Question

如圖，在坐標系xoy的第一、第三象限內(nèi)存在相同的勻強磁場，磁場方向垂直于xoy面向里；第四象限內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E．一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子自y軸的P點沿x軸正方向射入第四象限，經(jīng)x軸上的Q點進入第一象限，隨即撤去電場，以后僅保留磁場．已知OP=d，OQ=2d，不計粒子重力．
（1）求粒子過Q點時速度的大小和方向．
（2）若磁感應(yīng)強度的大小為一定值B₀，粒子將以垂直y軸的方向進入第二象限，求B₀；
（3）若磁感應(yīng)強度的大小為另一確定值，經(jīng)過一段時間后粒子將再次經(jīng)過Q點，且速度與第一次過Q點時相同，求該粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點所用的時間．

Answer 1

分析：（1）粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)x方向上做勻速直線運動，在y方向上做勻加速直線運動，抓住等時性，結(jié)合平行四邊形定則求出粒子到達Q點的速度大小和方向．
（2）作出運動的軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求出粒子在磁場中勻速圓周運動的軌道半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出磁感應(yīng)強度的大小．
（3）作出運動的軌跡圖，根據(jù)粒子的速度以及在無磁場區(qū)和有磁場區(qū)運行的路程求出運動的時間．

解答：解：（1）設(shè)粒子在電場中運動的時間為t₀，加速度的大小為a，粒子的初速度為v₀，過Q點時速度的大小為v，沿y軸方向分速度的大小為v_y，速度與x軸正方向間的夾角為θ，由牛頓第二定律得qE=ma ①
由運動學(xué)公式得d=

1

2

a

t

2 0

②
2d=v₀t₀ ③
v_y=at₀ ④
v=

v 2 0 + v 2 y

⑤
tanθ=

vy

v0

⑥
聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v=2

qEd m

⑦
θ=45° ⑧
（2）設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R₁，粒子在第一象限的運動軌跡如圖，O₁為圓心，由幾何關(guān)系可知△O₁OQ
為等腰直角三角形，得R1=2

2

d ⑨
由牛頓第二定律得qvB0=m

v2

R1

⑩
聯(lián)立⑦⑨⑩式得B0=

mE 2qd

（11）
（3）設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R₂，由幾何分析（粒子運動的軌跡如圖，O₂、O'₂是粒子做圓周運動的圓心，Q、F、G、H是軌跡與兩坐標軸的交點，連接O₂、O'₂，由幾何關(guān)系知，O₂FGO'₂和O₂QHO'₂均為矩形，進而知FQ、GH均為直徑，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOG為等腰直角三角形）可知，粒子在第一、第三象限的軌跡均為半圓，得2R2=2

2

d （12）
粒子在第二、第四象限的軌跡為長度相等的線段，得FG=HQ=2R₂ （13）
設(shè)粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點所用的時間為t，則有t=

FG+HQ+2πR2

v

（14）
聯(lián)立⑦（12）（13）（14）得
t=(2+π)

2md qE

答：（1）粒子過Q點時速度的大小為v=2

qEd m

．
（2）B₀的大小為B0=

mE 2qd

．
（3）該粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點所用的時間t=(2+π)

2md qE

．

點評：本題考查了帶電粒子在電場和磁場中的運動，關(guān)鍵滑出粒子的運動軌跡圖，結(jié)合在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，運用運動學(xué)公式進行求解．