Question

如圖所示，空間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向?yàn)閥軸正方向，磁場方向垂直于xy平面（紙面）向外，電場和磁場都可以隨意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與撤除前的相同．一帶正電荷的粒子從P（x=0，y=h）點(diǎn)以一定的速度v₀平行于x軸正向入射．這時(shí)若只有磁場，粒子將做半徑為R₀的圓周運(yùn)動(dòng)；若同時(shí)存在電場和磁場，粒子恰好做直線運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)在，只加電場，當(dāng)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x=R₀平面（圖中虛線所示）時(shí)，立即撤除電場的同時(shí)加上磁場，粒子繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，其軌跡與x軸交于M點(diǎn)．不計(jì)帶電粒子的重力．求：
（1）粒子到達(dá)x=R₀平面時(shí)的速度v；
（2）M點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離x_M．

Answer 1

分析：（1）同時(shí)存在電場和磁場，粒子恰好做直線運(yùn)動(dòng)，電場力與洛倫茲力平衡，得到場強(qiáng)與磁感應(yīng)強(qiáng)度的關(guān)系．只有磁場時(shí)粒子將做半徑為R₀的圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．只有勻強(qiáng)電場時(shí)，帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出加速度，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成和分解法求出粒子到達(dá)x=R₀平面時(shí)的速度v；
（2）撤除電場加上磁場后，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出半徑，畫出軌跡，根據(jù)幾何知識求解M點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離x_M．

解答：解：（1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)和勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為E和B．
由題意          qE=qBv₀
由牛頓第二定律  qBv0=m

v 2 0

R0

只有勻強(qiáng)電場時(shí)，帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)．
由牛頓第二定律  qE=ma
如圖所示，帶電粒子到達(dá)A點(diǎn)時(shí)
   v_x=v₀
   v_y=at
   R₀=v_xt
粒子速度大小為 v=

v 2 x + v 2 y

解得       v=

2

v0
設(shè)速度v的方向與x軸正方向的夾角為θ，則  tanθ=

vy

vx

解得        θ=

π

4

（2）撤除電場加上磁場后，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)圓軌道半徑為R，
由牛頓第二定律  qBv=m

v2

R

解得            R=

2

R0
粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，A點(diǎn)到x軸的距離為   H=h+

1

2

at2=h+

R0

2

圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，由幾何關(guān)系，該直線與x軸負(fù)向和y軸負(fù)向的夾角均為

π

4

則C點(diǎn)坐標(biāo)為    x_C=2R₀，yC=H-R0=h-

R0

2

過C點(diǎn)作x軸的垂線，垂足為D，在△CDM中，

.

CM

=R=

2

R0，

.

CD

=yC=h-

R0

2

.

DM

=

. CM 2- . CD 2

，xM=

.

OD

+

.

DM

解得  xM=2R0+

7 4 R 2 0 +R0h-h2

．
答：
（1）粒子到達(dá)x=R₀平面時(shí)的速度v是

2

v0，方向與x軸正方向的夾角為

π

4

．
（2）M點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離x_M為2R₀+

7 4 R 2 0 +R0h-h2

．

點(diǎn)評：本題是綜合性很強(qiáng)的帶電粒子在電磁場中運(yùn)動(dòng)的問題，對電場中運(yùn)動(dòng)的合成與分解法、磁場中畫軌跡，運(yùn)用幾何知識求距離等等方法要熟練，難度較大．