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5.如圖,與水平面成45°角的平面MN將空間分成Ⅰ和Ⅱ兩個區(qū)域質(zhì)量為m、電量為q的粒子以速度v0從平面MN上的P0點水平右射入I區(qū).粒子在Ⅰ區(qū)運動時,只受到大小不變、方向豎直向下的電場作用,電場強(qiáng)度大小為E;在Ⅱ區(qū)運動時,只受到勻強(qiáng)磁場的作用,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向里.粒子的重力可以忽略.求:
(1)粒子首次離開Ⅰ區(qū)時的位置p1到p0的距離l1以及粒子在p1點的速率v
(2)粒子首次從Ⅱ區(qū)離開時的位置p2到p1的距離l2

分析 (1)粒子在電場中做類平拋運動,由類平拋運動規(guī)律可以求出粒子到達(dá)MN時的位置到出發(fā)點的距離;應(yīng)用類平拋運動規(guī)律可以求出粒子的速度.
(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑,然后求出兩點間的距離.

解答 解:(1)粒子垂直電場進(jìn)入做類平拋運動,初末位置在45°角的平面MN上,說明位移方向角是45°,由平拋運動規(guī)律得:
水平方向:x=v0t,
豎直方向:y=12at2=12qEmt2,
由幾何知識得:tan45°=yx
到達(dá)MN點與出發(fā)點的距離:s=x2+y2,
解得,P0P1間距:l1=22mv20qE
粒子在電場中類平拋,到達(dá)MN時的位移沿MN方向,
tan45°=yx=12at2v0t,
其中:a=qEm,解得:t=2mv0qE,
豎直分速度:vy=at=2v0,粒子到P1時的瞬時速度:v=v20+v2y=5v0,
設(shè)v與豎直方向夾角為α,則:sinα=v0v=15,cosα=vyv=25
設(shè)v與MN的夾角為β,由α+β=45°,sinβ=sin(45°-α)=sin45°cosα-cos45°sinα=110;
(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:
qvB=mv2r,
解得:r=5mv0qB
粒子運動軌跡如圖所示,由幾何知識可知,p2到p1的距離為:
l2=2rsinβ=2mv0qB;
答:(1)粒子首次離開Ⅰ區(qū)時的位置p1到p0的距離l122mv20qE,粒子在p1點的速率v為5v0;
(2)粒子首次從Ⅱ區(qū)離開時的位置p2到p1的距離l22mv0qB

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動,分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的關(guān)鍵,應(yīng)用類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律與幾何知識即可解題.

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