Question

如圖所示，x軸上方有豎直向下的勻強電場，從x軸A點（5

3

h，0）處一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子（不計粒子重力）以速度v₀垂直x軸進入一圓形磁場區(qū)域，速度方向指向圓形磁場的圓心，磁場方向垂直紙面向外，粒子飛出磁場后，以v_B=

3

2

v_O的速度垂直打到y(tǒng)軸上B點（0，h）．
（1）求勻強電場的電場強度E和圓形磁場的磁感應(yīng)強度B的大�。�
（2）求帶電粒子從A點運動到B點的時間．
（3）若粒子在A點可以沿任意方向垂直磁場進入，并使速度大小增為2v₀，則粒子在磁場里運動的最長時間．為多少？

Answer 1

分析：采用逆向思維：粒子在電場中只受電場力，做類平拋運動．將速度分解，可求出粒子進入圓形磁場區(qū)域時的速度大小．根據(jù)牛頓定律求出場強E的大�。�粒子在磁場中，洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動．分析粒子進入磁場的速度方向與進入磁場時的速度方向相同條件，根據(jù)圓的對稱性，由幾何知識得到半徑，周期T的表達式．大而確定磁場的磁感應(yīng)強度B的大��；并由運動學(xué)公式可求出從A點運動到B點的時間； 若粒子速度增大時，根據(jù)圓心角與周期來確定運動的時間長短．

解答：解：（1）沿著粒子運動反方向研究：粒子從B點射入電場，在電場中作類平拋運動，射出電場時，如圖所示．
設(shè)射出粒子的速度與x軸的夾角為θ，由速度關(guān)系，則有：

vB

v0

=cosθ
而v_B=

3

2

v_O，所以解得：θ=30°
則vy=v0sin30°=

v0

2

在電場力的方向，根據(jù)

v

2 y

=2ah與a=

qE

m

，可得：E=

m v 2 0

8qh

在x軸方向，粒子的位移，x=v_Bt=

vy

a

vB=2

3

h
粒子射出電場后做勻速運動后，沿著圓形磁場的半徑方向射入，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)后從A點射出．
粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，則有Bqv=m

v2

R

；
設(shè)圓周運動的半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系，可得：(5

3

h-2

3

h-R)sin30°=R
解得：R=

3

h 
所以，B=

mv0

qR

=

3 mv0

3qh

（2）粒子做類平拋的運動的時間，t₁=

vy

a

=

v0 2

v 2 0 8h

=

4h

v0

；
粒子做勻速直線運動的時間為t₂，勻速運動的位移為x=

R

tan30°

=3h，所以時間t₂=

3h

v0

；
粒子做勻速圓周運動的時間為t₃，根據(jù)入射角度，可知運動軌跡對應(yīng)的圓心角為120°，則有t3=

1

3

×

2πm

qB

=

2 3 πh

3v0

；
則帶電粒子從A點運動到B點的時間為t=t1+t2+t3=

21+2 3 π

3v0

h；
（3）速度大小增為2v₀，則粒子在磁場中運動半徑增加2倍，即為8h，而運動的周期沒有變化；當對應(yīng)的圓心角越大時，運動時間越長．
根據(jù)前面可知，圓形磁場的半徑與粒子運動的軌道相等，即為4h，當粒子在磁場中運動對應(yīng)的弦最長，則時間也最長．
最長弦為8h，而粒子運動的半徑也為8h，根據(jù)幾何關(guān)系可得，圓心角為60°，所以t=

T

6

=

1

6

×

2πm

Bq

=

3 πh

3v0

答：（1）求勻強電場的電場強度

m v 2 0

8qh

和圓形磁場的磁感應(yīng)強度B的大小

3 mv0

3qh

．
（2）求帶電粒子從A點運動到B點的時間

21+2 3 π

3v0

h．
（3）若粒子在A點可以沿任意方向垂直磁場進入，并使速度大小增為2v₀，則粒子在磁場里運動的最長時間為

3 πh

3v0

．

點評：本題帶電粒子在組合場中運動，分別采用不同的方法：電場中運用運動的合成和分解，磁場中圓周運動處理的基本方法是畫軌跡．采用逆向思維從而降低解題難度，這通常也是處理題目的一種方法．