Question

15．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，多次穿越边界限OA．求：

（1）离子运动的速度为多大？
（2）离子通过Y轴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．（保留两位有效数字）

Answer 1

分析 （1）带电粒子沿PQ直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡，由平衡条件即可求解；
（2）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；离子在电场中做匀减速运动，根据运动学公式可求出发生位移，从而确定离子的运动时间，从而即可求解；
（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，
（2）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，
离子在磁场中运动为：t₁=$\frac{1}{4}$T=$\frac{πm}{2qB}$=$\frac{π×8×1{0}^{-26}}{2×8×1{0}^{-19}×0.25}$=2π×10^-7 s
离子在电场中的加速度：a=$\frac{F}{m}$=$\frac{Eq}{m}$=$\frac{8×1{0}^{-19}×5×1{0}^{5}}{8×1{0}^{-26}}$=5.0×10¹² m/s²．
而离子在电场中来回运动时间为：t₂=2$\frac{v}{a}$=2×$\frac{5×1{0}^{5}}{5×1{0}^{12}}$s=2.0×10^-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：vt₃=$\frac{1}{2}$at${t}_{3}^{2}$
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）离子在平行板间运动的速度大小5.0×10⁵ 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（0.5m，0.5m）．

点评 本题考查带电粒子在磁场中做匀速圆周运动与电场中类平抛运动的问题，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．