Question

5．如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域质量为m、电量为q的粒子以速度v₀从平面MN上的P₀点水平右射入I区．粒子在Ⅰ区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E；在Ⅱ区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．粒子的重力可以忽略．求：
（1）粒子首次离开Ⅰ区时的位置p₁到p₀的距离l₁以及粒子在p₁点的速率v
（2）粒子首次从Ⅱ区离开时的位置p₂到p₁的距离l₂．

Answer 1

分析 （1）粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可以求出粒子到达MN时的位置到出发点的距离；应用类平抛运动规律可以求出粒子的速度．
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后求出两点间的距离．

解答 解：（1）粒子垂直电场进入做类平抛运动，初末位置在45°角的平面MN上，说明位移方向角是45°，由平抛运动规律得：
水平方向：x=v₀t，
竖直方向：y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²，
由几何知识得：tan45°=$\frac{y}{x}$，
到达MN点与出发点的距离：s=$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$，
解得，P₀P₁间距：l₁=$\frac{2\sqrt{2}m{v}_{0}^{2}}{qE}$；
粒子在电场中类平抛，到达MN时的位移沿MN方向，
tan45°=$\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}$，
竖直分速度：v_y=at=2v₀，粒子到P₁时的瞬时速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{5}$v₀，
设v与竖直方向夹角为α，则：sinα=$\frac{{v}_{0}}{v}$=$\frac{1}{\sqrt{5}}$，cosα=$\frac{{v}_{y}}{v}$=$\frac{2}{\sqrt{5}}$，
设v与MN的夹角为β，由α+β=45°，sinβ=sin（45°-α）=sin45°cosα-cos45°sinα=$\frac{1}{\sqrt{10}}$；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：r=$\frac{\sqrt{5}m{v}_{0}}{qB}$，
粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可知，p₂到p₁的距离为：
l₂=2rsinβ=$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qB}$；
答：（1）粒子首次离开Ⅰ区时的位置p₁到p₀的距离l₁为$\frac{2\sqrt{2}m{v}_{0}^{2}}{qE}$，粒子在p₁点的速率v为$\sqrt{5}$v₀；
（2）粒子首次从Ⅱ区离开时的位置p₂到p₁的距离l₂为$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qB}$．

点评 本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律与几何知识即可解题．