Question

5．如圖，與水平面成45°角的平面MN將空間分成Ⅰ和Ⅱ兩個(gè)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(diǎn)水平右射入I區(qū)．粒子在Ⅰ區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)，只受到大小不變、方向豎直向下的電場(chǎng)作用，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；在Ⅱ區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)，只受到勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(shí)的位置p₁到p₀的距離l₁以及粒子在p₁點(diǎn)的速率v
（2）粒子首次從Ⅱ區(qū)離開時(shí)的位置p₂到p₁的距離l₂．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出粒子到達(dá)MN時(shí)的位置到出發(fā)點(diǎn)的距離；應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出粒子的速度．
（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)間的距離．

解答 解：（1）粒子垂直電場(chǎng)進(jìn)入做類平拋運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)規(guī)律得：
水平方向：x=v₀t，
豎直方向：y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²，
由幾何知識(shí)得：tan45°=$\frac{y}{x}$，
到達(dá)MN點(diǎn)與出發(fā)點(diǎn)的距離：s=$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$，
解得，P₀P₁間距：l₁=$\frac{2\sqrt{2}m{v}_{0}^{2}}{qE}$；
粒子在電場(chǎng)中類平拋，到達(dá)MN時(shí)的位移沿MN方向，
tan45°=$\frac{y}{x}$=$\frac{\frac{1}{2}a{t}^{2}}{{v}_{0}t}$，
其中：a=$\frac{qE}{m}$，解得：t=$\frac{2m{v}_{0}}{qE}$，
豎直分速度：v_y=at=2v₀，粒子到P₁時(shí)的瞬時(shí)速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{5}$v₀，
設(shè)v與豎直方向夾角為α，則：sinα=$\frac{{v}_{0}}{v}$=$\frac{1}{\sqrt{5}}$，cosα=$\frac{{v}_{y}}{v}$=$\frac{2}{\sqrt{5}}$，
設(shè)v與MN的夾角為β，由α+β=45°，sinβ=sin（45°-α）=sin45°cosα-cos45°sinα=$\frac{1}{\sqrt{10}}$；
（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：r=$\frac{\sqrt{5}m{v}_{0}}{qB}$，
粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何知識(shí)可知，p₂到p₁的距離為：
l₂=2rsinβ=$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qB}$；
答：（1）粒子首次離開Ⅰ區(qū)時(shí)的位置p₁到p₀的距離l₁為$\frac{2\sqrt{2}m{v}_{0}^{2}}{qE}$，粒子在p₁點(diǎn)的速率v為$\sqrt{5}$v₀；
（2）粒子首次從Ⅱ區(qū)離開時(shí)的位置p₂到p₁的距離l₂為$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qB}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程、作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律與幾何知識(shí)即可解題．