Question

如图所示，真空中一平面直角坐标系xOy内，存在着两个边长为L的正方形匀强电场区域I、II和两个直径为L的圆形匀强磁场区域III，IV．电场的场强大小均为E，区域I的 场强方向沿x轴正方向，其下边界在x轴上，右边界刚好与区域III的边界相切；区域II的场 强方向沿y轴正方向，其上边界在x轴上，左边界刚好与区域仅的边界相切．磁场的磁感应强度大小均为2

2mE qL

，区域D1的圆心坐标为（0，

L

2

）、磁场方向垂直于xOy平面向外；区域IV的圆心坐标为（0，-

L

2

），磁场方向垂直于xOy平面向里．两个质量均为m、电荷量均 为q的带正电粒子M、N，在外力约束下静止在坐标分别为（-

3L

2

，

1

2

L）、（-

3L

2

，

2+ 3

4

L）的两点．在Y轴的正半轴（坐标原点除外）放置一块足够长的感光板，板面垂直于xOy平面．将粒子M、N由静止释放，它们最终打在感光板上并立即被吸收．不 计粒子的重力．求：
（1）粒子离开电场I时的速度大小．
（2）粒子M击中感光板的位置坐标．
（3）粒子N在磁场中运动的时间．

Answer 1

分析：（1）粒子在区域Ⅰ中运动时，由动能定理求解粒子离开电场I时的速度大小．
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出轨迹半径．因M运动的轨道半径与磁场区域的半径相同，故M在磁场Ⅲ中运动四分之一周期后经过原点进入磁场Ⅳ，再运动四分之一周期后平行于x轴正方向离开磁场，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动．假设M射出电场后再打在x轴的感光板上，运用类平抛运动的规律求解粒子M击中感光板的位置坐标．
（3）N做圆周运动的轨道半径与磁场区域的半径相同，分析可得N将从b点进入磁场，由坐标原点O离开磁场Ⅲ进入磁场Ⅳ，然后从d点离开磁场Ⅳ，画出其运动轨迹，运用几何知识求出轨迹对应的圆心角，结合对称性即可求得粒子N在磁场中运动的时间．

解答：解：（1）粒子在区域Ⅰ中运动，由动能定理得：
   qEL=

1

2

m

v

2 0

解得 v₀=

2qEL m

．
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
  qv₀B=m

v 2 0

r

因B=2

2mE qL

，
故得 r=

mv0

qB

=

L

2

因M运动的轨道半径与磁场区域的半径相同，故M在磁场Ⅲ中运动四分之一周期后经过原点进入磁场Ⅳ，再运动四分之一周期后平行于x轴正方向离开磁场，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动．
   假设M射出电场后再打在x轴的感光板上，则：
M在电场中运动时间 t=

L

v0

沿电场力位移 y=

1

2

at2=

1

2

×

qE

m

×(

L

v0

)2=

1

4

L＜

1

2

L；
所以假设成立，运动轨迹如右图所示．
沿电场方向的速度 v_y=at=

qEL 2m

速度偏向角的正切 tanθ=

vy

v0

=

1

2

设出电场后沿x轴方向的位移为x₁，则
   tanθ=

L 2 - L 4

x1

，
所以 x₁=

L

2

M击中感光板的横坐标为 x=

L

2

+L+x₁=2L，位置坐标为（2L，0）；
（3）N做圆周运动的轨道半径与磁场区域的半径相同，分析可得N将从b点进入磁场，由坐标原点O离开磁场Ⅲ进入磁场Ⅳ，然后从d点离开磁场Ⅳ，其部分轨迹如右图所示．
在磁场Ⅲ中，由几何关系得：cosθ=

3 4 L

L 2

=

3

2

所以 θ=30°，圆弧对应的圆心角 φ=180°-30°=150°
粒子在运动的周期 T=

2π× L 2

v0

=π

mL 2qE

所以粒子在磁场Ⅲ中运动的时间 t′=

φ

360°

T=

5π

12

mL 2qE

由对称关系得粒子在磁场Ⅲ、Ⅳ中运动时间相同
故粒子在磁场中运动的时间为 t″=2t′=

5π

6

mL 2qE

；
答：
（1）粒子离开电场I时的速度大小是

2qEL m

．
（2）粒子M击中感光板的位置坐标是（2L，0）．
（3）粒子N在磁场中运动的时间为

5π

6

mL 2qE

．

点评：解决本题的关键是画出粒子的运动轨迹，灵活运用几何知识轨迹半径，确定轨迹对应的圆心角，即可求得粒子在磁场中运动的时间．