如图所示，在以O为圆心，半径为R的圆形区域内，有一个水平方向的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，方
（1）正离子在两金属板间受到电场力而作匀加速直线运动，离开电场后做匀速直线运动，进入磁场后受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，离开磁场后，离子又做匀速直线运动，直到打在荧光屏上． （2）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 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 v 2 r′ 得 r′= 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= 1 2 m v 2 ③而 q m =2×105C/kg ④由②③两式可得U= 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． （3）因两金属板间的电压越小，离子经电场后获得的速度也越小，离子在磁场中作圆周运动的半径越小，射出电场时的偏转角越大，也就越可能射向荧光屏的左侧．由闭合电路欧姆定律有，I= E R 1 + R 2 +r =1A．当滑动片P处于最右端时，两金属板间电压最大，为U max =I（R 1 +R 2 ）=90V 当滑动片P处于最左端时，两金属板间电压最小，为U min =IR 1 =10V 两板间电压为U min =10V时，离子射在荧光屏上的位置为所求范围的最左端点，由②③可解得离子射出电场后的速度大小为v 1 =2×10 3 m/s，离子在磁场中做圆运动的半径为r 1 =0.1m．此时粒子进入磁场后的径迹如图答2所示，O 1 为径迹圆的圆心，A点为离子能射到荧光屏的最左端点．由几何知识可得： tan α 2 = r 1 R = 3 3 ，所以α=60°所以AO′=Htan（90°-α）=2× 10 3 × 3 3 cm=20cm而两板间电压为U max =90V时，离子射在荧光屏上的位置为所求范围的最右端点，此时粒子进入磁场后的径迹如图答3所示，同理由②③可解得离子射出电场后的速度大小为v 1 =6×10 3 m/s，离子在磁场中做圆运动的半径为r 1 =0.3m，或直接由⑤式求得r 2 =0.3m由几何知识可得tan β 2 = r 2 R = 3 即β=120°所以O′B=Htan（β-90°）=2×10 3 × 3 3 cm=20cm离子到达荧光屏上的范围为以O′为中点的左右两侧20cm．答：（1）正离子自S 1 到荧光屏D的运动情况是正离子在两金属板间作匀加速直线运动，离开电场后做匀速直线运动，进入磁场后做匀速圆周运动，离开磁场后，离子又做匀速直线运动，直到打在荧光屏上． （2）如果正离子垂直打在荧光屏上，电压表的示数30V．（3）调节滑动变阻器滑片P的位置，正离子到达荧光屏的最大范围是以O′为中点的左右两侧20cm．
（1）设粒子的质量为m，电荷量为q，垂直打在荧光屏上的M点时的速度为v 1 ，粒子垂直打在荧光屏上，说明粒子在磁场中的运动是四分之一圆周，运动半径：r 1 =R 根据牛顿第二定律：Bqv 1 = m v 21 r 1 依题意：k= q m 解得：v 1 =BkR （2）设粒子在磁场中运动轨道半径为r 2 ，偏转角为2θ，粒子射出磁场时的方向与竖直方向夹角为α，粒子打到N点时的轨迹如图所示，由几何关系可知 tanα= MN h = 3 3 ，α=30°，θ=30°tanθ= R r 2 解得：r 2 = 3 R设此时A、K两极板间的电压为U，设粒子离开S 2 时的速度为v 2 ，根据牛顿第二定律：Bqv 2 = m v 22 r 2 根据动能定理有 qU= 1 2 m v 22 解得：U= 3 2 k B 2 R 2 答：（1）粒子垂直打到荧光屏上M点时速度的大小为BkR；（2）此时A、K两极板间的电压为U= 3 2 k B 2 R 2 ．
（1）粒子在电场中自S1至S2做匀加速直线运动；自S2至进入磁场前做匀速直线运动；进入磁场后做匀速圆周运动；离开磁场至荧光屏做匀速直线运动（2）设粒子的质量为m，电荷量为q，垂直打在荧光屏上的P点时的速度为v1，粒子垂直打在荧光屏上，说明粒子在磁场中的运动是四分之一圆周，运动半径r1=R
根据牛顿第二定律
Bqv1=
|
