Question

如圖所示，兩虛線之間存在著足夠長的垂直紙面方向的勻強磁場，有一不計重力的帶電粒子自A點以垂直于虛線方向的初速度進入該場區，從另一側B點射出時與邊界成45°角，已知兩虛線間距離為l=1m．現將虛線內的勻強磁場換為平行邊界的勻強電場，場強大小為E₁，使粒子仍從A點以原速度射入，結果粒子離開右邊界時與邊界的夾角也為45°；若將勻強電場的大小換為E₂，方向保持不變，仍讓粒子從A點以原速度進入時，結果粒子恰好能從B點離開右邊界．試求E₁與E₂的比值．

Answer 1

分析：粒子在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動，結合運動半徑公式與幾何關系，可求出AB兩點的豎直方向的位移，從而當粒子在電場力作用下，做類平拋運動，根據運動的合成與分解，結合運動學公式與牛頓第二定律，即可列出豎直方向的位移公式，即可求解．

解答：解：粒子在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動，如圖所示，從另一側B點射出時與邊界成45°角，

由幾何關系，則有：AC=

2

l-l=（

2

-1）l；
當勻強磁場換為平行邊界的勻強電場，場強大小為E₁，使粒子仍從A點以原速度射入，結果粒子離開右邊界時與邊界的夾角也為45°；
根據運動的分解，則有：水平方向勻速直線運動，豎直方向勻加速直線運動，
因此（

2

-1）l=

1

2

×

qE1

m

×(

l

v

)2；
當將勻強電場的大小換為E₂，方向保持不變，仍讓粒子從A點以原速度進入時，結果粒子恰好能從B點離開右邊界；
根據速度的分解，則有：v=

qE2

m

×

l

v

．
由以上兩式，可解得：

E1

E2

=

2( 2 -1)mv2 ql

mv2 ql

=2(

2

-1)
答：E₁與E₂的比值2（

2

-1）．

點評：考查粒子在磁場中做勻速圓周運動與在電場中做類平拋運動，掌握這兩種處理的方法與規律，注意建立圓周運動的已知長度與半徑的半徑，理解運動學公式與牛頓第二定律在類平拋運動中應用，注意一是利用位移關系，另一利用速度關系，這是解題的關鍵．