Question

（2012?東至縣二模）如圖甲所示，在邊界MN左側存在斜方向的勻強電場E₁；在MN的右側有豎直向上、場強大小為E₂=0.4N/C的勻強電場，還有垂直紙面向內的勻強磁場B（圖甲中未畫出）和水平向右的勻強電場E₃（圖甲中未畫出），B和E₃隨時間變化的情況如圖乙所示，P₁P₂為距MN邊界2.28m的豎直墻壁，現有一帶正電微粒質量為4×10^-7kg，電量為1×10^-5C，從左側電場中距MN邊界

1

2

m的A處無初速釋放后沿直線運動，最后以1m/s的速度垂直MN邊界進入右側場區，設此時刻t=0，取g=10m/s²．求：
（1）MN左側勻強電場的電場強度E₁（sin37°=0.6）；
（2）帶電微粒在MN右側場區中運動了1.5s時的速度；
（3）帶電微粒在MN右側場區中運動多長時間與墻壁碰撞？（

vB2

R

≈0.19）

Answer 1

分析：該題中（1）是帶電粒子在勻強電場和重力場中的運動，對微粒做出正確的受力分析，可以得到正確的結果．在（2）問中，首先要判定微粒的重力和電場力E₂q是一對平衡力，然后結合圖1，分析在不同的時間段內的受力和運動，即可解答．第三問較為復雜，要先計算出在0s∽1s時間內帶電微粒前進距離和帶電微粒在磁場B中作圓周運動的半徑，判定微粒在第一個周期內是否會打在墻壁上，若不能，再計算出在2.0s∽3s時間內帶電微粒前進距離和帶電微粒在磁場B中作圓周運動的半徑，判定微粒在第二個周期內是否會打在墻壁上，判定的結果是能夠打在墻壁上，畫出軌跡圖象，即可做出正確的判定．

解答：解：（1）設MN左側勻強電場場強為E₁，方向與水平方向夾角為θ．
帶電小球受力如右圖．

沿水平方向有　 　qE₁cosθ=ma
沿豎直方向有　 　qE₁sinθ=mg
對水平方向的勻加速運動有　      v²=2as
代入數據可解得　　E₁=0.5N/C，θ=53°
即E₁大小為0.5N/C，方向與水平向右方向夾53°角斜向上．
（2）帶電微粒在MN右側場區始終滿足　qE₂=mg
在0∽1s時間內，帶電微粒在E₃電場中  a=

qE3

m

=

1×10-5×0.004

4×10-7

=0.1m/s²
帶電微粒在1s時的速度大小為　 v₁=v+at=1+0.1×1=1.1m/s
在1∽1.5s時間內，帶電微粒在磁場B中運動，
周期為　T=

2πm

qB

=

2π×4×10-7

1×10-5×0.08π

=1s
在1∽1.5s時間內，帶電微粒在磁場B中正好作半個圓周運動．所以帶電微粒在MN右側場區中運動了1.5s時的速度大小為1.1m/s，方向水平向左．
（3）在0s∽1s時間內帶電微粒前進距離　s₁=vt+

1

2

at²=1×1+

1

2

×0.1×1²=1.05m
帶電微粒在磁場B中作圓周運動的半徑　r=

mv

qB

=

4×10-7×1.1

1×10-5×0.08π

=

1.1

2π

m
因為r+s₁＜2.28m，所以在1s∽2s時間內帶電微粒未碰及墻壁．
在2s∽3s時間內帶電微粒作勻加速運動，加速度仍為　a=0.1m/s²，
在3s內帶電微粒共前進距離
s₃=vt3+

1

2

at32=1×2+

1

2

×0.1×22=2.2m                      
在3s時帶電微粒的速度大小為　v₃=v+at₃=1+0.1×2=1.2m/s
在3s∽4s時間內帶電微粒在磁場B中作圓周運動的半徑r3=

mv3

qB

=

4×10-7×1.2

1×10-5×0.08π

=

1.2

2π

m=0.19m
因為r₃+s₃＞2.28m，所以在4s時間內帶電微粒碰及墻壁．
帶電微粒在3s以后運動情況如右圖，

其中 d=2.28-2.2=0.08m
sinθ=

d

r3

=0.5，θ=30°
所以，帶電微粒作圓周運動的時間為t3=

T3

12

=

2πm

12qB

=

2π×4×10-7

12×1×10-5×0.08π

=

1

12

s
帶電微粒與墻壁碰撞的時間為　t_總=3+

1

12

=

37

12

s
答：（1）MN左側勻強電場的電場強度E₁=0.5N/C，方向與水平向右方向夾53°角斜向上；（2）帶電微粒在MN右側場區中運動了1.5s時的速度為1.1m/s，方向水平向左；
（3）帶電微粒在MN右側場區中與墻壁碰撞前運動的時間為

37

12

s．

點評：該題考查帶電微粒在電場和磁場中的運動，情景復雜，頭緒較多，解答的過程中，要對各種情景有非常清晰的判斷，才能理清頭緒，正確作答．題目難度大．