Question

（2012?莆田模擬）如圖所示，水平線MN的上方區域存在場強大小為E的勻強電場，其方向指向右上方且與MN的夾角θ=45°，MN的下方區域存在磁感應強度為B的勻強磁場，其方向垂直紙面向外．一個重力不計、質量為m、電量為q的帶負電粒子，從MN上的O點，以v₀的初速度沿電場方向射入勻強電場，并記為第一次經過MN．求：
（1）粒子從O點出發到第二次經過MN經歷的時間t；
（2）粒子第三次經過MN的位置與O之間的距離s；
（3）粒子第四次經過MN時速度v的大小．

Answer 1

分析：（1）帶電粒子進入電場后，先做勻減速運動，再反向做勻加速運動，仍以大小為v₀的速度從O點第二次經過MN進入磁場，畫出軌跡．根據牛頓第二定律求出加速度，由運動學速度公式求解時間t；
（2）帶電粒子在磁場中，由洛倫茲力充當向心力做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可求得軌跡半徑，畫出軌跡，由幾何知識求得粒子第三次經過MN的位置與O之間的距離s；
（3）粒子再次進入電場時做類平拋運動，運用運動的分解法，由運動學公式和牛頓第二定律求解粒子第四次經過MN時速度v的大小．

解答：解：（1）帶負電粒子進入先做勻減速運動，再反向做勻加速運動，仍以大小為v₀的速度從O點第二次經過MN進入磁場，如圖所示，由牛頓第二定律得
   qE=ma，得a=

qE

m

設粒子做勻減速運動的時間為t₁，反向做勻加速運動為t₂，根據運動的對稱性可知，
t₁=t₂=

v0

a

則有
t=t₁+t₂=2

v0

a

=

2mv0

qE

（2）設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得
   qv₀B=m

v 2 0

R

，得R=

mv0

qB

粒子第三次經過MN的位置為C，則由幾何關系得 
   s=2Rsinθ=

2 mv0

qB

（3）粒子從C點進入電場時做類平拋運動，第四次經過MN的位置為D，CD方向與粒子在C點的速度v₀方向的夾角為45°，設粒子從C點到D的時間為t₃，則
垂直于E方向粒子做勻速直線運動，則有  s₁=v₀t₃
平行于E方向做初速度為零的勻加速直線運動，則有  s₂=

1

2

a

t

2 3

=

qE

2m

t

2 3

又tan45°=

s2

s1

聯立解得  t₃=

2mv0

qE

垂直于E方向的速度大小為 v₁=v₀
平行于E方向的速度大小為  v₂=at₃=

qE

m

?

2mv0

qE

=2v₀
故粒子第四次經過MN時速度v的大小為v=

v 2 1 + v 2 2

=

5

v0．
答：（1）粒子從O點出發到第二次經過MN經歷的時間t是

2mv0

qE

；
（2）粒子第三次經過MN的位置與O之間的距離s是

2 mv0

qB

；
（3）粒子第四次經過MN時速度v的大小是

5

v0．

點評：本題是帶電粒子在復合場中運動的問題，分析粒子的運動情況是關鍵，要挖掘隱含的臨界條件，運用幾何知識求解空間的距離．