Question

5．如圖，與水平面成45°角的平面MN將空間分成Ⅰ和Ⅱ兩個區(qū)域質量為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，電場強度大小為E；在Ⅱ區(qū)運動時，只受到勻強磁場的作用，磁感應強度大小為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．

Answer 1

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MN時的位置到出發(fā)點的距離；應用類平拋運動規(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=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²，
由幾何知識得：tan45°=$\frac{y}{x}$，
到達MN點與出發(fā)點的距離：s=$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$，
解得，P₀P₁間距：l₁=$\frac{2\sqrt{2}m{v}_{0}^{2}}{qE}$；
粒子在電場中類平拋，到達MN時的位移沿MN方向，
tan45°=$\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}$，
豎直分速度：v_y=at=2v₀，粒子到P₁時的瞬時速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{5}$v₀，
設v與豎直方向夾角為α，則：sinα=$\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}}$；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：r=$\frac{\sqrt{5}m{v}_{0}}{qB}$，
粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識可知，p₂到p₁的距離為：
l₂=2rsinβ=$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qB}$；
答：（1）粒子首次離開Ⅰ區(qū)時的位置p₁到p₀的距離l₁為$\frac{2\sqrt{2}m{v}_{0}^{2}}{qE}$，粒子在p₁點的速率v為$\sqrt{5}$v₀；
（2）粒子首次從Ⅱ區(qū)離開時的位置p₂到p₁的距離l₂為$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qB}$．

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鍵，應用類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律與幾何知識即可解題．