题目内容
如图所示，在以O为圆心，半径为R=10| 3 |
| 3 |
问：（1）请分段描述正离子自S1到荧光屏D的运动情况．
（2）如果正离子垂直打在荧光屏上，电压表的示数多大？
（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多大？
分析：（1）根据离子的受力情况分析其运动情况．
（2）正离子垂直打在荧光屏上，由几何知识求出在磁场中做圆周运动的半径．离子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求得速度．离子在电场中加速过程，由动能定理求得两金属板间的电压，即为电压表的示数．
（3）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，越可能射向荧光屏的左侧，当滑动片P处于最左端时，两金属板间电压最小，离子射在荧光屏上的位置为所求范围的最左端点，由欧姆定律求出两金属板间电压最小值，由（2）问的结论求出离子在磁场中做圆运动的半径，即可由几何知识求出离子射到荧光屏的最左端点到荧光屏中心的距离；当滑动片P处于最右端时，两金属板间电压最大，离子射在荧光屏上的位置为所求范围的最右端点，用同样的方法求出离子射到荧光屏的最右端点到荧光屏中心的距离，即可得到正离子到达荧光屏的最大范围．
（2）正离子垂直打在荧光屏上，由几何知识求出在磁场中做圆周运动的半径．离子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求得速度．离子在电场中加速过程，由动能定理求得两金属板间的电压，即为电压表的示数．
（3）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，越可能射向荧光屏的左侧，当滑动片P处于最左端时，两金属板间电压最小，离子射在荧光屏上的位置为所求范围的最左端点，由欧姆定律求出两金属板间电压最小值，由（2）问的结论求出离子在磁场中做圆运动的半径，即可由几何知识求出离子射到荧光屏的最左端点到荧光屏中心的距离；当滑动片P处于最右端时，两金属板间电压最大，离子射在荧光屏上的位置为所求范围的最右端点，用同样的方法求出离子射到荧光屏的最右端点到荧光屏中心的距离，即可得到正离子到达荧光屏的最大范围．
解答：解：（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
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
得r′=
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=
mv2③
而
=2×105C/kg ④
由②③两式可得U=
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=
=1A．
当滑动片P处于最右端时，两金属板间电压最大，为Umax=I（R1+R2）=90V
当滑动片P处于最左端时，两金属板间电压最小，为Umin=IR1=10V
两板间电压为Umin=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v1=2×103m/s，离子在磁场中做圆运动的半径为r1=0.1m．
此时粒子进入磁场后的径迹如图答2所示，O1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
=
=
，所以α=60°
所以AO′=Htan（90°-α）=2×10
×
cm=20cm
而两板间电压为Umax=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v1=6×103m/s，离子在磁场中做圆运动的半径为r1=0.3m，或直接由⑤式求得r2=0.3m
由几何知识可得tan
=
=
即β=120°
所以O′B=Htan（β-90°）=2×10
×
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S1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．
（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 |
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
| v2 |
| r′ |
| mv |
| qB |
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 |
而
| q |
| m |
由②③两式可得U=
| B2r′2q |
| 2m |
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 |
| R1+R2+r |
当滑动片P处于最右端时，两金属板间电压最大，为Umax=I（R1+R2）=90V
当滑动片P处于最左端时，两金属板间电压最小，为Umin=IR1=10V
两板间电压为Umin=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v1=2×103m/s，离子在磁场中做圆运动的半径为r1=0.1m．
此时粒子进入磁场后的径迹如图答2所示，O1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 |
| r1 |
| R |
| ||
| 3 |
所以AO′=Htan（90°-α）=2×10
| 3 |
| ||
| 3 |
而两板间电压为Umax=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v1=6×103m/s，离子在磁场中做圆运动的半径为r1=0.3m，或直接由⑤式求得r2=0.3m
由几何知识可得tan
| β |
| 2 |
| r2 |
| R |
| 3 |
所以O′B=Htan（β-90°）=2×10
| 3 |
| ||
| 3 |
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S1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．
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．
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