Question

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．一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子以速度v₀從平面MN上的P₀點水平向右射入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(yīng)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）粒子首次下從I區(qū)進入II區(qū)時的速度大小和方向．
（2）粒子首次從II區(qū)離開時到出發(fā)點P₀的距離．

Answer 1

分析：（1）粒子在電場中做類平拋運動，由運動的合成與分解知識可求得粒子首次從I區(qū)進入II區(qū)時的速度大小和方向；
（2）粒子在電場中做勻速圓周運動，由洛侖茲力充當向心力可求得離開點到出發(fā)點之間的距離．

解答：解：（1）在電場中類平拋，到達MN時的位移沿MN方向，
tan45°=

1 2 at2

v0t

t=

2mv0

Eq

v_y=at=2v₀
由平拋運動的位移關(guān)系可算出P₀P₁間距離為：s1=

2 2 m v 2 0

qE

，
到P₁時的瞬時速度v=

v 2 0 + v 2 y

=

5

v0，
v與豎直方向夾角α滿足tanα=

1

2

，設(shè)v與MN的夾角為β，由α+β=45°，可得tanβ=

1

3

；
（2）由牛頓第二定律可知：
Bqv=m

v2

r

粒子在磁場中的軌道半徑r=

m? 5 v0

qB

，
而P₁ P₂間距離：s2=2rsinβ=

2 mv0

qB

l=s₁+s₂
l=

2 mv0

q

(

2v0

E

+

1

B

)
答：（1）粒子首次下從I區(qū)進入II區(qū)時的速度大小為

5

v₀；速度方向與MN夾角的正切值為

1

3

；
（2）粒子首次從II區(qū)離開時到出發(fā)點P₀的距離為

2 mv0

q

(

2v0

E

+

1

B

)．

點評：對于類平拋運動可以直接利用速度夾角與位移夾角的正切值的關(guān)系直接求出速度與水平方向夾角．