Question

（2005?淮安二模）如圖所示，在xoy平面內(nèi)，第I象限中有勻強電場，場強大小為E，方向沿x軸負方向，在第Ⅱ象限和第Ⅲ象限有勻強磁場，方向垂直于紙面向里．今有一個質(zhì)量為m，電荷量為e的質(zhì)子（不計重力），從x軸上的P點以初速度v₀垂直于電場方向進入電場．經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，沿著與y軸正方向成45°角的方向進入磁場，從磁場中飛出時恰好能返回到原出發(fā)點P．試求：
（1）P點離坐標原點的距離l；
（2）磁場的磁感應強度B；
（3）質(zhì)子第二次在電場中運動的時間t．

Answer 1

分析：（1）分析質(zhì)子的運動情況：質(zhì)子從P到A，受到豎直向下的電場力而做類平拋運動（或勻變速曲線運動）；進入磁場從A到C再到D，做勻速圓周運動；離開磁場從D到P，做勻速直線運動，畫出軌跡．質(zhì)子在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動．在A點質(zhì)子的速度與x軸成45°角，則知質(zhì)子經(jīng)過A點的速度為v=

2

v₀．根據(jù)動能定理研究質(zhì)子從P到A的過程，可求出h．
（2）由運動學公式，確定OA的距離，再由幾何關系可確定，OD的距離，最后由圓弧半徑的公式，即可求解；
（3）質(zhì)子第二次在電場中做勻減速運動，由牛頓第二定律與運動學公式可求出時間．

解答：解：（1）質(zhì)子運動的軌跡示意圖如右圖所示，質(zhì)子進入電場從P到A，做類平拋運動（或勻變速曲線運動）；進入磁場從A到C再到D，做勻速圓周運動；離開磁場從D到P，做勻速直線運動． 
質(zhì)子經(jīng)過A點的速度大�。簐=

v0

cos45°

=

2

v0
質(zhì)子從P到A過程，由動能定理得：eEl=

1

2

mv²-

1

2

m

v

2 0

解得，l=

m v 2 0

2Ee

（2）設OA的距離為S₁，OD的距離為S₂，
則S₁=v₀t 
l=

v0tan45°

2

t
解得：S₁=2l
質(zhì)子從磁場中飛出時的方向與y軸也成45°，所以S₂=l
所以，質(zhì)子在磁場中的軌道半徑為R=

S1+S2

2

=

3 2 l

2

 由于R=

mvA

eB

，解得：B=

4E

3v0

（3）質(zhì)子第二次在P點時，速度大小為

2

v0，速度方向與x軸正方向成45°，
質(zhì)子第二次在電場中運動，在x方向做初速度為v₀，
加速度大小為a=

Ee

m

的勻減速直線運動．
則有：-l=v0t-

1

2

Ee

m

t2
解得：t=(1+

2

)

mv0

Ee

答：
（1）P點離坐標原點的距離l=

m v 2 0

2Ee

；
（2）磁場的磁感應強度B=

4E

3v0

；
（3）質(zhì)子第二次在電場中運動的時間t=(1+

2

)

mv0

Ee

．

點評：質(zhì)子在電場中做類平拋運動的研究方法是運動的分解，而磁場中圓周運動的研究方法是畫軌跡，都常用的思路，難度不大．