《2026年薪火金卷高考仿真模拟卷物理》

15. (18分)如图所示，板长为$l$的平行金属板$MN$和$PQ$的中心$Z$与准直孔$S_1$、$S_2$共线，$S_1$、$S_2$连线与平行板轴线$ZO$的夹角$\theta = 37°$。一束质量为$m$、带电荷量为$q$的正离子经过准直孔射入偏转电场，调节偏转电场的电场强度大小，使入射速度最大的离子恰能从$O$点沿$ZO$方向以大小为$v_0$的速度射出偏转电场，之后保持偏转电场不变。平行金属板右侧存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，电场和磁场被与$ZO$方向垂直的挡板$D$隔离，挡板$D$上开有一半径为$R$、圆心在$O$点的小圆孔，通过小圆孔的离子进入磁场经偏转后打在平行板$PQ$右侧下方的荧光屏上，其余被挡板吸收并中和。已知入射速度最大的离子打在荧光屏上距$O$点的距离$d = \frac{3}{5}l$，$\sin37° = 0.6$，$\cos37° = 0.8$，忽略场的边界效应、离子的重力和离子间的相互作用。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)偏转电场的电场强度大小；
(3)若$R\leq l$，荧光屏上被离子击中的区域长度。[提示：当$x\to0$时，$(1 + x)^n\approx1 + nx$]

答案： 解析
(1)设入射速度最大的离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为$r$,
由几何关系有$2r = \dfrac{3}{5}l$,
解得$r = \dfrac{3}{10}l$,
由洛伦兹力提供向心力,有$qv_{0}B = m\dfrac{v_{0}^{2}}{r}$,
解得$B = \dfrac{10mv_{0}}{3ql}$。
(2)沿极板方向,有$l = v_{0}t$,
垂直于极板方向,有$v_{y} = at$,
其中$a = \dfrac{qE}{m}$,
由几何关系,有$\tan\theta = \dfrac{v_{y}}{v_{0}}$,
联立解得$E = \dfrac{3mv_{0}^{2}}{4ql}$。
(3)设离子进入磁场位置到$O$点的距离为$y'$,速度大小为$v'$,与$v_{0}$方向的夹角为$\alpha$,打在荧光屏上的位置到$O$点的距离为$Y$。
沿极板方向,有$l = v_{x}t$,
其中$v_{x} = v\cos\theta$,
垂直于极板方向,有
$v_{y} = -v\sin\theta + \dfrac{qE}{m}t = -v\sin\theta + \dfrac{3v_{0}^{2}}{4v_{x}}$,
$y_{1} = v\sin\theta · t - \dfrac{1}{2}\dfrac{qE}{m}t^{2} = l\tan\theta - \dfrac{3lv_{0}^{2}}{8v_{x}^{2}}$,
根据几何关系,有$y' = \dfrac{l}{2}\tan\theta - y_{1} = \dfrac{3l}{8}\left(\dfrac{v_{0}^{2}}{v_{x}^{2}} - 1\right)$,
则$\tan\alpha = \dfrac{v_{y}}{v_{x}} = \dfrac{3}{4}\left(\dfrac{v_{0}^{2}}{v_{x}^{2}} - 1\right) = \dfrac{2y'}{l}$,
解得$v_{x} = v_{0}\left(1 + \dfrac{8y'}{3l}\right)^{-\frac{1}{2}} \approx v_{0}\left(1 - \dfrac{4y'}{3l}\right)$,
离子在磁场中做圆周运动的半径$r' = \dfrac{mv'}{qB}$,
则$Y = y' + 2r'\cos\alpha = \dfrac{3}{5}l + \dfrac{1}{5}y'$,
因$0 \leqslant y' \leqslant R$,可知$Y_{min} = \dfrac{3}{5}l$和$Y_{max} = \dfrac{3}{5}l + \dfrac{1}{5}R$,
故荧光屏上被离子击中的区域长度$s = Y_{max} - Y_{min} = \dfrac{1}{5}R$。
答案
(1)$\dfrac{10mv_{0}}{3ql}$
(2)$\dfrac{3mv_{0}^{2}}{4ql}$
(3)$\dfrac{1}{5}R$