Question

如圖所示，在 xOy 平面的第一、四象限內(nèi)存在著方向垂直紙面向外，磁感應強度為 B 的勻強磁場，在第四象限內(nèi)存在方向沿-y 方向、電場強度為 E  的勻強電場．從 y 軸上坐標為（0，a）的 P 點向磁場區(qū)發(fā)射速度大小不等的帶正電同種粒子，速度方向范圍是與+y 方向成30°-150°角，且在 xOy 平面內(nèi)．結(jié)果所有粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后都垂直打到 x 軸上，然后進入第四象限內(nèi)的正交電磁場區(qū)．已知帶電粒子電量為+q，質(zhì)量為 m，粒子重力不計．
（1）所有通過第一象限磁場區(qū)的粒子中，求粒子經(jīng)歷的最短時間與最長時間的比值；
（2）求粒子打到 x 軸上的范圍；
（3）從 x 軸上 x=a 點射入第四象限的粒子穿過正交電磁場后從 y 軸上 y=-b 的 Q 點射出電磁場，求該粒子射出電磁場時的速度大�。�

Answer 1

分析：（1）、先找出兩個邊界上的粒子，分析在第一象限內(nèi)的運動情況，可知與y軸正方向成30°的粒子運動時間最長，與y軸正方向成150°的粒子運動時間最短．利用帶電粒子在有邊界的勻強磁場中做圓周時的時間確定方法可求出最長時間和最短時間，從而可求出時間比．
（2）、利用帶電粒子在有邊界的勻強磁場中做圓周運動時確定圓心和半徑的方法，分別求出兩種粒子經(jīng)過x軸時距坐標原點的距離，從而可表示出粒子打到 x 軸上的范圍．
（3）、因粒子是垂直x軸射入第四象限的，所以也是垂直于y軸射入第一象限的，由此可判斷在第一象限內(nèi)運動的半徑為a，從而可求出射入第一象限時的速度，在第四象限內(nèi)運動時，電場力做正功，使電勢能轉(zhuǎn)化為動能，洛倫茲力不做功，由動能定理即可求出經(jīng)y軸的負方向射出第四象限時的速度．

解答：解：
（1）、各種離子在第一象限內(nèi)運動時，與y軸正方向成30°的粒子運動時間最長，時間為：
tmax=

5 6 π

2π

T=

5

12

T…①
與y軸正方向成150°的粒子運動時間最短，時間為：
tmin=

π 6

2π

T=

T

12

…②
①②兩式聯(lián)立得：

tmin

tmax

=

1

5

（2）、設帶電粒子射入方向與y軸夾角成150°時的軌道半徑為R₁，由幾何關系有：
R1=

a

sin30°

= 2a
帶電粒子經(jīng)過的最左邊為：x1=R1(1-cos30°)=(2-

3

)a
設帶電粒子射入方向與y軸夾角30°時的軌道半徑為R₂，由幾何關系有：
R2=

a

sin30°

= 2a
帶電粒子經(jīng)過的最右邊為：
x2=R2(1+cos30°)=(2+

3

)a
所以粒子打到 x 軸上的范圍范圍是：
(2-

3

)a≤x≤(2+

3

)a
（3）帶電粒子在第一象限的磁場中有：
qv0B=m

v 2 0

R

由題意知：R=a
帶電粒子在第四象限中運動過程中，電場力做功轉(zhuǎn)化為帶電粒子的動能，設經(jīng)過Q點是的速度為v，由動能定理由：
qEb=

1

2

mv2-

1

2

m

v

2 0

解得：v=

q2B2a2 m2 + 2qEb m

答：（1）所有通過第一象限磁場區(qū)的粒子中，求粒子經(jīng)歷的最短時間與最長時間的比值為

1

5

．
（2）求粒子打到 x 軸上的范圍為(2-

3

)a≤x≤(2+

3

)a．
（3）該粒子射出電磁場時的速度大小為

q2B2a2 m2 + 2qEb m

．

點評：解答本題的關鍵是確定帶電粒子在有邊界的勻強磁場中做勻速圓周運動的圓心、半徑及運動時間，具體確定方法為：
①、圓心的確定：因為洛倫茲力提供向心力，所以洛倫茲力總是垂直于速度的方向，畫出帶電粒子運動軌跡中任意兩點（一般是射入磁場和射出磁場的兩點）洛倫茲力的方向，其延長線的交點即為圓心．
②、半徑的確定：半徑一般都是在確定圓心的基礎上用平面幾何的知識求解，常常用到解三角形，尤其是直角三角形．
③、運動時間的確定：利用圓心角與弦切角的關系或者四邊形的內(nèi)角和等于360°計算出粒子所經(jīng)過的圓心角θ的大小，用公式t=

θ

360°

T可求出運動時間．
還有就是要明確洛倫茲力對運動電荷不做功，電場力對電荷做功的過程是電勢能與動能間的互化過程．