Question

9．如圖所示，在坐標系第一、二象限內存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，第三、四象限內有平行于紙面的勻強電場．一質量為m，電荷量為q的帶負電粒子，以速度v自坐標原點O沿著與x軸正方向成30°角的方向射出，勻強電場的場強大小E=$\frac{4}{3}$Bv，方向與x軸負方向成60°，粒子的重力不計，關于粒子的運動下列說法正確的是（　　）

• A． 粒子自原點O射出后，第一次與y軸交于$（0，\frac{{\sqrt{3}mv}}{qB}）$
• B． 粒子自原點O射出后至第二次經(jīng)過x軸的時間間隔為$\frac{5πm}{3qB}+\frac{{\sqrt{3}m}}{2qB}$
• C． 粒子自原點O射出后，第二次經(jīng)過x軸時的位置恰好是坐標原點
• D． 粒子自原點O射出后，第二次經(jīng)過x軸時速度方向與初速度方向相同

Answer 1

分析 可知粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)對稱性可知粒子正好垂直電場線方向進入電場，所以粒子進入電場之后做類平拋，粒子在磁場中的運動根據(jù)半徑公式r=$\frac{mv}{qB}$結合幾何關系，電場中的類平拋運動運用運動的合成和分解，牛頓第二定律結合運動學規(guī)律解決，結合幾何關系逐項分析即可．

解答 解：A、設粒子做圓周運動的半徑為r，自原點O射出后，第一次與y軸交于A點，設其坐標為（0，y_A），
根據(jù)半徑公式：r=$\frac{mv}{qB}$，
幾何關系有：y_A=2rcos30°，
聯(lián)立兩式可得：y_A=$\frac{\sqrt{3}mv}{qB}$，故A正確；
B、粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)周期公式：T=$\frac{2πm}{qB}$，粒子轉過的圓心角：θ=300°，
可得粒子在磁場中運動的時間：t₁=$\frac{θ}{360°}$T=$\frac{5πm}{3qB}$ ①
由磁場中粒子軌跡的對稱性可知，粒子恰好垂直電場線入射電場，在電場中做類平拋運動，設該過程中粒子在電場中運動的時間為t₂，
根據(jù)牛頓第二定律可得：Eq=ma ②
粒子垂直電場線方向的位移大小為：x=vt₂ ③
粒子沿電場線方向的位移大小為：y=$\frac{1}{2}a{t}_{2}^{2}$ ④
根據(jù)已知：E=$\frac{4}{3}$Bv ⑤
根據(jù)平拋運動到x軸時的位移偏向角為30°，可得：tan30°=$\frac{y}{x}$ ⑥
聯(lián)立②③④⑤⑥式可得：t₂=$\frac{\sqrt{3}m}{2qB}$ ⑦
聯(lián)立①⑦式可得第二次經(jīng)過x軸的時間：t=t₁+t₂=$\frac{5πm}{3qB}$+$\frac{\sqrt{3}m}{2qB}$，故B正確；
C、設粒子在電場中做類平拋運動經(jīng)過x軸上的點距C點距離為d，
根據(jù)結合關系可知：OC=r=$\frac{mv}{qB}$，
d=$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$ ⑧
聯(lián)立②③④⑤⑥⑧式可得d=$\frac{mv}{qB}$=r，
所以粒子第二次經(jīng)過x軸時的位置恰好是坐標原點，故C正確；
D、設粒子第二次經(jīng)過x軸時速度方向與x軸正方向之間的夾角為α，則類平拋過程粒子速度方向偏轉的角度為θ′=α+30°，
根據(jù)平拋運動速度偏向角公式：tanθ′=tan（α+30°）=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$=$\frac{a{t}_{2}}{v}$
根據(jù)⑥有：tan30°=$\frac{y}{x}$=$\frac{\frac{1}{2}a{t}_{2}^{2}}{v{t}_{2}}$=$\frac{{at}_{2}}{2v}$
所以：2tan30°=tan（α+30°）
整理得：2tan30°=$\frac{tanα+tan30°}{1-tanα•tan30°}$
解得：tanα=$\frac{\sqrt{3}}{5}$，α≈19.1°≠30°，所以粒子第二次經(jīng)過x軸時速度方向與初速度方向一定不相同，故D錯誤．
故選：ABC

點評 本題考查帶電粒子在復合場中的運動，解題關鍵是要畫出粒子軌跡過程圖，分析粒子在磁場和電場中的運動形式，再選擇合適的規(guī)律解決問題，對數(shù)學幾何能力要求較高．判斷D項時，也可以不算反三角函數(shù)值，求出2tan30°=tan（α+30°），而正切函數(shù)是非線性的，所以2×30°≠α+30°，故α≠30°．