Question

在豎直平面內(nèi)，以虛線為界分布著如圖所示的勻強(qiáng)電場和足夠大的勻強(qiáng)磁場，各區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，勻強(qiáng)電場方向豎直向下，大小為E=

Bv0

3

；傾斜虛線與x軸之間的夾角為60°，一帶正電的C粒子從O點以速度v₀與y軸成30°角射入左側(cè)磁場，粒子經(jīng)過傾斜虛線后進(jìn)入勻強(qiáng)電場，恰好從圖中A點射入右側(cè)x軸下方磁場．已知帶正電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m（粒子重力忽略不計）．試求：
（1）帶電粒子通過傾斜虛線時的位置坐標(biāo)；
（2）粒子到達(dá)A點時速度的大小和方向以及勻強(qiáng)電場的寬度L；
（3）若在C粒子從O點出發(fā)的同時，一不帶電的D粒子從A點以速度v沿x軸正方向勻速運動，最終兩粒子相碰，求D粒子速度v的可能值．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可解出軌跡半徑．再由幾何知識來算出位置的坐標(biāo)；
（2）由幾何關(guān)系得知，粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場做類平拋運動，因此可將其運動分解，根據(jù)牛頓第二定律與運動學(xué)公式去確定到達(dá)A點時速度的大小和方向，再由運動學(xué)位移公式求出勻強(qiáng)電場的寬度；
（3）根據(jù)幾何知識，得出C粒子在左側(cè)磁場運動軌跡為

1

3

圓周，而C粒子在右側(cè)磁場運動軌跡可能為多個

1

4

圓弧，從而由周期公式可算出C粒子到達(dá)x軸時可能運動時間；再由運動軌跡半徑公式來確定粒子運動的可能距離，從而求出粒子速度的可能值．

解答：解：（1）洛倫茲力提供向心力，則有：qv0B=m

v 2 0

R

解得：R=

mv0

qB

由幾何知識，則有：x1=Rcos30°=

3

2

R=

3 mv0

2qB

                  y1=R(1+sin30°)=

3

2

R=

3mv0

2qB

所以位置坐標(biāo)為：（

3 mv0

2qB

，

3mv0

2qB

）
（2）由幾何關(guān)系可知粒子垂直電場線進(jìn)入勻強(qiáng)電場做類平拋運動
   牛頓第二定律，a=

qE

m

   
  運動學(xué)公式，vy=

2ay1

粒子到達(dá)A點的速度大小 v=

v 2 0 + v 2 y

=

2

v0
設(shè)速度與x軸的夾角為θ，則：tanθ=

vy

v0

=1，
解得，θ=45°
由v_y=at₁
解得：t1=

3m

qB

  x₂=v₀t₁
聯(lián)立以上各式解得：L=x1+x2=(

3

2

+3)

mv0

qB

（3）粒子在磁場中運動周期：T=

2πm

qB

由幾何關(guān)系可知，C粒子在左側(cè)磁場運動軌跡為

1

3

圓周，運動時間t0=

1

3

T
由幾何關(guān)系可知，C粒子在右側(cè)磁場運動軌跡可能為多個

1

4

圓弧，
如圖，C粒子到達(dá)x軸時可能運動時間：t2=n×

1

4

T（n=1，2，3…）
C粒子在右側(cè)磁場運動軌跡半徑R1=

2 mv0

qB

D粒子在x軸與C粒子相遇距A點的可能距離：s=n×

2

R1（n=1、2、3…）
所以，D粒子速度v的可能值V0=

M

ρNA

=

12nv0

3πn+4π+18

（n=1，2，3…） 

答：（1）帶電粒子通過傾斜虛線時的位置坐標(biāo)為：（

3 mv0

2qB

，

3mv0

2qB

）；
（2）粒子到達(dá)A點時速度的大小為

2

v0和方向與x軸成45°，電強(qiáng)電場的寬度為(

3

2

+3)

mv0

qB

；
（3）若在C粒子從O點出發(fā)的同時，一不帶電的D粒子從A點以速度v沿x軸正方向勻速運動，最終兩粒子相碰，則D粒子速度v的可能值V0=

M

ρNA

=

12nv0

3πn+4π+18

（n=1，2，3…）．

點評：考查了僅僅由電場力做類平拋運動，還有僅僅由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，學(xué)會如何處理類平拋運動及勻速圓周運動的問題，形成一定的解題能力．同時注意幾何知識的熟練應(yīng)用，并強(qiáng)調(diào)洛倫茲力的方向的重要性及運動軌跡的多樣性．