Question

如圖，在xoy坐標平面的第一象限內有一沿y軸負方向的勻強電場，在第四象限內有一垂直于平面向里的勻強磁場．現有一質量為m、電量為+q的粒子（重力不計）從坐標原點O以速度大小為v₀射入磁場，其入射方向與x軸的正方向成30°角．當粒子第一次進入電場后，運動到電場中P點處時，方向與x軸正方向相同，P點坐標為〔（2

3

+1）L，L〕．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）粒子運動到P點時速度的大小為v；
（2）勻強電場的電場強度E和勻強磁場的磁感應強度B；
（3）粒子從O點運動到P點所用的時間t．

Answer 1

分析：（1）帶電粒子以與x軸成30°垂直進入勻強磁場后，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，接著又以與x軸成30°進入勻強電場，當到達P點時速度恰好與x軸平行．由粒子在電場O點的速度分解可求出到P點時速度的大小v．
（2）粒子從離開磁場到運動到P點的過程中，運用動能定理求解電場強度．
由類平拋運動與圓周運動結合幾何關系可求出圓弧對應的半徑，根據粒子在磁場中，洛倫茲力提供向心力可算出磁感應強度．
（3）由磁場中粒子的周期公式及電場中運動學公式可求出粒子從O點到P點的時間t．

解答：解：（1）粒子運動軌跡如圖所示，OQ段為圓周，QP段為拋物線，粒子在Q點時的速度大小為v₀，根據對稱性可知，方向與x軸正方向成30°角，可得：v=v₀cos30°
解得：v=

3

2

v0
（2）在粒子從Q運動到P的過程中，由動能定理得：
  -qEL=

1

2

mv2-

1

2

m

v

2 0

解得：E=

m v 2 0

8qL

，
水平方向的位移為：xQp=

3

2

v0t1
豎直方向的位移為：y=

1

2

v0sin30°t1=L
可得：xQP=2

3

L，OQ=x_OP-x_QP=L
由OQ=2Rsin30°，故粒子在OQ段圓周運動的半徑R=L
根據牛頓第二定律得：qv0B=m

v 2 0

R

解得：B=

mv0

qL

（3）粒子從O點運動到Q所用的時間為：t1=

1

6

×

2πR

v0

=

πL

3v0

，
設粒子從Q到P所用時間為t₂，在豎直方向上有：t2=

L

vy/2

=

4L

v0

，
則粒子從D點運動到P點所用的時間為：t總=t1+t2=

(12+π)L

3v0

答：（1）粒子運動到P點時速度的大小為v為

3

2

v0；
（2）勻強電場的電場強度E為

m v 2 0

8qL

，勻強磁場的磁感應強度B為

mv0

qL

；
（3）粒子從O點運動到P點所用的時間t為

(12+π)L

3v0

．

點評：本題也可將粒子的運動軌跡逆向思考，看成粒子在電場中以一定速度做類平拋運動后，進入勻強磁場中做勻速圓周運動．