Question

如圖所示，真空中一平面直角坐標系xOy內，存在著兩個邊長為L的正方形勻強電場區(qū)域I、II和兩個直徑為L的圓形勻強磁場區(qū)域III，IV．電場的場強大小均為E，區(qū)域I的 場強方向沿x軸正方向，其下邊界在x軸上，右邊界剛好與區(qū)域III的邊界相切；區(qū)域II的場 強方向沿y軸正方向，其上邊界在x軸上，左邊界剛好與區(qū)域僅的邊界相切．磁場的磁感應強度大小均為2

2mE qL

，區(qū)域D1的圓心坐標為（0，

L

2

）、磁場方向垂直于xOy平面向外；區(qū)域IV的圓心坐標為（0，-

L

2

），磁場方向垂直于xOy平面向里．兩個質量均為m、電荷量均 為q的帶正電粒子M、N，在外力約束下靜止在坐標分別為（-

3L

2

，

1

2

L）、（-

3L

2

，

2+ 3

4

L）的兩點．在Y軸的正半軸（坐標原點除外）放置一塊足夠長的感光板，板面垂直于xOy平面．將粒子M、N由靜止釋放，它們最終打在感光板上并立即被吸收．不 計粒子的重力．求：
（1）粒子離開電場I時的速度大小．
（2）粒子M擊中感光板的位置坐標．
（3）粒子N在磁場中運動的時間．

Answer 1

分析：（1）粒子在區(qū)域Ⅰ中運動時，由動能定理求解粒子離開電場I時的速度大小．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律求出軌跡半徑．因M運動的軌道半徑與磁場區(qū)域的半徑相同，故M在磁場Ⅲ中運動四分之一周期后經過原點進入磁場Ⅳ，再運動四分之一周期后平行于x軸正方向離開磁場，然后進入電場Ⅱ做類平拋運動．假設M射出電場后再打在x軸的感光板上，運用類平拋運動的規(guī)律求解粒子M擊中感光板的位置坐標．
（3）N做圓周運動的軌道半徑與磁場區(qū)域的半徑相同，分析可得N將從b點進入磁場，由坐標原點O離開磁場Ⅲ進入磁場Ⅳ，然后從d點離開磁場Ⅳ，畫出其運動軌跡，運用幾何知識求出軌跡對應的圓心角，結合對稱性即可求得粒子N在磁場中運動的時間．

解答：解：（1）粒子在區(qū)域Ⅰ中運動，由動能定理得：
   qEL=

1

2

m

v

2 0

解得 v₀=

2qEL m

．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：
  qv₀B=m

v 2 0

r

因B=2

2mE qL

，
故得 r=

mv0

qB

=

L

2

因M運動的軌道半徑與磁場區(qū)域的半徑相同，故M在磁場Ⅲ中運動四分之一周期后經過原點進入磁場Ⅳ，再運動四分之一周期后平行于x軸正方向離開磁場，然后進入電場Ⅱ做類平拋運動．
   假設M射出電場后再打在x軸的感光板上，則：
M在電場中運動時間 t=

L

v0

沿電場力位移 y=

1

2

at2=

1

2

×

qE

m

×(

L

v0

)2=

1

4

L＜

1

2

L；
所以假設成立，運動軌跡如右圖所示．
沿電場方向的速度 v_y=at=

qEL 2m

速度偏向角的正切 tanθ=

vy

v0

=

1

2

設出電場后沿x軸方向的位移為x₁，則
   tanθ=

L 2 - L 4

x1

，
所以 x₁=

L

2

M擊中感光板的橫坐標為 x=

L

2

+L+x₁=2L，位置坐標為（2L，0）；
（3）N做圓周運動的軌道半徑與磁場區(qū)域的半徑相同，分析可得N將從b點進入磁場，由坐標原點O離開磁場Ⅲ進入磁場Ⅳ，然后從d點離開磁場Ⅳ，其部分軌跡如右圖所示．
在磁場Ⅲ中，由幾何關系得：cosθ=

3 4 L

L 2

=

3

2

所以 θ=30°，圓弧對應的圓心角 φ=180°-30°=150°
粒子在運動的周期 T=

2π× L 2

v0

=π

mL 2qE

所以粒子在磁場Ⅲ中運動的時間 t′=

φ

360°

T=

5π

12

mL 2qE

由對稱關系得粒子在磁場Ⅲ、Ⅳ中運動時間相同
故粒子在磁場中運動的時間為 t″=2t′=

5π

6

mL 2qE

；
答：
（1）粒子離開電場I時的速度大小是

2qEL m

．
（2）粒子M擊中感光板的位置坐標是（2L，0）．
（3）粒子N在磁場中運動的時間為

5π

6

mL 2qE

．

點評：解決本題的關鍵是畫出粒子的運動軌跡，靈活運用幾何知識軌跡半徑，確定軌跡對應的圓心角，即可求得粒子在磁場中運動的時間．