Question

如圖，直線MN上方有平行于紙面且與MN成45°的有界勻強電場，電場強度大小未知；MN下方為方向垂直于紙面向里的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B．今從MN上的O點向磁場中射入一個速度大小為v、方向與MN成45°角的帶正電粒子，該粒子在磁場中運動時的軌道半徑為R．該粒子從O點出發記為第一次經過直線MN，第五次經過直線MN時恰好又通過O點．不計粒子的重力．
（1）畫出粒子在磁場和電場中運動軌跡的草圖；
（2）求出電場強度E的大小；
（3）求該粒子再次從O點進入磁場后，運動軌道的半徑r；
（4）求該粒子從O點出發到再次回到O點所需的時間t．

Answer 1

分析：（1）先分析粒子的運動情況再畫運動軌跡：粒子先在磁場中做勻速圓周運動，接著逆著電場線進入電場做往復直線運動，再進入磁場做勻速圓周運動，第四次通過MN后進入電場后做類平拋運動，軌跡是拋物線．粒子在磁場中運動速率相等，軌跡半徑不變，畫出軌跡示意圖．
（2）根據幾何關系，求出粒子在電場中類平拋運動過程垂直、平行電場方向上的分位移，根據類平拋運動的規律求出電場強度E的大小；
（3）根據牛頓第二定律和運動學公式結合粒子再次從O點進入磁場后的速率，由公式r=

mv

qB

即可求出半徑r．
（4）根據粒子運動軌跡對應的圓心角，求出粒子在磁場中的時間；根據牛頓第二定律和運動學公式結合求出電場中運動時間，即可求出總時間．

解答：解：（1）粒子的運動軌跡如圖．
（2）由幾何關系得

.

oc

=2

2

R．
粒子從c到o做類平拋運動，且在垂直、平行電場方向上的位移相等，都為s_⊥=s_∥=

.

oc

sin45°=2R
類平拋運動時間為  t3=

2⊥

v

=

2R

v

又 s_∥=

1

2

a

t

2 3

=

qE

2m

t

2 3

又 R=

mv

qB

聯立得E=vB
（3）粒子在電場中的加速度為a=

qE

m

=

qvB

m

v₂=at₃=

qvB

m

?

2R

v

=2v，v₁=v
粒子第五次過MN進入磁場后的速度為 v′=

v 2 1 + v 2 2

=

5

v
則第五次過MN進入磁場后的圓弧半徑為 R′=

mv′

qB

=

5

R
（4）由圖知，粒子在磁場中運動的圓心角之和為2π，則粒子在磁場中運動的總時間為等于一個周期，即為  t1=

2πR

v

粒子做直線運動所需時間為 t2=

2v

a

=

2mv

qvB

=

2R

v

聯立得：粒子從出發到第五次到達O點所需時間為t=t1+t2+t3=

2R

v

(2+π)
答：（1）畫出粒子在磁場和電場中運動軌跡的草圖如圖；
（2）電場強度E的大小是vB；
（3）該粒子再次從O點進入磁場后，運動軌道的半徑是

5

R；
（4）求該粒子從O點出發到再次回到O點所需的時間t是

2R

v

(2+π)．

點評：本題的解題關鍵是分析粒子的運動情況，畫出軌跡，運用運動的分解法研究類平拋運動．