Question

2．如圖，虛線L₁、L₂將平面分為四個區(qū)域，L₂的左側有一勻強電場，場強大小為E，方向與L₁平行．L₂的右側為勻強磁場，方向垂直紙面向外．在圖中L₁上到L₂的距離為d的A點有一粒子源，可以發(fā)射質量為m，電荷量為+q的粒子，粒子的初速度方向與L₂平行，不計粒子的重力．
（1）若從A點射出的粒子恰好從距離L₁為2d的B點進入磁場，求該粒子進入磁場時的速度大小和方向；
（2）在磁場區(qū)域放置絕緣擋板BD，擋板與L₁交于C點，已知OC=OB，BC=2CD．粒子與擋板BD碰撞前后粒子平行于擋板的分速度不變，垂直于擋板的分速度大小不變，方向反向．當磁感應強度在B₁≤B≤B₂取值時，恰好所有取值都能使由B點進入磁場的粒子不與擋板的CD段碰撞，并能從L₂上的OB段射出磁場，求B₁、B₂的值，并求出粒子離開磁場的位置到O點的最遠距離．（不考慮粒子再次進入磁場的情況，也不考慮B₁≤B≤B₂以外的取值）

Answer 1

分析 根據帶電粒子在電場和磁場中的運動規(guī)律知識
（1）左邊的運動時類平拋運動，水平方向上勻加速，豎直方向上勻速直線運動，利用平拋運動的規(guī)律對運動分解，可求出速度大小和方向；
（2）根據洛倫茲力提供向心力，做出運動軌跡圖形，根據條件，與CD段不碰撞，且從OB段射出磁場，列出兩個方程求出B的范圍．

解答 解：設粒子開始的速度為v₀，電場中的加速度為a，到達B的速度為v_B，根據題意
（1）粒子在電場做類平拋運動，
水平方向上有：d=$\frac{1}{2}{at}^{2}$
豎直方向上有：2d=v₀t
又，a=$\frac{qE}{m}$
由以上三式可得：
v₀=$\sqrt{\frac{2qEd}{m}}$，t=$\sqrt{\frac{2dm}{qE}}$
從而可求出到達B點的速度，
v_B=$\sqrt{{{v}_{0}}^{2}{{+a}^{2}t}^{2}}$=2$\sqrt{\frac{qEd}{m}}$，
再有分速度和合速度之間的關系可得出，速度方向與水平方向夾角為45^°；
（2）粒子進入磁場之后，洛倫茲力提供向心力，設圓周的半徑為r
則有，qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
粒子不與擋板的CD段碰撞，并能從L₂上的OB段射出磁場的臨界情況有2個：

（a）粒子在C點與擋板2個側面碰撞2次后恰好從O點射出磁場，如圖（a）；
（b）粒子與擋板碰撞1次后恰好從D點繞過擋板，再與擋板碰一次，然后從P點射出磁場，如圖（b）．
根據條件及幾何關系，
對照a圖，2r=$2\sqrt{2}d$
對照b圖，4r=$3\sqrt{2}d$
由以上兩式可得出半徑r的條件范圍：$\frac{3\sqrt{2}}{4}d≤r≤\sqrt{2}d$
再根據洛倫茲力等于向心力的公式得到：r=$\frac{mv}{qB}$，將左邊的式子帶入上面不等式，化簡可得，
$\sqrt{\frac{2mE}{qd}}≤B≤\frac{4}{3}\sqrt{\frac{2mE}{qd}}$
即B₁=$\sqrt{\frac{2mE}{qd}}$，B₂=$\frac{4}{3}\sqrt{\frac{2mE}{qd}}$，
粒子離開磁場的位置到O點的最遠距離為圖（b）中的OP，由幾何關系可得：
OP=2d-$\sqrt{2}r$=2d-$\frac{3}{2}d$=$\frac{1}{2}d$．
答：（1）若從A點射出的粒子恰好從距離L₁為2d的B點進入磁場，該粒子進入磁場時的速度大小為2$\sqrt{\frac{qEd}{m}}$，方向與水平方向夾45^°角；
（2）滿足題設要求的B₁B₂的值分別為：$\sqrt{\frac{2mE}{qd}}$和$\frac{4}{3}\sqrt{\frac{2mE}{qd}}$，粒子離開磁場的位置到O點的最遠距離為$\frac{1}{2}d$．

點評 本題考察帶電粒子在電磁場中的運動規(guī)律，涉及到了平拋運動的規(guī)律和圓周運動規(guī)律的應用，特別是第二個問，對于設定條件的問題，解題時需要選擇邊界，確定條件范圍，本題難度較大，綜合性較高．