Question

11．如圖所示，邊長L=2m的正方形abcd區(qū)域（含邊界）內(nèi)，存在著垂直于區(qū)域表面向內(nèi)的勻強磁場，磁感應強度日=0.5t帶電平行金屬板MN、PQ間形成了勻強電場E（不考慮金屬板在其它區(qū)域形成的電場）．MN放在ad邊上，兩板左端肘、P恰在ab邊上，兩板右端N、Q間有一絕緣擋板EF，EF申間有一小孔O，金屬板長度、板間距、擋板長度均為導．在M和P的中間位置有一離子源s，能夠正對孔O不斷發(fā)射出各種速率的帶負電離子，離子的電荷量均為q=1.6×10^-16C，質(zhì)量均為m=3.2×10²⁵kg．（不計離子的重力，不考慮離子之間的相互作用，離子打到金屬板或擋板上后將不反彈）
（1）當電場強度E₀=2×10⁵N/C時，求能夠袷SO連線穿過孔O的離子的速率v；
（2）電場強度取值在一定范圍內(nèi)時，可使沿so連線穿過O并進入磁場區(qū)域的離子直接從bc邊射出，求滿足條件的電場強度最大值E₁及在此種情況下，離子在磁場區(qū)域運動的時間t；
（3）在電場強度取第（2）問中滿足條件的最小值的情況下，緊貼磁場邊緣cd的內(nèi)側(cè)，從c點沿cd方向入射一電荷量分也為q、質(zhì)量也為m，的帶正電離子，要保證磁場中能夠發(fā)生正、負離子的相向正碰（碰撞時兩離子的速度方向恰好相反），求該正離子入射的速率v．

Answer 1

分析 （1）由平衡條件可以求出離子速度．
（2）作出粒子運動軌跡，由平衡條件、牛頓第二定律求出電場強度．
（3）根據(jù)幾何知識求出離子軌道半徑，由牛頓第二定律求出離子速率．

解答 解：（1）能穿過速度選擇器的離子洛倫茲力與電場力相等，
即：qv₀B=qE，
代入數(shù)據(jù)解得：v₀=4×10⁵m/s；
（2）穿過O孔的離子滿足：qvB=qE，
離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：E=$\frac{q{B}^{2}r}{m}$，
從bc邊射出的離子其臨界軌跡如圖中①②所示：

對于與軌跡①，半徑最大，對應的電場強度值最大，
根據(jù)圖示軌跡①，由幾何知識可得：r₁=$\frac{L}{2}$=1m，
解得：E_1max=1.25×10⁶N/C；
由幾何知識可知，sinθ=$\frac{L-\frac{L}{4}-{r}_{1}}{{r}_{1}}$，sinθ=$\frac{1}{2}$，
則：θ=30°，
粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
粒子在磁場中的勻速時間：t=$\frac{90°+30°}{360°}$T=$\frac{1}{3}$T=$\frac{8π}{3}$×10^-7s；
（3）當E取最小值時，離子軌跡如上圖②所示，
根據(jù)圖示由幾何知識可得：r₂=$\frac{L-\frac{L}{4}}{2}$，
解得：r₂=0.075m，
離子發(fā)生正碰，兩離子軌跡將內(nèi)切，如圖所示：

設從C進入磁場的離子軌道半徑為r′，速率為v′，
由幾何知識得：（r′-r₂）²=r₂²+（r′-$\frac{L}{2}$）²，
將L、r₂代入解得：r′=0.2m，
由牛頓第二定律得：qv′B=q$\frac{v{′}^{2}}{r′}$，
代入數(shù)據(jù)解得：v′=5×10⁵m/s；
答：（l）當電場強度E₀=2×10⁵N/C時，能夠沿SO連線穿過孔O的離子的速率為4×10⁵m/s；
（2）滿足條件的電場強度最大值為1.25×10⁶N/C，離子在磁場區(qū)域運動的時間為$\frac{8π}{3}$×10^-7s；
（3）該正離子入射的速率為5×10⁵m/s．

點評 本題考查了求離子的速率、電場強度，分析清楚離子運動過程、應用平衡條件、牛頓第二定律即可正確解題，分析清楚離子運動過程、作出其運動軌跡是正確解題題的前提與關鍵．