Question

如图所示，在坐标系xOy中，y轴右侧有一匀强电场；在第二、三象限内有一有界匀强磁场，其上、下边界无限远，右边界为y轴、左边界为平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．一带正电，电量为q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角θ=45°，大小为v．粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的

2

倍．粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场．已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期．忽略重力的影响．求：
（1）粒子经过A点时速度的方向和A点到x轴的距离；
（2）匀强电场的大小和方向；
（3）粒子从第二次离开磁场到再次到达磁场所用的时间．

Answer 1

分析：（1）根据几何关系求出粒子在磁场中做圆周运动的圆心角，抓住速度方向与半径垂直确定出粒子的速度方向，通过几何关系求出A点到x轴的距离．
（2）粒子在电场中做匀变速直线运动，结合粒子第一次在磁场中和第二次在磁场中的时间求出在电场中的运行时间，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小．
（3）粒子自P点射出后将做类平抛运动，抓住沿着电场方向做匀加速直线运动，垂直电场方向做匀速直线运动，结合运动学公式求出粒子从第二次离开磁场到再次到达磁场所用的时间．

解答：解：（1）设磁场左边界与x轴相交于D点，过O点作速度v垂线O O₁，与MN相交于O₁点．由几何关系可知，在直角三角形OO₁D中∠OO₁D=45°．设磁场左右边界间距为d，则OO₁=

2

d．
故粒子第一次进入磁场的运动轨迹的圆心即为O₁点，圆孤轨迹所对的圆心角为45°，且O₁A为圆弧的半径R．
由此可知，粒子自A点射入磁场的速度与左边界垂直．
A点到x轴的距离：

.

AD

=R(1-cos45°)-----------①
由洛仑兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，得：
qvB=m

v2

R

------------②
联立①②式得：

.

AD

=

mv

qB

(1-

2

2

)------------③
（2）依题意：匀强电场的方向与x轴正向夹角应为135°．
设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，第一次在磁场中飞行的时间为t₁，有
t1=

T

8

--------------④
T=

2πm

qB

---------------⑤
由几何关系可知，粒子再次从O点进入磁场的速度方向与磁场右边夹角为45°．设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆心为O₂，O₂必定在直线OO₁上．设粒子射出磁场时与磁场右边界交于P点，则∠O O₂P=90°．设粒子第二次进入磁场在磁场中运动的时间为t₂，有：
t2=

1

4

T-------------⑥
设带电粒子在电场中运动的时间为t₃，依题意得：
t₃=T-（t₁+t₂）------------⑦
由匀变速运动的规律和牛顿定律可知：
-v=v-at₃--------------⑧
a=

qE

m

----------------⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨可得：
E=

8

5π

Bv------------------⑩
（3）由几何关系可得：∠OPO₂=45°
故粒子自P点射出后将做类平抛运动．
则沿电场方向做匀加速运动：
s1=

1

2

at2--------------------（11）
垂直电场方向做匀速直线运动：
s₂=vt------------（12）
tan45°=

s1

s2

---------（13）
联立⑨⑩（12）（13）式得：
t=

5πm

4qB

．
答：（1）粒子经过A点时速度的方向与左边界垂直，A点到x轴的距离为

mv

qB

(1-

2

2

)．
（2）匀强电场的大小为E=

8

5π

Bv，方向与x轴正向夹角应为135°．
（3）粒子从第二次离开磁场到再次到达磁场所用的时间为t=

5πm

4qB

．

点评：带电粒子在磁场中 的运动，正确地画出运动的轨迹是解题的关键，抓住粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合半径公式、周期公式和几何关系进行求解，第一次进入电场做匀变速直线运动，第二次进入电场做类平抛运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．