Question

如圖，在坐標系xoy的第一、第三象限內存在相同的勻強磁場，磁場方向垂直于xoy面向里；第四象限內有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E．一質量為m、帶電量為+q的粒子自y軸的P點沿x軸正方向射入第四象限，經x軸上的Q點進入第一象限，隨即撤去電場，以后僅保留磁場．已知OP=d，OQ=2d，不計粒子重力．
（1）求粒子過Q點時速度的大小和方向．
（2）若磁感應強度的大小為一定值B₀，粒子將以垂直y軸的方向進入第二象限，求B₀；
（3）若磁感應強度的大小為另一確定值，經過一段時間后粒子將再次經過Q點，且速度與第一次過Q點時相同，求該粒子相鄰兩次經過Q點所用的時間．

Answer 1

分析：（1）粒子在電場中做類平拋運動，根據x方向上做勻速直線運動，在y方向上做勻加速直線運動，抓住等時性，結合平行四邊形定則求出粒子到達Q點的速度大小和方向．
（2）作出運動的軌跡圖，結合幾何關系求出粒子在磁場中勻速圓周運動的軌道半徑，根據洛倫茲力提供向心力求出磁感應強度的大小．
（3）作出運動的軌跡圖，根據粒子的速度以及在無磁場區和有磁場區運行的路程求出運動的時間．

解答：解：（1）設粒子在電場中運動的時間為t₀，加速度的大小為a，粒子的初速度為v₀，過Q點時速度的大小為v，沿y軸方向分速度的大小為v_y，速度與x軸正方向間的夾角為θ，由牛頓第二定律得qE=ma ①
由運動學公式得d=

1

2

a

t

2 0

②
2d=v₀t₀ ③
v_y=at₀ ④
v=

v 2 0 + v 2 y

⑤
tanθ=

vy

v0

⑥
聯立①②③④⑤⑥式得v=2

qEd m

⑦
θ=45° ⑧
（2）設粒子做圓周運動的半徑為R₁，粒子在第一象限的運動軌跡如圖，O₁為圓心，由幾何關系可知△O₁OQ
為等腰直角三角形，得R1=2

2

d ⑨
由牛頓第二定律得qvB0=m

v2

R1

⑩
聯立⑦⑨⑩式得B0=

mE 2qd

（11）
（3）設粒子做圓周運動的半徑為R₂，由幾何分析（粒子運動的軌跡如圖，O₂、O'₂是粒子做圓周運動的圓心，Q、F、G、H是軌跡與兩坐標軸的交點，連接O₂、O'₂，由幾何關系知，O₂FGO'₂和O₂QHO'₂均為矩形，進而知FQ、GH均為直徑，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOG為等腰直角三角形）可知，粒子在第一、第三象限的軌跡均為半圓，得2R2=2

2

d （12）
粒子在第二、第四象限的軌跡為長度相等的線段，得FG=HQ=2R₂ （13）
設粒子相鄰兩次經過Q點所用的時間為t，則有t=

FG+HQ+2πR2

v

（14）
聯立⑦（12）（13）（14）得
t=(2+π)

2md qE

答：（1）粒子過Q點時速度的大小為v=2

qEd m

．
（2）B₀的大小為B0=

mE 2qd

．
（3）該粒子相鄰兩次經過Q點所用的時間t=(2+π)

2md qE

．

點評：本題考查了帶電粒子在電場和磁場中的運動，關鍵滑出粒子的運動軌跡圖，結合在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，運用運動學公式進行求解．