Question

8．如图所示，在以O为圆心，半径为R=10$\sqrt{3}$cm的圆形区域内，有一个水平方向的匀强磁场，磁感强度大小为B=0.10T，方向垂直纸面向外．竖直平行放置的两个金属板A、K连在如下图所示的电路中．电源电动势E=91V，内阻r=1.0Ω，定值电阻R₁=10Ω，滑动变阻器R₂的最大阻值为80Ω，S₁、S₂为A、K板上的两个小孔，且S₁、S₂与O都在同一水平直线上，另有一水平放置的足够长的荧光屏D，O点跟荧光屏D之间的距离为H=3R．比荷（带电粒子的电量与质量之比）为2.0×10⁵C/kg的带正电的粒子由S₁进入电场后，通过S₂向磁场中心射去，通过磁场后落到荧光屏D上．粒子进入电场的初速度、重力均可忽略不计．
（1）如果粒子垂直打在荧光屏上的P点，电压表的示数为多大？
（2）调节滑动变阻器滑片P的位置，求粒子打到荧光屏的范围．

Answer 1

分析 （1）粒子垂直打在荧光屏上的P点时，在磁场中运动轨迹必定为四分之一圆弧，由几何关系得其运动半径为R，由洛伦兹力提供向心力，可得运动速度，对于加速过程，由动能定理可得加速电压，此即两板间的电压
（2）滑动片在最左端时，有欧姆定律可解得结果，极板间电压最小，在最右端时电压最大，电压的变化会引起加速后速度达到变化，进而影响圆周运动的半径变化，故射出磁场时的偏角改变，射出磁场后粒子做匀速直线运动，可得粒子到打到光屏的范围．

解答 解：（1）设离子由电场射出后进入磁场时的速度为v．因离子是沿圆心O的方向射入磁场，由对称性可知，离子射出磁场时的速度方向的反向延长线也必过圆心O．离开磁场后，离子垂直打在荧光屏上（图中的O′点），则离子在磁场中速度方向偏转了90°，由几何知识可知，离子在磁场中做圆周运动的半径
r′=R=10$\sqrt{3}$cm①
设离子的电荷量为q、质量为m，进入磁场时的速度为v有
由qvB=m$\frac{{mv}_{\;}^{2}}{r′}$得
r′=$\frac{mv}{qB}$②
设两金属板间的电压为U，离子在电场中加速，由动能定理有：
qU=${\frac{1}{2}}^{\;}$mv²③
而$\frac{q}{m}$=2×10⁵C/kg ④
由②③两式可得
U=$\frac{{{B}^{2}r′}^{2}q}{2m}$⑤
代入有关数值可得U=30V，也就是电压表示数为30V．
（2）当滑动变阻器滑动头在左端时，由欧姆定律得：
U₁=${\frac{E}{{R}_{1}{+R}_{2}+r}}_{\;}$R₁=$\frac{91}{10+80+1}×10$v=10V，
qU₁=$\frac{1}{2}$${mv}_{1}^{2}$
${r}_{1}=\frac{{mv}_{1}}{qB}$
解得：r₁=10cm，粒子进入磁场后的轨迹为图甲
由几何关系得偏转角为θ₁=120°，故α=60°，
打在荧光屏上的M点，$MO′=\frac{H}{\sqrt{3}}$=30cm
当滑动头在右端时，由欧姆定律得：
U₂=${\frac{E}{{R}_{1}{+R}_{2}+r}}_{\;}$（R₁+R₂）=90V
qU₂=$\frac{1}{2}$${mv}_{2}^{2}$
${r}_{2}=\frac{{mv}_{2}}{qB}$
解得r₂=30cm，粒子进入磁场后的轨迹为图乙，由几何关系得，
偏转角θ₂=60°，故β=60°，打在荧光屏上的N点，且：
O$O′N=\frac{H}{\sqrt{3}}=30cm$
故，调节滑动变阻器滑片P的位置，粒子到打到光屏的范围为60cm
答：（1）粒子垂直打在荧光屏上的P点，电压表的示数为30V
（2）粒子到打到光屏的范围为60cm

点评 本题分析离子的运动情况是求解的关键和基础，考查综合应用电路、磁场和几何知识，处理带电粒子在复合场中运动问题的能力，综合性较强．
要注意粒子在电场中一般考查运动的合成与分解或功能关系；而磁场中的问题，要注意几何关系的确定，明确圆心和半径的确定方法．