Question

如圖，質量為m、帶電量為q的粒子，在第四象限勻強電場A處靜止釋放（不計粒子的重力），粒子經過第一象限區域的勻強電場后，恰好過y軸上的B，A點坐標為（L，-L），B點坐標為（0，2L），第四象限勻強電場為E，y軸的左側為足夠大的勻強磁場（圖中未畫），帶電粒子恰好通過坐標原點O點，求：
（1）第一象限電場強度E；
（2）勻強磁場B的大小和方向；
（3）帶電粒子從A運動到原點O時間t．

Answer 1

分析：（1）帶點粒子在第四象限做初速度為零的勻加速直線運動，由勻變速運動運動規律可以求出粒子進入第一象限時的速度；粒子在第一象限做類平拋運動，由類平拋運動的運動規律可以求出第一象限內的電場強度．
（2）帶點粒子在y軸左側做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由題意求出圓周運動的軌道半徑，由牛頓第二定律列方程求出磁感應強度的大小，由左手定則求出磁感應強度的方向．
（3）分別求出粒子在三個象限內的運動時間，然后求出總的運動時間．

解答：解：（1）設粒子從第四象限射出時的速度為v₀，
粒子在第四象限做初速度為零的勻加速運動，
有：L=

1

2

at²=

1

2

v₀t，
粒子在第一象限做類平拋運動，
豎直方向：2L=v₀t′，
水平方向：L=

1

2

a′t′²，
解得：t′=t，a′=a，E′=E；
（2）設帶電粒子進入磁場時與y軸夾角是θ，
則tanθ=

vx

vy

=

vx

v0

=

a′t′

at

=1，則θ=45°；
即帶電粒子從B點和Yy軸成45⁰進入磁場，
在洛倫茲力作用下偏轉回到O點，如圖：
在第四象限內，由動能定理得：qEL=

1

2

mv₀²-0，
粒子進入磁場時的速度v=

v0

cos45°

=

2

v₀，
在磁場中，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m

v2

R

，
有圖示，根據數學知識可得：R=

2

L，
解得：B=

2mE qL

；粒子帶正電，所受洛倫茲力指向圓心，
由左手定則可知，磁感應強度垂直于紙面向下；
（3）粒子在第四象限內：L=

1

2

at²=

1

2

(

qE

m

)2t²，
則t=

2mL qE

，粒子在第一象限內的運動時間t′=t=

2mL qE

，
粒子在磁場中的運動時間：t″=

φ

2π

T=

3

4

T=

3

4

×

2πR

v

=3π

mL 8qE

，
總的時間：t_總=t+t′+t″=2

2mL qE

+3π

mL 8qE

；
答：（1）第一象限電場強度為E；
（2）勻強磁場B的大小為

2mE qL

，方向垂直于紙面向下；
（3）帶電粒子從A運動到原點O時間為2

2mL qE

+3π

mL 8qE

．

點評：本題是一道綜合題，難度較大，是一道難題，分析清楚粒子的運動過程，作出運動軌跡圖有助于正確解題；熟練掌握并靈活應用基礎知識是正確解題的前提與關鍵．