Question

14．如圖所示，坐標(biāo)平面的第Ⅰ象限內(nèi)存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第Ⅱ象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．足夠長(zhǎng)的擋板MN垂直x軸放置，且距原點(diǎn)O的距離為d．若一質(zhì)量為m、帶電荷量為-q的粒子（不計(jì)重力）自距原點(diǎn)O為L(zhǎng)的A點(diǎn)第一次以大小為v₀，方向沿y軸正方向的速度進(jìn)入磁場(chǎng)，則粒子恰好到達(dá)O點(diǎn)而不進(jìn)入電場(chǎng)．現(xiàn)該粒子仍從A點(diǎn)第二次進(jìn)入磁場(chǎng)，但初速度大小為2$\sqrt{2}$v₀，為使粒子進(jìn)入電場(chǎng)后能垂直打在擋板上，求：
（1）粒子在A點(diǎn)第二次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，其速度方向與x軸正方向之間的夾角．
（2）粒子在A點(diǎn)第二次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，該粒子到達(dá)擋板上時(shí)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(jìn)入時(shí)半經(jīng)為$\frac{1}{2}$L為參考條件，求得以2$\sqrt{2}$v₀進(jìn)入時(shí)的半徑，并由垂直進(jìn)入電場(chǎng)確定出圓心在Y軸上，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡圖，以求得夾角；確定具體運(yùn)動(dòng)過(guò)程后，可由動(dòng)能定理求得距離．

解答 解：（1）設(shè)速度為v₀時(shí)進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)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(shè)速度為2$\sqrt{2}$v₀時(shí)進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)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(shè)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(guān)系有：cosθ=$\frac{L}{r′}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，解得：θ=45°或θ=135°；
（2）為使粒子進(jìn)入電場(chǎng)后能垂直打在擋板上，
要求粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度方向與x軸正方向平行，如圖所示．
粒子進(jìn)入電場(chǎng)后，由動(dòng)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(dāng)θ₁=45°時(shí)，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(dāng)θ₂=135°時(shí)，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(diǎn)第二次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，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(diǎn)第二次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，該粒子到達(dá)擋板上時(shí)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(diǎn)評(píng) 本通考查了粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題的基本思路是：分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，先定圓心，由條件得半徑，確定運(yùn)動(dòng)軌跡；第二問(wèn)粒子的速度大小可以由動(dòng)能定理求解，也可以由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解．