Question

如圖所示，在y＞0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在y＜0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直xOy平面（紙面）向外．一電量為q、質(zhì)量為m的帶正電的運動粒子，經(jīng)過y軸上y=h處的點P₁時速率為v₀，方向沿x軸正方向；然后經(jīng)過x軸上x=2h處的 P₂點進入磁場，并經(jīng)過y軸上y=-2h處的P₃點．不計重力，求：
（1）粒子從P₁點運動到P₂點所用時間及電場強度的大��；
（2）粒子到達P₂時速度的大小和方向；
（3）磁感應(yīng)強度的大小及粒子從P₂點運動到P₃點所用時間．

Answer 1

分析：（1）粒子在電場中做類平拋運動，即在x軸正方向做勻速直線運動，在y軸負方向上做初速度為0的勻加速直線運動，根據(jù)目中給出的位移關(guān)系，利用運動的合成與分解求解即可；
（2）根據(jù)運動的合成與分解可知，粒子到達P₂時，水平方向速度為v₀，豎直方向速度為v_y=at，已知分運動的情況下，根據(jù)合成可以求出粒子速度的大小和方向；
（3）粒子進入磁場后，將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，畫出粒子的運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子做圓周運動的半徑，現(xiàn)利用洛倫茲力提供向心力的關(guān)系求出磁感應(yīng)強度的大小，粒子在磁場中運動的時間根據(jù)軌跡求出粒子圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角，再根據(jù)時間關(guān)系t=

θ

2π

T求解即可．

解答：解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)粒子從P₁到P₂的時間為t，電場強度的大小為E，
粒子在電場中的加速度為a，由牛頓第二定律有：
qE=ma  
故a=

qE

m

粒子在電場中做類平拋運動，即有：
在x軸正方向做勻速直線運動有：
v₀t=2h         
在y軸負方向做初速度為0的勻加速直線運動
h=

1

2

at²
由此可得：t=

2h

v0

，E=

m v 2 0

2qh

；
（2）粒子到達P₂時，速度沿x軸方向的分量仍為v₀，設(shè)y軸方向的速度分量為v_y，
則：由于y軸方向做初速度為0的勻加速直線運動，故有：
v_y²=2ah，
可得vy=

2ah

=

2qEh m

=v₀
根據(jù)運動的合成可得粒子在P₂點的速度

v=

v 2 0 + v 2 v

=

2

v0
粒子速度方向與x軸方向所夾角的正切值為：
tanθ=

vy

v0

=1
即速度與x軸方向所夾的角為45°；
（3）設(shè)磁感應(yīng)強度為B，粒子做勻速圓周運動，則由洛倫茲力提供圓周運動向心力有：
qvB=m

v2

r

，
即粒子圓周運動的半徑r=

mv

qB

，
如圖：

因為OP₂=OP₃=2h，由幾何關(guān)系可知：連線P₂P₃為圓周運動的直徑，則：r=

2

h，
則可解得：B=

mv

qr

=

m 2 v0

q 2 h

=

mv0

qh

，
粒子從P₂運動到P₃剛好經(jīng)過半個圓周，粒子運動的時間：
t′=

πR

v

=

π 2 h

2 v0

=

πh

v0

答：（1）粒子從P₁點運動到P₂點所用時間為

2h

v0

，電場強度的大小為E=

m v 2 0

2qh

；
（2）粒子到達P₂時速度的大小為E=

m v 2 0

2qh

，方向與x軸成45°角向下；
（3）磁感應(yīng)強度的大小為

mv0

qh

，粒子從P₂點運動到P₃點所用時間為

mv0

qh

．

點評：本題主要考查帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)（做類平拋運動）和帶電粒子在磁場中在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，解決問題的主要方法是抓住運動的合成與分解處理電場中的偏轉(zhuǎn)，抓住洛倫茲力提供圓周運動向心力和根據(jù)幾何關(guān)系確定粒子在磁場中運動軌跡及其幾何關(guān)系即可．