Question

7．如图所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B₁=0.20T，方向垂直纸面向里，电场强度E₁=1.0×10⁵V/m，PQ为板间中线．紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有一边界AO、与y轴的夹角∠AOy=45°，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B₂=0.25T，边界线的下方有竖直向上的匀强电场，电场强度E₂=5.0×10⁵V/m．一束带电荷量q=8.0×10^-19C、质量m=8.0×10^-26Kg的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为（0，0.4m）的Q点垂直y轴射入磁场区，多次穿越边界线OA．求：

（1）离子第二次穿越边界线OA时的速度；
（2）离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间；
（3）离子第四次穿越边界线的位置坐标．

Answer 1

分析 （1）带电粒子电场力与洛伦兹力平衡时，即可求解离子进入磁场的速度，离子进入磁场，离子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可求出半径，再求出圆心角，判断离子进入电场中的运动情况，再根据运动学基本公式求解；
（2）根据圆心角和周期的关系求出在磁场中运动的时间，根据运动学公式可求出在电场中发生位移，从而确定离子的运动时间，从而求出总时间即可；
（3）根据左手定则，可确定离子偏转方向，由几何特性，可知离子再次进入电场后做类平抛运动，从而根据平抛运动的规律，运用运动的合成与分解，即可求解．

解答 解：（1）设离子的速度大小为v，由于沿中线PQ做直线运动，则有：qE₁=qvB₁，
代入数据解得：v=5×10⁵ m/s，
离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
代入数据解得：r=0.2 m，
作出离子的运动轨迹，交OA边界于N，如图所示：OQ=2r，

若磁场无边界，一定通过O点，则圆弧QN的圆周角为45°，
则轨迹圆弧的圆心角为θ=90°，过N点做圆弧切线，方向竖直向下，
离子垂直电场线进入电场，做匀减速运动，速度减为零后做匀加速直线运动，
第二次到达OA时的速度和第一次经过OA时的速度相等，即为v=5×10⁵ m/s，
（2）离子在磁场中运动的时间为：${t}_{1}=\frac{1}{4}T=\frac{πm}{2Bq}=\frac{π×8×1{0}^{-26}}{2×8.0×1{0}^{-19}×0.25}=2π×1{0}^{-7}s$
离子在电场中的加速度：$a=\frac{F}{m}=\frac{qE}{m}=\frac{8×1{0}^{-19}×5.0×1{0}^{5}}{8.0×1{0}^{-26}}=5.0×1{0}^{12}m/{s}^{2}$．
而离子在电场中来回运动时间为：${t}_{2}=2\frac{v}{a}=2×\frac{5×1{0}^{5}}{5.0×1{0}^{12}}s=2.0×1{0}^{-7}s$；
所以离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间为：t=t₁+t₂=（2π+2）×10^-7s=8.3×10^-7s．
（3）离子当再次进入磁场后，根据左手定则，可知洛伦兹力水平向右，导致离子向右做匀速圆弧运动，恰好完成 $\frac{1}{4}$周期，当离子再次进入电场后，做类平抛运动，由题意可知，类平抛运动的速度的方向位移与加速度的方向的位移相等，根据运动学公式，则有：$v{t}_{3}=\frac{1}{2}a{{t}_{3}}^{2}$，
代入数据解得：t₃=2×10^-7s
因此离子沿着速度的方向的位移为：x₃=vt₃=0.1m，
所以离子第四次穿越边界线的x轴的位移为：x=R+R+x₃=0.2m+0.2m+0.1m=0.5m，
则离子第四次穿越边界线的位置的坐标为（0.5m，0.5m）
答：（1）离子第二次穿越边界线OA时的速度为5×10⁵ m/s；
（2）离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间为8.3×10^-7s；
（3）离子第四次穿越边界线的位置坐标为（0.5m，0.5m）．

点评 考查带电粒子做匀速圆周运动与类平抛运动中，用牛顿第二定律与运动学公式，并结合几何关系来处理这两种运动，强调运动的分解，并突出准确的运动轨迹图．