Question

如圖所示，磁感應強度大小B=1T，方向垂直紙面向里的勻強磁場分布在半徑為R=

3

10

m的圓形區域內，圓的左端跟y軸相切于直角坐標系的原點O，右端與邊界MN相切于X軸的A點（圖中未標出），MN右側有方向與MN成60°角的勻強電場．置于原點O的粒子源，可沿X正方向不斷地射出速度v=3.0×10⁶m/s的帶正電的粒子流，荷質比

q

m

=1.0×10⁷C/kg，粒子重力不計．右側電場場強大小E=2.0×l0⁵V/m，．求：
（1）粒子在勻強磁場運動的半徑r是多少？
（2）粒子從磁場射出后，途經MN邊界進入勻強電場，當粒子第二次經過MN時距A點的距離L為多大？

Answer 1

分析：（1）粒子在勻強磁場中，做勻速圓周運動．由洛倫茲力提供向心力來算出運動軌道半徑．
（2）粒子進入勻強磁場后，軌道半徑與圓磁場半徑相等，則有粒子離開磁場時發生90°偏轉，從而使粒子垂直進入電場后，做類平拋運動，運用平拋運動處理規律，并應用垂直電場強度方向的位移與沿著電場強度方向的位移關系，可得出粒子最終離開電場時的速度．

解答：解：（1）粒子進入磁場后洛倫茲力提供向心力：qvB=m

v2

r

得：r=

mv

qB

=0.3m
（2）結合粒子的圓心與半徑畫出粒子在磁場中的運動軌跡，磁場半徑R=

3

10

m，粒子圓周半徑r為0.3m，

由幾何關系得出：粒子在磁場中轉過的圓心角為60°，
粒子的偏轉角為60°，則粒子與電場強度的夾角為90°，故粒子在電場中做類平拋運動：
平行于電場方向：h=

1

2

at²
a=

qE

m

l=vt
tan60°=

l

h

解得：t=

3

×10^-6s，l=3

3

m
則有：L=

3

R+

2l

3

=

3

10

m+6m=6.3m
答：（1）粒子在勻強磁場運動的半徑r是0.3m
（2）粒子從磁場射出后，途經MN邊界進入勻強電場，當粒子第二次經過MN時距A點的距離L為6.3m．

點評：考查牛頓第二定律，及類平拋運動處理規律，讓學生熟練掌握它們的解題思路與方法．注意粒子進入勻強電場時，恰好做類平拋運動，且在類平拋運動過程中的初速度方向的位移與加速度方向的位移有一定量關系．也是本題的一個突破口．