Question

在圖示區(qū)域中，x軸上方有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，x軸下方有一勻強(qiáng)電場．現(xiàn)有一質(zhì)子以速度v₀由y軸上的A點(diǎn)沿y軸正方向射入磁場，質(zhì)子在磁場中運(yùn)動一段時(shí)間后從C點(diǎn)與x軸成45°角進(jìn)入勻強(qiáng)電場區(qū)域，經(jīng)時(shí)間t原路返回再次進(jìn)入磁場繼續(xù)運(yùn)動．己知質(zhì)子質(zhì)量為m，電最為q，不計(jì)重力，磁場區(qū)域和電場區(qū)域足夠大．求：
（1）C點(diǎn)的x坐標(biāo)；
（2）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小和方向；
（3）質(zhì)子第四次穿過x軸時(shí)的x坐標(biāo)．

Answer 1

分析：（1）帶電粒子受到的電場力與電場線在同一條直線上，在電場中做直線運(yùn)動，在磁場中做圓周運(yùn)動，根據(jù)粒子的運(yùn)動情況可以畫出粒子的運(yùn)動的軌跡；根據(jù)粒子的運(yùn)動的軌跡和粒子在磁場中的運(yùn)動的半徑的大小可以求得粒子在C點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）粒子在電場中做直線運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動的對稱性可知，返回磁場時(shí)的速度與出磁場時(shí)的速度大小相等，方向相反；根據(jù)動量定理可求得場強(qiáng)的大小與方向；
（3）質(zhì)子第三次穿越χ軸后，在電場中作類平拋運(yùn)動，由于V₀與χ負(fù)方向成45．角，第四次穿越x軸時(shí)運(yùn)用運(yùn)動的合成法求解速度的大小及速度方向．

解答：解：質(zhì)子的運(yùn)動軌跡如圖
（1）質(zhì)子的軌跡半徑為R=

mv0

qB

C點(diǎn)的坐標(biāo)為x_c=-R（1+

2

2

）=-

mv0

qB

(1+

2

2

)
（2）粒子在電場中做直線運(yùn)動，并且經(jīng)時(shí)間t原路返回再次進(jìn)入磁場，根據(jù)運(yùn)動的對稱性可知，返回磁場時(shí)的速度與出磁場時(shí)的速度大小相等，方向相反；
所以電場的方向必定與x軸負(fù)方向成45°角，斜向上．
根據(jù)動量定理可得-qEt=-mv₀-mv₀
所以：E=

2mv0

qt

（3）質(zhì)子第二次穿越χ軸后，在磁場中作圓周運(yùn)動，運(yùn)動的半徑與第一次時(shí)相同，軌跡如圖，
由于粒子的軌跡是

1

4

圓弧，所以：

.

CD

=2R=

2mv0

qB

質(zhì)子第三次穿越χ軸后，在電場中作類平拋運(yùn)動，由于V₀與χ負(fù)方向成45°角，所以第四次穿越x軸時(shí)沿v₀方向的位移與垂直于v₀方向的位移大小相等，即：
   v₀t′=

1

2

?

qE

m

?t′2
解得，t′=t．
所以：

.

DF

=

2

v0t′=

2

v0t
代人數(shù)據(jù)得：

.

OF

=

mv0

qB

(1+

2

2

)+

2mv0

qB

+

2

v0t=

mv0

qB

(3+

2

2

)+

2

v0t
故F點(diǎn)的坐標(biāo)為：（[-

mv0

qB

(3+

2

2

)+

2

v0t]，0）
答：（1）C點(diǎn)的坐標(biāo)是 [-

mv0

qB

(1+

2

2

)，0]．
（2）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E=

2mv0

qt

，方向與x軸負(fù)方向成45°角，斜向上．
（3）質(zhì)子第四次穿越χ軸時(shí)的坐標(biāo)為：（[-

mv0

qB

(3+

2

2

)+

2

v0t]，0）

點(diǎn)評：本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動，要掌握住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運(yùn)動軌跡后，幾何關(guān)系就比較明顯了．