Question

如圖所示，在坐標系xOy中，y軸右側有一勻強電場；在第二、三象限內有一有界勻強磁場，其上、下邊界無限遠，右邊界為y軸、左邊界為平行于y軸的虛線，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里．一帶正電，電量為q、質量為m的粒子以某一速度自磁場左邊界上的A點射入磁場區域，并從O點射出，粒子射出磁場的速度方向與x軸的夾角θ=45°，大小為v．粒子在磁場中的運動軌跡為紙面內的一段圓弧，且弧的半徑為磁場左右邊界間距的

2

倍．粒子進入電場后，在電場力的作用下又由O點返回磁場區域，經過一段時間后再次離開磁場．已知粒子從A點射入到第二次離開磁場所用的時間恰好等于粒子在磁場中做圓周運動的周期．忽略重力的影響．求：
（1）粒子經過A點時速度的方向和A點到x軸的距離；
（2）勻強電場的大小和方向；
（3）粒子從第二次離開磁場到再次到達磁場所用的時間．

Answer 1

分析：（1）根據幾何關系求出粒子在磁場中做圓周運動的圓心角，抓住速度方向與半徑垂直確定出粒子的速度方向，通過幾何關系求出A點到x軸的距離．
（2）粒子在電場中做勻變速直線運動，結合粒子第一次在磁場中和第二次在磁場中的時間求出在電場中的運行時間，根據牛頓第二定律和運動學公式求出電場強度的大小．
（3）粒子自P點射出后將做類平拋運動，抓住沿著電場方向做勻加速直線運動，垂直電場方向做勻速直線運動，結合運動學公式求出粒子從第二次離開磁場到再次到達磁場所用的時間．

解答：解：（1）設磁場左邊界與x軸相交于D點，過O點作速度v垂線O O₁，與MN相交于O₁點．由幾何關系可知，在直角三角形OO₁D中∠OO₁D=45°．設磁場左右邊界間距為d，則OO₁=

2

d．
故粒子第一次進入磁場的運動軌跡的圓心即為O₁點，圓孤軌跡所對的圓心角為45°，且O₁A為圓弧的半徑R．
由此可知，粒子自A點射入磁場的速度與左邊界垂直．
A點到x軸的距離：

.

AD

=R(1-cos45°)-----------①
由洛侖茲力公式、牛頓第二定律及圓周運動的規律，得：
qvB=m

v2

R

------------②
聯立①②式得：

.

AD

=

mv

qB

(1-

2

2

)------------③
（2）依題意：勻強電場的方向與x軸正向夾角應為135°．
設粒子在磁場中做圓周運動的周期為T，第一次在磁場中飛行的時間為t₁，有
t1=

T

8

--------------④
T=

2πm

qB

---------------⑤
由幾何關系可知，粒子再次從O點進入磁場的速度方向與磁場右邊夾角為45°．設粒子第二次在磁場中飛行的圓弧的圓心為O₂，O₂必定在直線OO₁上．設粒子射出磁場時與磁場右邊界交于P點，則∠O O₂P=90°．設粒子第二次進入磁場在磁場中運動的時間為t₂，有：
t2=

1

4

T-------------⑥
設帶電粒子在電場中運動的時間為t₃，依題意得：
t₃=T-（t₁+t₂）------------⑦
由勻變速運動的規律和牛頓定律可知：
-v=v-at₃--------------⑧
a=

qE

m

----------------⑨
聯立④⑤⑥⑦⑧⑨可得：
E=

8

5π

Bv------------------⑩
（3）由幾何關系可得：∠OPO₂=45°
故粒子自P點射出后將做類平拋運動．
則沿電場方向做勻加速運動：
s1=

1

2

at2--------------------（11）
垂直電場方向做勻速直線運動：
s₂=vt------------（12）
tan45°=

s1

s2

---------（13）
聯立⑨⑩（12）（13）式得：
t=

5πm

4qB

．
答：（1）粒子經過A點時速度的方向與左邊界垂直，A點到x軸的距離為

mv

qB

(1-

2

2

)．
（2）勻強電場的大小為E=

8

5π

Bv，方向與x軸正向夾角應為135°．
（3）粒子從第二次離開磁場到再次到達磁場所用的時間為t=

5πm

4qB

．

點評：帶電粒子在磁場中 的運動，正確地畫出運動的軌跡是解題的關鍵，抓住粒子在磁場中做勻速圓周運動，結合半徑公式、周期公式和幾何關系進行求解，第一次進入電場做勻變速直線運動，第二次進入電場做類平拋運動，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解．