Question

（2013?鹽城三模）如圖所示，在矩形區域CDNM內有沿紙面向上的勻強電場，場強的大小E=1.5×10⁵N/C；在矩形區域MNGF內有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小 B=0.2T．已知CD=MN=FG=0.6m，CM=MF=0.20m．在CD邊中點O處有一放射源，沿紙面向電場中各方向均勻地輻射出速率均v0=1.0×106m/s的某種帶正電粒子，粒子質 m=6.4×10^-27kg，電荷量q=3.2×10^-19C，粒子可以無阻礙地通過邊界MN進入磁場，不計粒子的重力．求：
（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑；
（2）邊界FG上有粒子射出磁場的范圍長度；
（3）粒子在磁場中運動的最長時間．

Answer 1

分析：（1）帶電粒子先經電場加速，再進入勻強磁場中做勻速圓周運動．先由動能定理粒子進入磁場時的速度，由牛頓第二定律求在磁場中做圓周運動的半徑；
（2）粒子垂直于電場方向射入電場中的粒子在該方向的位移最大，通過磁場后打在邊界FG上最左端．垂直于MN射入的粒子，經磁場偏轉后軌跡恰好與邊界FG相切，切點就是粒子能射出磁場的最右端．畫出兩種情況下粒子運動的軌跡．
先研究粒子在電場中類平拋運動的過程：運用運動的分解，根據牛頓第二定律和運動學公式相結合求出粒子離開電場時的速度方向與電場方向的夾角，以及垂直于電場方向的位移．根據幾何知識求邊界FG上有粒子射出磁場的范圍長度；
（3）粒子在磁場中軌跡對應的圓心角最大時，運動時間最長．垂直于MN射入的粒子的軌跡與邊界FG相切時，圓心角最大，時間最長，由數學知識求出圓心角，即可求最長時間．

解答：解：（1）設帶電粒子進入磁場時的速度為v，由動能定理得：
     qEd=

1

2

mv2-

1

2

m

v

2 0

帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有
    qvB=m

v2

r

解得，r=

mv

qB

=0.2m
（2）如圖所示，粒子垂直于電場方向射入電場中的粒子在該方向的位移最大，通過磁場后打在邊界FG上最左端．設該粒子離開電場時，速度方向與電場方向的夾角為θ₁，該粒子在電場中運動時
  加速度大小為a=

qE

m

  沿電場方向的位移 y1=

1

2

at2=d
  垂直電場方向的位移  x₁=v₀t=

2 3

15

m
離開電場時  sinθ₁=

v0

v

=

1

2

，θ₁=30°
因為  x₁+r（1-cos30°）＜0.30m
粒子從S點射入磁場，偏轉后從邊界FG射出時的位置P即通過范圍的左邊界，且PS⊥MN，垂直MN射入磁場的粒子經磁場偏轉后恰好與邊界FG相切，切點Q是通過范圍的右邊界．
則帶電粒子從邊界FG射出磁場時通過的范圍長度為  l=x₁+r=

2 3

15

m+0.2m≈0.43m
（3）帶電粒子在磁場中運動的周期 T=

2πm

qB

=6.28×10^-7s
帶電粒子在磁場中運動時，其中沿O′QR運動的軌跡最長，運動的時間最長，
∵sinθ₂=

L 2 -r

r

=

0.3-0.2

0.2

=

1

2

，θ₂=30°
∴帶電粒子在磁場中運動的最大圓心角為120°，對應的最長時間為
   t_max=

1

3

T=

2πm

3qB

=2.09×10^-7s
答：
（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑是0.2m；
（2）邊界FG上有粒子射出磁場的范圍長度是0.43m；
（3）粒子在磁場中運動的最長時間是2.09×10^-7s．

點評：本題考查動能定理、牛頓第二定律，及類平拋運動處理規律，讓學生熟練掌握它們的解題思路與方法．注意粒子進入勻強電場時，恰好做類平拋運動時偏轉位移最大，磁場中畫出軌跡，確定邊界范圍，由幾何知識求邊界的長度．