Question

14．如圖所示，坐標平面的第Ⅰ象限內存在電場強度大小為E，方向水平向左的勻強電場，第Ⅱ象限內存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場．足夠長的擋板MN垂直x軸放置，且距原點O的距離為d．若一質量為m、帶電荷量為-q的粒子（不計重力）自距原點O為L的A點第一次以大小為v₀，方向沿y軸正方向的速度進入磁場，則粒子恰好到達O點而不進入電場．現該粒子仍從A點第二次進入磁場，但初速度大小為2$\sqrt{2}$v₀，為使粒子進入電場后能垂直打在擋板上，求：
（1）粒子在A點第二次進入磁場時，其速度方向與x軸正方向之間的夾角．
（2）粒子在A點第二次進入磁場時，該粒子到達擋板上時的速度大小及打到擋板MN上的位置到x軸的距離．

Answer 1

分析 以v₀進入時半經為$\frac{1}{2}$L為參考條件，求得以2$\sqrt{2}$v₀進入時的半徑，并由垂直進入電場確定出圓心在Y軸上，畫出運動軌跡圖，以求得夾角；確定具體運動過程后，可由動能定理求得距離．

解答 解：（1）設速度為v₀時進入磁場后做圓周運動的半徑為r，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，解得：r=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$=$\frac{1}{2}$L，
設速度為2$\sqrt{2}$v₀時進入磁場做圓周運動的半徑r′，
由牛頓第二定律得：q•2$\sqrt{2}$v₀B=m$\frac{（2\sqrt{2}{v}_{0}）^{2}}{r′}$，解得：r=$\sqrt{2}$L，
設其速度方向與x軸正方向之間的夾角為θ，
由圖中的幾何關系有：cosθ=$\frac{L}{r′}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，解得：θ=45°或θ=135°；
（2）為使粒子進入電場后能垂直打在擋板上，
要求粒子進入電場時速度方向與x軸正方向平行，如圖所示．
粒子進入電場后，由動能定理有：qEd=$\frac{1}{2}$mv′²-$\frac{1}{2}$m（2$\sqrt{2}$v₀）²，
解得：v′=$\sqrt{8{v}_{0}^{2}+\frac{2qEd}{m}}$，
當θ₁=45°時，粒子打到擋板MN上的位置到x軸的距離為：
y₁=r′-r′sin45°=（$\sqrt{2}$-1）L，
當θ₂=135°時，粒子打到擋板MN上的位置到x軸的距離為：
y₂=r′+r′sin45°=（$\sqrt{2}$+1）L；
答：（1）粒子在A點第二次進入磁場時，其速度方向與x軸正方向之間的夾角為45°或135°．
（2）粒子在A點第二次進入磁場時，該粒子到達擋板上時的速度大小為$\sqrt{8{v}_{0}^{2}+\frac{2qEd}{m}}$，打到擋板MN上的位置到x軸的距離為：（$\sqrt{2}$-1）L、（$\sqrt{2}$+1）L．

點評 本通考查了粒子在電場與磁場中的運動，解題的基本思路是：分析清楚粒子運動過程，作出粒子運動軌跡，先定圓心，由條件得半徑，確定運動軌跡；第二問粒子的速度大小可以由動能定理求解，也可以由類平拋運動規(guī)律求解．