Question

如圖，與水平面成45°角的平面MN將空間分成I和II兩個區域．一質量為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．粒子在I區運動時，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）粒子首次下從I區進入II區時的速度大小和方向．
（2）粒子首次從II區離開時到出發點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區進入II區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區進入II區時的速度大小為

5

v₀；速度方向與MN夾角的正切值為

1

3

；
（2）粒子首次從II區離開時到出發點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系直接求出速度與水平方向夾角．