分析 (1)由離子做勻速直線運(yùn)動(dòng),則有電場(chǎng)力等于洛倫茲力,從而根據(jù)U=Ed,可確定金屬板M、N間的電壓U;
(2)離子在第一象限做類平拋運(yùn)動(dòng),由出射角度可得到入射速度與出射速度的關(guān)系;將類平拋運(yùn)動(dòng)分解x、y軸兩方向,再由牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可算出離子運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)速度V的大小和由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)所需時(shí)間t;
(3)求出磁場(chǎng)的半徑,根據(jù)題意求出離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的臨界半徑,然后應(yīng)用牛頓第二定律求出磁場(chǎng)的臨界磁感應(yīng)強(qiáng)度,然后確定其范圍.
解答 解:(1)設(shè)平行金屬板M、N間勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E0,則有:U=E0d,
因?yàn)殡x子在金屬板方向射入兩板間,并做勻速直線運(yùn)動(dòng),由平衡條件得:
qE0=qv0B0,解得,金屬板M、N間的電壓:U=B0v0d;
(2)離子在第一象限內(nèi)做平拋運(yùn)動(dòng),
離子經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大。簐=$\frac{{v}_{0}}{cos45°}$=$\sqrt{2}$v0,
離子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),
vy=at=$\frac{qE}{m}$t=vsin45°,運(yùn)動(dòng)時(shí)間:t=$\frac{m{v}_{0}}{qE}$;
(3)磁場(chǎng)區(qū)域半徑:R=OA=v0t=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qE}$,
離子不從半圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)的圓弧ODC射出的臨界運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,
離子不從半圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)的圓弧ODC射出的臨界軌道半徑:r=$\frac{1}{2}$R,
洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:qvB0=m$\frac{{v}^{2}}{r}$,解得:B0=$\frac{2\sqrt{2}E}{{v}_{0}}$,
離子不從半圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)的圓弧ODC射出的磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍是:B≥B0=$\frac{2\sqrt{2}E}{{v}_{0}}$.
答:(1)金屬板M、N間的電壓U為B0v0d;
(2)離子運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的速度v的大小和由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)所需要的時(shí)間t為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qE}$;
(3)試討論離子不從半圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)的圓弧ODC射出的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍是:B≥$\frac{2\sqrt{2}E}{{v}_{0}}$.
點(diǎn)評(píng) 考查了電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡時(shí)的勻速直線運(yùn)動(dòng),僅僅由電場(chǎng)力做類平拋運(yùn)動(dòng),還有僅僅由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng),學(xué)會(huì)如何處理類平拋運(yùn)動(dòng)及勻速圓周運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題,形成一定的解題能力.同時(shí)注意幾何知識(shí)的熟練應(yīng)用,并強(qiáng)調(diào)洛倫茲力的方向的重要性.
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