Question

（2013?湖南模擬）如圖所示，勻強磁場分布在0≤x≤（2+

3

）L且以直線PQ為下邊界的區(qū)域內(nèi)，∠OPQ=30°．y≤0的區(qū)域內(nèi)存在著沿y軸正向的勻強電場．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計粒子重力）從電場中一點M（-2L，-

3

L）以初速度v_o沿x軸正向射出后，恰好經(jīng)坐標(biāo)原點O進入第I象限，最后剛好不能從磁場的右邊界飛出．求：
（1）勻強電場的電場強度的大小E；
（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小B；
（3）粒子在磁場中的運動時間．

Answer 1

分析：（1）粒子垂直于電場進入第一象限，粒子做類平拋運動，由到達(dá)N的速度方向可利用速度的合成與分解得知此時的速度，根據(jù)牛頓第二定律可求出加速度與速度及位移關(guān)系，從而求出電場強度；
（2）應(yīng)用動能定理即可求得電場中粒子的速度，粒子以此速度進入第四象限，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，先畫出軌跡圖，找出半徑；利用洛倫茲力提供向心力的公式，可求出在磁場中運動的半徑．
（3）利用圓心與弦切角的關(guān)系計算出粒子所轉(zhuǎn)過的圓心角θ的大小，用公式

t

T

=

θ

360°

可求出運動時間．

解答：解：粒子的運動軌跡如右圖所示
（1）設(shè)粒子在電場中運動的時間為t₁
x方向勻速直線運動，則有：2L=v₀t₁
y方向初速度為零的勻加速直線運動，則有：

3

L=

1

2

a

t

2 1

根據(jù)牛頓第二定律：Eq=ma     
求出勻強電場強度：E=

3 m v 2 0

2qL

（2）y方向的速度：vy=at1=

3

v0
合速度的大�。�v=

v 2 0 + v 2 y

=2v0
合速度與y軸的夾角：tanθ=

vy

v0

=

3 v0

v0

=

3

，所以θ=60°所以粒子進入磁場，剛好不能從磁場的右邊界飛出，運動的軌跡如圖，
由幾何關(guān)系得：R-Rcos30°=

1

2

(2+

3

)L，解得：R=(2+

3

)2L
帶電粒子的洛倫茲力提供向心力．得：qvB=

mv2

R

聯(lián)立方程解得：B=

2mv0

(2+ 3 )2qL

（3）由圖中的幾何關(guān)系可得：cosα=

R-(2+ 3 )L

R

=

5+2 3

7+4 3

，α=arccos

5+2 3

7+4 3

設(shè)帶電粒子在磁場中運動的時間為t，則：

t

T

=

30°+α

2π

又：T=

2πR

v

=

π(2+ 3 )2L

v0

所以：t=

30°+arccos 5+2 3 7+4 3

2π

?

π(2+ 3 )2L

v0

=

30°+arccos 5+2 3 7+4 3

2v0

?(2+

3

)2L
答：（1）勻強電場的電場強度的大小E=

3 m v 2 0

2qL

；
（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小B=

2mv0

(2+ 3 )2qL

；
（3）粒子在磁場中的運動時間t=

30°+arccos 5+2 3 7+4 3

2v0

?(2+

3

)2L．

點評：該題考查了電場和磁場邊界問題，不同場的分界面上，既是一種運動的結(jié)束，又是另一種運動的開始，尋找相關(guān)物理量尤其重要．
粒子在電場中運動偏轉(zhuǎn)時，常用能量的觀點來解決問題，有時也要運用運動的合成與分解．
點粒子做勻速圓周運動的圓心、半徑及運動時間的確定也是本題的一個考查重點
圓心的確定：因洛倫茲力提供向心力，洛倫茲力總垂直于速度，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，其延長的交點即為圓心．或射入磁場和射出磁場的兩點間弦的垂直平分線與一半徑的交點即為圓心．
半徑的確定：半徑一般都在確定圓心的基礎(chǔ)上用平面幾何知識求解，常常是解直角三角形．
運動時間的確定：利用圓心與弦切角的關(guān)系計算出粒子所轉(zhuǎn)過的圓心角θ的大小，用公式

t

T

=

θ

360°

可求出運動時間．
再者就是要正確畫出粒子運動的軌跡圖，能熟練的運用幾何知識解決物理問題．