Question

2．如圖所示，坐標平面的第Ⅰ象限內(nèi)存在大小為E₂=$\frac{2mg}{q}$、方向豎直向下的勻強磁場，足夠長的薄擋板MN垂直x軸放置且離原點O的距離為L，第Ⅱ象限內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強磁場B和豎直向下的勻強電場E₁=$\frac{1}{2}$E₂（E₁、E₂未矢）．一質(zhì)量為m，帶電量為-q的小球（可視為質(zhì)點），自A點（-d，0）以一定的速度垂直于x軸進入磁場，恰好到達O點．（已知重力加速度為g）求：
（1）小球從A點進入磁場時，速度V的大�。�
（2）若小球現(xiàn)仍從A點進入磁場但初速度大小為原來的4倍，為使小球平行于x軸進入第一象限，求小球速度方向與x軸正向間的夾角θ大�。�
（3）在滿足（2）問情況下，小球打到擋板上時的縱坐標y．

Answer 1

分析 （1）小球在第Ⅱ象限內(nèi)受到的重力與電場力平衡，恰好做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律和幾何知識結(jié)合解答．
（2）粒子初速度為原來的4倍時半徑為r₁，速度為v₁，根據(jù)牛頓第二定律求得r₁．為使小球平行于x軸進入電場，圓心O在y軸上，由幾何知識求出速度方向與x軸正方向的夾角，再畫出軌跡．
（3）在第Ⅰ象限內(nèi)小球做類平拋運動，由牛頓第二定律求出加速度．由兩個分位移公式求出y．

解答 解：（1）在第Ⅱ象限內(nèi)，因為qE₁=mg，則小球在第Ⅱ象限中做勻速圓周運動，設軌跡半徑為r，速度為v，據(jù)勻速圓周運動的規(guī)律得：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$…①
又 r=$\fracl9a56sg{2}$…②
聯(lián)立解得：v=$\frac{qBd}{2m}$ 
（2）粒子初速度為原來的4倍時半徑為r₁，速度為v₁，據(jù)勻速圓周運動的規(guī)律得：
qv₁B=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{{r}_{1}}$…③
 v₁=4v₀…④
聯(lián)立①②③④解得：r₁=2d，v₁=$\frac{2qBd}{m}$…⑤
為使小球平行于x軸進入電場，圓心O在y軸上，設速度方向與x軸正方向的夾角為θ，由幾何關系知：
  sinθ=$\frac{OA}{O′A}$=$\frac{l}{2L}$=0.5，
則θ=30°或θ=150°，如右圖所示．
（3）在第Ⅰ象限內(nèi)小球的加速度 a=$\frac{q{E}_{1}-mg}{m}$=g…⑥
方向豎直向上，小球做類平拋運動，在第Ⅰ象限內(nèi)小球的豎直方向偏移量 y₁=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$…⑦
                 水平方向 L=v₁t…⑧
由⑤⑥⑦⑧解得：y₁=$\frac{{m}^{2}{L}^{2}g}{8{q}^{2}{B}^{2}0e0rzx9^{2}}$
在兩種情況下，有：y=（2±$\sqrt{3}$）d+$\frac{{m}^{2}{L}^{2}g}{8{q}^{2}{B}^{2}ezsgft9^{2}}$．
答：（1）小球從A點進入磁場時，速度V的大小是$\frac{qBd}{2m}$．
（2）為使小球平行于x軸進入電場，速度方向與x軸正方向的夾角為θ=30°或θ=150°．
（3）小球打到擋板上時的縱坐標y是（2±$\sqrt{3}$）d+$\frac{{m}^{2}{L}^{2}g}{8{q}^{2}{B}^{2}dtc94us^{2}}$．

點評 本題是帶電粒子在復合場中運動的問題，關鍵要正確分析粒子的受力情況，判斷其運動情況，運用力學的基本規(guī)律：牛頓第二定律、運動學公式及幾何知識結(jié)合解答．