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．求粒子首次從Ⅱ區(qū)離開時到出發(fā)點P₀的距離．粒子的重力可以忽略．

Answer 1

正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°，
根據(jù)分解公式得x=v₀t①y=

1

2

at2②a=

Eq

m

③tan45°=

y

x

④S=

2

x⑤v=

v 20 +a2t2

⑥
速度與水平方向的夾角θ：tanθ=2tan45°=2sinθ=

2

5

cosθ=

1

5

⑦
連立①②③④⑤⑥化簡得v=

5

v0⑧S=2

2

m v 20

Eq

進入磁場時與邊界MN的夾角為θ-45°做勻速圓周運動，
根據(jù)牛頓第二定律得m

v2

R

=Bqv⑨
作出原軌跡，則弦長和半徑滿足關系sin(θ-45°)=

L

2R

⑩
連立⑨⑩得L=

2

mv0

Bq

所以粒子首次從II區(qū)離開時到出發(fā)點P₀的距離為d=s+L=

2 mv0

q

(

2v0

E

+

1

B

)