Question

11．如圖所示，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、帶電荷量為q（q＞0）的粒子以初速度v₀從平面MN上的P₀點水平向左射入Ⅰ區(qū)．粒子在Ⅰ區(qū)運動時，只受到勻強磁場的作用，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外．粒子在Ⅱ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．整個運動過程中粒子重力不計．
（1）求粒子第一次進入電場后，在電場中運動到最高點時離P₀點的豎直高度H；
（2）若粒子從P₀點出發(fā)時開始計時，并計數(shù)為第一次，求粒子第四次到達時所經(jīng)歷的時間t；
（3）若粒子第六次到達MN時恰好是出發(fā)點P₀，試計算B、E、v₀之間的數(shù)量關(guān)系．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，在電場中做類豎直上拋運動，應用牛頓第二定律與運動學公式可以求出上升的最大高度．
（2）求出粒子在各階段的運動時間，然后求出粒子第四次到達時所經(jīng)歷的時間t．
（3）根據(jù)粒子運動過程應由數(shù)學知識及牛頓第二定律、運動學公式可以求出B、E、v₀之間的數(shù)量關(guān)系．

解答 解：（1）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：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，解得：r=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$，
由幾何知識可知，粒子在P₁點離開MN時速度豎直向上，
粒子在電場中做類豎直上拋運動，加速度：a=$\frac{qE}{m}$，
粒子上升的最大高度：H=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2a}$+r，
解得：H=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qE}$+$\frac{m{v}_{0}}{qB}$；
（2）粒子從P₁點再次進入磁場，速率為v₀，方向豎直向下，
粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑仍為r，
粒子做第一個圓周運動的時間：t₁=$\frac{1}{4}$T=$\frac{πm}{2qB}$，
做類豎直上拋的運動時間：t₂=$\frac{2{v}_{0}}{a}$=$\frac{2m{v}_{0}}{qE}$，
做第二個圓周運動的時間：t₃=$\frac{3}{4}$T=$\frac{3πm}{2qB}$，
總的運動時間：t=t₁+t₂+t₃=$\frac{2m{v}_{0}}{qE}$+$\frac{2πm}{qB}$；
（3）粒子從P₂點再次進入電場，做類平拋運動，
經(jīng)時間t₄到達MN上的P₃點，速率為v，與豎直方向夾角為α，
由運動學公式與幾何關(guān)系得：v₀t₄=$\frac{1}{2}$at₄²，解得：t₄=$\frac{2m{v}_{0}}{qE}$，
粒子速率：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+（a{t}_{4}）^{2}}$=$\sqrt{5}$v₀，tanα=$\frac{{v}_{0}}{a{t}_{4}}$=$\frac{1}{2}$，
設(shè)粒子從P₃點做勻速圓周運動的軌道半徑為R，回到MN上的P₀點，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，解得：R=$\frac{\sqrt{5}m{v}_{0}}{qB}$，
由角度關(guān)系得：α+β=45°，由長度關(guān)系得：P₀P₂+P₀P₃=$\sqrt{2}$v₀t₄，
即：2$\sqrt{2}$r+2Rsinβ=$\sqrt{2}$v₀t₄，
由幾何知識得：sinβ=$\frac{1}{\sqrt{10}}$，解得：$\frac{E}{B}$=$\frac{2}{3}$v₀；
答：（1）粒子第一次進入電場后，在電場中運動到最高點時離P₀點的豎直高度H為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qE}$+$\frac{m{v}_{0}}{qB}$；
（2）若粒子從P₀點出發(fā)時開始計時，并計數(shù)為第一次，粒子第四次到達時所經(jīng)歷的時間t為$\frac{2m{v}_{0}}{qE}$+$\frac{2πm}{qB}$；
（3）若粒子第六次到達MN時恰好是出發(fā)點P₀，B、E、v₀之間的數(shù)量關(guān)系為：$\frac{E}{B}$=$\frac{2}{3}$v₀．

點評 本題考查了粒子在你電場與磁場中的運動，粒子運動過程較復雜，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的前提與關(guān)鍵，應用牛頓第二定律、運動學公式即可解題，解題時注意數(shù)學知識的應用．