兩金屬板間的電壓越小，離子經(jīng)電場后獲得的速度也越小，離子在磁場中作圓周運動的半徑越小，射出電場時的偏轉(zhuǎn)角越大，也就越可能射向熒光屏的左側(cè)．
由閉合電路歐姆定律有，$I=\frac{E}{{R}_{1}^{\;}+{R}_{2}^{\;}+r}=\frac{91}{10+80+1}=1A$
當(dāng)滑動片P處于最右端時，兩金屬板間電壓的最大，為${U}_{max}^{\;}=I（{R}_{1}^{\;}+{R}_{2}^{\;}）=90V$；
當(dāng)滑動片P處于最左端時，兩金屬板間電壓最小，為${U}_{min}^{\;}=I{R}_{1}^{\;}=10V$；
兩板間電壓為${U}_{min}^{\;}=10V$時，離子射在熒光屏上的位置為所求范圍的最左端點，
由②③可解得離子射出電場后的速度大小為v₁=2×10³m/s，離子在磁場中做圓運動的半徑為r₁=0.1m，或直接根據(jù)⑤式求得r₁=0.1m，此時粒子進入磁場后的徑跡如圖答2所示，

O₁為徑跡圓的圓心，A點為離子能射到熒光屏的最左端點．由幾何知識可得：
$tan\frac{α}{2}=\frac{{r}_{1}^{\;}}{R}=\frac{0.1}{10\sqrt{3}×1{0}_{\;}^{-2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以α=60°
所以AO′=Htan（90°-α）=$2×10\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}$cm=20cm   
而兩板間電壓為${U}_{max}^{\;}=90$V時，離子射在熒光屏上的位置為所求范圍的最右端點，
此時粒子進入磁場后的徑跡如圖答3所示，

同理由②③可解得離子射出電場后的速度大小為v₂=6×10³m/s，
離子在磁場中做圓運動的半徑為r₂=0.3m，或直接由⑤式求得r₂=0.3m，
由幾何知識可得
$tan\frac{β}{2}=\frac{{r}_{2}^{\;}}{R}=\frac{0.3}{10\sqrt{3}×1{0}_{\;}^{-2}}=\sqrt{3}$
即β=120°
所以$O′B=Htan（β-90°）=2×10\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}$cm=20cm
離子到達熒光屏上的范圍為以O(shè)′為中點的左右兩側(cè)20cm．
答：（1）正離子自S₁到熒光屏D的運動情況是正離子在兩金屬板間作勻加速直線運動，離開電場后做勻速直線運動，進入磁場后做勻速圓周運動，離開磁場后，離子又做勻速直線運動，直到打在熒光屏上．
（2）如果正離子垂直打在熒光屏上，電壓表的示數(shù)30V．
（3）調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片P的位置，正離子到達熒光屏的最大范圍是以O(shè)′為中點的左右兩側(cè)20cm．

點評 本題分析離子的運動情況是求解的關(guān)鍵和基礎(chǔ)，考查綜合應(yīng)用電路、磁場和幾何知識，處理帶電粒子在復(fù)合場中運動問題的能力，綜合性較強．