Question

如圖所示，相距2L的AB、CD兩直線間的區(qū)域存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強電場，其中PT上方的電場E₁的場強方向豎直向下，PT下方的電場E₀的場強方向豎直向上，在電場左邊界AB上寬為L的PQ區(qū)域內(nèi)，連續(xù)分布著電量為+q、質(zhì)量為m的粒子．從某時刻起由Q到P點間的帶電粒子，依次以相同的初速度v₀沿水平方向垂直射入勻強電場E₀中，若從Q點射入的粒子，通過PT上的某點R進入勻強電場E₁后從CD邊上的M點水平射出，其軌跡如圖，若MT兩點的距離為

L

2

．不計粒子的重力及它們間的相互作用．試求：
（1）電場強度E₀與E₁；
（2）在PQ間還有許多水平射入電場的粒子通過電場后也能垂直CD邊水平射出，這些入射點到P點的距離有什么規(guī)律？

Answer 1

分析：（1）粒子在兩電場中做類平拋運動，由圖可得出粒子在兩電場中的運動情況；分別沿電場方向和垂直電場方向列出物理規(guī)律，聯(lián)立可解得電場強度的大��；
（2）粒子進入電場做類平拋運動，根據(jù)運動的合成與分解，結(jié)合運動學(xué)公式，再由牛頓第二定律可求得磁感應(yīng)強度．

解答：解：（1）設(shè)粒子在E₀和E₁中的時間為t₁與t₂，到達R時豎直速度為v_y，
則有S=

1

2

at2  v=at 
及 牛頓第二定律，F(xiàn)=qE=ma得：
因L=

1

2

a1

t

2 1

=

1

2

qE0

m

t

2 1

     ①（
又因  

L

2

=

1

2

a2

t

2 2

=

1

2

qE1

m

t

2 2

   ②
而   vy=

qE0

m

t1=

qE1

m

t2    ③
勻速運動，v₀（t₁+t₂）=2L          ④
上述三式聯(lián)立解得：E₁=2E₀
即E0=

9m v 2 0

8qL

    E1=

9m v 2 0

4qL

（2）由E₁=2E₀及③式可得t₁=2t₂．
因沿PT方向粒子做勻速運動，故P、R兩點間的距離是R、T兩點間距離的兩倍．即粒子在E₀電場做類平拋運動在PT方向的位移是在E₁電場中的兩倍．
設(shè)PQ間到P點距離為△y的F處射出的粒子通過電場后也沿水平方向，
若粒子第一次達PT直線用時△t，水平位移為△x，
則△x=v₀△t     
△y=

1

2

qE0

m

(△t)2  
粒子在電場E₁中可能做類平拋運動后，垂直CD邊射出電場，也可能做類斜拋運動后返回E₀電場，在E₀電場中做類平拋運動垂直CD水平射出，或在E₀電場中做類斜拋運動再返回E₁電場，
若粒子從E₁電場垂直CD射出電場，則有 
   (2n+1)△x+

△x

2

=2L （n=0、1、2、3、…） 
解之得：
△y=

1

2

qE0

m

(

△x

v0

)2=

1

2

qE0

m

(

4L

3(2n+1)v0

)2=

L

(2n+1)2

（n=0、1、2、3、…）
若粒子從E₀電場垂直CD射出電場，則有
3k△x=2L（k=1、2、3、…）
△y=

1

2

qE0

m

(

△x

v0

)2=

1

2

qE0

m

(

2L

3kv0

)2=

L

4k2

  （k=1、2、3、…）
即PF間的距離為

L

(2n+1)2

與

L

4k2

其中n=0、1、2、3、…，k=1、2、3、…）
或 2n

3△x

2

=2L  （n=1、2、3、…）
解之得：△y=

1

2

qE0

m

(

△x

v0

)2=

L

n2

（n=1、2、3、…）
則PF間距為

L

n2

（n=1、2、3、…）
答：
（1）電場強度E0=

9m v 2 0

8qL

 與  E1=

9m v 2 0

4qL

；
（2）在PQ間還有許多水平射入電場的粒子通過電場后也能垂直CD邊水平射出，這些入射點到P點的間距為

L

n2

（n=1、2、3、…）．

點評：帶電粒子在電場磁場中的運動要把握其運動規(guī)律，在電場中利用幾何關(guān)系得出其沿電場．和垂直于電場的運動規(guī)律；而在磁場中也是要注意找出相應(yīng)的幾何關(guān)系，從而確定圓心和半徑，屬于難題．