Question

如圖所示，在第一象限有一沿-y方向的勻強電場，在x軸下方分布有兩個勻強磁場區(qū)域（B₁、B₂大小未知，方向均垂直于xOy平面向外），以直線x=l為分界線一質(zhì)量為m，電量為q的帶電粒子以平行于x軸的速度v₀從y軸上P點射入電場后，在x軸上的Q點處進入磁場B₁區(qū)域；OP=

3

2

l，OQ=l；在x=l直線上有一點M，QM=l，現(xiàn)在QM之間放一絕緣彈性板，板長略小于l（不影響粒子在Q、M兩點的運動），粒子
與板碰后反彈，沿板方向的分速度不變，垂直板的方向分速度與碰前大小相等方向相反，帶電粒子電量不變、重力不計
（1）求粒子進入磁場時的速度大小和方向；
（2）粒子恰好從M點離開右側(cè)磁場區(qū)域，求B₁大小的可能取值；
（3）粒子由M點進入左側(cè)磁場區(qū)域后，不再打板，而是直接垂直穿過x軸上的N點，求粒子從P點運動到N點的過程中所用的時間．

Answer 1

分析：（1）粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)運動的合成與分解，結(jié)合牛頓第二定律與運動學公式，即可求解；
（2）根據(jù)題意可知，洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動，結(jié)合幾何關(guān)系，從而可求出運動的半徑的可能值，進而即可求解；
（3）根據(jù)類平拋運動的規(guī)律，即可求出運動的時間，再由勻速圓周運動的周期公式與圓心角，從而可求出運動的時間，最后由幾何關(guān)系，確定運動的半徑，從而可求出磁場，進而確定運動的時間，最終可求出粒子從P點運動到N點的過程中所用的時間．

解答：解：（1）粒子做類平拋運動，運動可分解成x與y軸兩方向，
x方向，因l=v₀t₁；
解得：t₁=

l

v0

y方向，又

3

2

l=

1

2

a

t

2 1

；
從而可求出v_y=at₁=

3 v 2 0

l

×

l

v0

=

3

v0
因此粒子進入磁場時的速度大小v=

v 2 x + v 2 y

=2v0；
而方向設為θ，則有：sinθ=

3

2

；即θ=60°；
（2）由題意可知，粒子恰好從M點離開右側(cè)磁場區(qū)域，則粒子偏轉(zhuǎn)角為60°，所以粒子做勻速圓周運動的半徑R=

l

n

（n=1，2，3，…），
再由洛倫茲力提供向心力，則有：q?2v₀B₁=m

(2v0)2

R

；
解得：R=

m?2v0

B1q

；
所以，B₁=

2nmv0

ql

（n=1，2，3，…）
（3）粒子在磁場B₁中的運動時間，設為t₂，根據(jù)以上分析，則有：t₂=

T

6

；
而T=

2πm

B1q

所以，解得：t₂=

πl(wèi)

6nv0

（n=1，2，3，…）；
根據(jù)粒子進入磁場B₂，的偏轉(zhuǎn)角，結(jié)合圖形的運動軌跡，可知，粒子在磁場B₂的運動半徑，r=

l

sin30°

=2l；
因此由半徑公式，r=

m?2v0

B2q

；
又周期公式，T′=

2πm

B2q

；
則有，運動的時間，t₃=

5

6

T′
綜合求解，t₃=

5πl(wèi)

3v0

；
所以粒子從P點運動到N點的過程中所用的時間為t=t₁+t₂+t₃=

l

v0

(

π

6n

+

5π+3

3

)（n=1，2，3，…）；
答：（1）求粒子進入磁場時的速度大小2v₀和方向與x軸夾角為60°；
（2）粒子恰好從M點離開右側(cè)磁場區(qū)域，B₁大小的可能取值B₁=

2nmv0

ql

（n=1，2，3，…）；
（3）粒子由M點進入左側(cè)磁場區(qū)域后，不再打板，而是直接垂直穿過x軸上的N點，粒子從P點運動到N點的過程中所用的時間

l

v0

(

π

6n

+

5π+3

3

)（n=1，2，3，…）．

點評：考查粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，掌握處理兩種運動的物理規(guī)律，理解牛頓第二定律與運動學公式及向心力表達式，注意畫出正確的運動軌跡圖是解題的關(guān)鍵．