Question

20．如圖為離子探測裝置示意圖．區(qū)域I、區(qū)域Ⅱ長均為L=0.10m，高均為H=0.06m．區(qū)域I可加方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場；區(qū)域Ⅱ可加方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ的右端緊貼著可探測帶電粒子位置的豎直屏．質(zhì)子束沿兩板正中間以速度v=1.0×l0⁵m/s水平射入，質(zhì)子荷質(zhì)比近似為$\frac{q}{m}$=1.0×l0⁸C/kg．（忽略邊界效應(yīng)，不計重力）
（1）當(dāng)區(qū)域Ⅰ加電場、區(qū)域Ⅱ不加磁場時，求能在屏上探測到質(zhì)子束的外加電場的最大值E_max；
（2）當(dāng)區(qū)域I不加電場、區(qū)域Ⅱ加磁場時，求能在屏上探測到質(zhì)子束的外加磁場的最大值B_max；
（3）當(dāng)區(qū)域I加電場E小于（1）中的E_max，質(zhì)子束進入?yún)^(qū)域Ⅱ和離開區(qū)域Ⅱ的位置等高，求區(qū)域Ⅱ中的磁場B與區(qū)域I中的電場E之間的關(guān)系式．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場區(qū)做類似平拋運動，在區(qū)域Ⅱ做勻速直線運動，類平拋運動的末速度的反向延長線通過水平分位移的中點，結(jié)合類平拋運動的分運動公式列式求解；
（2）粒子射入磁場后做勻速圓周運動，畫出臨界軌跡，得到臨界軌道半徑，然后根據(jù)牛頓第二定律列式分析；
（3）畫出軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系、類平拋運動的分運動公式、牛頓第二定律列式后聯(lián)立求解．

解答 解：（1）畫出軌跡，如圖所示：

偏轉(zhuǎn)角θ滿足：tanθ=$\frac{\frac{H}{2}}{\frac{3L}{2}}$，
豎直分速度：v_y=at，
加速度：a=$\frac{q{E}_{max}}{m}$，
運動時間：t=$\frac{L}{v}$，
解得：E_max=200N/C；
（2）畫出軌跡，如圖所示：

軌跡圓半徑滿足：L²+（R-$\frac{H}{2}$）²=R²．解得：R=$\frac{109}{600}$m；
圓周運動滿足：qvB_max=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，解得：B_max≈5.5×10^-3 T；
（3）畫出軌跡，如圖所示：

偏轉(zhuǎn)角θ滿足：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{v}$，v_y=at，$a=\frac{qE}{m}$，$t=\frac{L}{v}$，$v′=\sqrt{{v}^{2}+{v}_{y}^{2}}$；
軌跡圓圓心角為2θ，半徑滿足：R′sinθ=$\frac{L}{2}$，
圓周運動滿足：$qv′B=m\frac{v{′}^{2}}{R′}$，
綜上可解得：B=$\frac{2E}{v}$；
答：（1）當(dāng)區(qū)域Ⅰ加電場、區(qū)域Ⅱ不加磁場時，能在屏上探測到質(zhì)子束的外加電場的最大值E_max為200N/C；
（2）當(dāng)區(qū)域I不加電場、區(qū)域Ⅱ加磁場時，能在屏上探測到質(zhì)子束的外加磁場的最大值B_max約為5.5×10^-3 T；
（3）當(dāng)區(qū)域I加電場E小于（1）中的E_max，質(zhì)子束進入?yún)^(qū)域Ⅱ和離開區(qū)域Ⅱ的位置等高，區(qū)域Ⅱ中的磁場B與區(qū)域I中的電場E之間的關(guān)系式為B=$\frac{2E}{v}$．

點評 本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運動情況，關(guān)鍵是畫出軌跡，結(jié)合類平拋運動的分運動公式、幾何關(guān)系和牛頓第二定律列式分析．