Question

如圖，在xoy坐標(biāo)平面的第一象限內(nèi)有一沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第四象限內(nèi)有一垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電量為+q的粒子（重力不計(jì)）從坐標(biāo)原點(diǎn)O以速度大小為v₀射入磁場(chǎng)，其入射方向與x軸的正方向成30°角．當(dāng)粒子第一次進(jìn)入電場(chǎng)后，運(yùn)動(dòng)到電場(chǎng)中P點(diǎn)處時(shí)，方向與x軸正方向相同，P點(diǎn)坐標(biāo)為〔（2

3

+1）L，L〕．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）粒子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小為v；
（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；
（3）粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間t．

Answer 1

分析：（1）帶電粒子以與x軸成30°垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，接著又以與x軸成30°進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，當(dāng)?shù)竭_(dá)P點(diǎn)時(shí)速度恰好與x軸平行．由粒子在電場(chǎng)O點(diǎn)的速度分解可求出到P點(diǎn)時(shí)速度的大小v．
（2）粒子從離開磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中，運(yùn)用動(dòng)能定理求解電場(chǎng)強(qiáng)度．
由類平拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)結(jié)合幾何關(guān)系可求出圓弧對(duì)應(yīng)的半徑，根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中，洛倫茲力提供向心力可算出磁感應(yīng)強(qiáng)度．
（3）由磁場(chǎng)中粒子的周期公式及電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求出粒子從O點(diǎn)到P點(diǎn)的時(shí)間t．

解答：解：（1）粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，OQ段為圓周，QP段為拋物線，粒子在Q點(diǎn)時(shí)的速度大小為v₀，根據(jù)對(duì)稱性可知，方向與x軸正方向成30°角，可得：v=v₀cos30°
解得：v=

3

2

v0
（2）在粒子從Q運(yùn)動(dòng)到P的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：
  -qEL=

1

2

mv2-

1

2

m

v

2 0

解得：E=

m v 2 0

8qL

，
水平方向的位移為：xQp=

3

2

v0t1
豎直方向的位移為：y=

1

2

v0sin30°t1=L
可得：xQP=2

3

L，OQ=x_OP-x_QP=L
由OQ=2Rsin30°，故粒子在OQ段圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=L
根據(jù)牛頓第二定律得：qv0B=m

v 2 0

R

解得：B=

mv0

qL

（3）粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q所用的時(shí)間為：t1=

1

6

×

2πR

v0

=

πL

3v0

，
設(shè)粒子從Q到P所用時(shí)間為t₂，在豎直方向上有：t2=

L

vy/2

=

4L

v0

，
則粒子從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間為：t總=t1+t2=

(12+π)L

3v0

答：（1）粒子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小為v為

3

2

v0；
（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E為

m v 2 0

8qL

，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為

mv0

qL

；
（3）粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間t為

(12+π)L

3v0

．

點(diǎn)評(píng)：本題也可將粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡逆向思考，看成粒子在電場(chǎng)中以一定速度做類平拋運(yùn)動(dòng)后，進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．