Question

如圖所示，在坐標系xOy內(nèi)有一半徑為a的圓形區(qū)域，圓心坐標為O₁（a，0），圓內(nèi)分布有垂直紙面向里的勻強磁場．在直線y=a的上方和直線x=2a的左側區(qū)域內(nèi)，有一沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E．一質(zhì)量為m、電荷量為+q（q＞0）的粒子以速度v從O點垂直于磁場方向且速度方向沿x軸正方向射入第一象限，粒子恰好從O₁點正上方的A點射出磁場，不計粒子重力．
（1）求磁感應強度B的大��；
（2）求粒子從O點進入磁場到最終離開磁場所通過的路程．
（3）若粒子以速度v從O點垂直于磁場方向且與x軸正方向的夾角θ=30⁰射入第一象限，求粒子從射入磁場到最終離開磁場的時間t．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)幾何關系先得到圓心、半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解；
（2）粒子離開磁場后，進入電場，根據(jù)動能定理列式求解粒子在電場中的位移；粒子進入電場到達最高點后，又沿原路返回磁場，再得到第二次圓心和射出點，最后得到總路程；
（3）粒子在磁場中做圓周運動，先得到第一次圓心和射出點，進入電場后，又沿原路返回，再得到第二次圓心和射出點，最后得到總時間．

解答：解：（1）設粒子在磁場中做圓運動的軌跡半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB=

mv2

R

粒子自A點射出，由幾何知識得：R=a
解得  B=

mv

qa

即磁感應強度B的大小為

mv

qa

．
（2）粒子從A點向上在電場中做勻減運動，
設在電場中減速的距離為y₁
由動能定理，得到-Eqy1=0-

1

2

mv2
解得y1=

mv2

2qE

粒子在電場中達到最高點后，在電場力的作用下豎直向下做勻加速直線運動，并從A點再次進入磁場，根據(jù)粒子在磁場中運動的電場線可得，粒子將從Q點離開磁場．所以粒子從O點進入磁場到最終離開磁場所通過的路程為粒子在磁場中運動的兩個

1

4

圓弧與在電場中的兩段位移的和．如圖1所示．即：
S=2y1+2×

1

4

?2πR=

mv2

qE

+πa

（3）若粒子以速度v從O點垂直于磁場方向且與x軸正方向的夾角θ=30°射入第一象限，粒子的運動軌跡如下圖

粒子在磁場中做圓運動的周期  T=

2πR

v

=

2πa

v

粒子從磁場中的P點射出，因磁場圓和粒子的軌跡圓的半徑相等，OO₁PO₂構成菱形，故粒子從P點的出射方向與y軸平行，粒子由O到P所對應的圓心角為：θ₁=60°
由幾何知識可知，粒子由P點到x軸的距離
s₁=a?cosθ
粒子在電場中做勻變速運動，在電場中運動的時間：t1=

2mv

qE

粒子由P點第2次進入磁場，由Q點射出，PO₁QO₃ 構成菱形，
由幾何知識可知Q點在x軸上，粒子由P到Q的偏向角為：θ₂=120°
則  θ₁+θ₂=π
粒子先后在磁場中運動的總時間：t2=

1

2

T=

πa

v

粒子在場區(qū)之間做勻速運動的時間：t3=

2(a-s1)

v

解得粒子從射入磁場到最終離開磁場的時間t=t1+t2+t3=

(2+π- 3 )a

v

+

2mv

qE

故粒子從射入磁場到最終離開磁場的時間t為t=

(2+π- 3 )a

v

+

2mv

qE

．
答：（1）磁感應強度B的大小為

mv

qa

；
（2）粒子從O點進入磁場到最終離開磁場所通過的路程為S=

mv2

qE

+πa．
（3）粒子以速度v從O點垂直于磁場方向且與x軸正方向的夾角θ=30°射入第一象限，求粒子從射入磁場到最終離開磁場的時間為

(2+π- 3 )a

v

+

2mv

qE

．

點評：本題關鍵先確定圓心、半徑，然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解；第三問關鍵先根據(jù)題意，分析后畫出物體的運動軌跡，然后再列式計算．