Question

（2013?煙臺二模）如圖所示，真空室內(nèi)有三個水平方向足夠長的區(qū)域，區(qū)域I中存在按下圖規(guī)律變化的勻強磁場B₁（磁場垂直紙面向里時為正，T=

πm

2qB0

），區(qū)域Ⅱ中存在磁感應(yīng)強度為B₂的勻強磁場，區(qū)域Ⅲ中存在豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E，電場區(qū)域沿電場方向的寬度為L三個區(qū)域的分界線沿水平方向且相互平行．t=0時刻一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，從A處以初速度v₀垂直于分界線射入磁場，t=

11

3

T時粒子從P點進入?yún)^(qū)域Ⅱ，運動一段時間后剛好能離開區(qū)域Ⅱ進入?yún)^(qū)域Ⅲ的電場中，最終在N點（圖中未畫出）離開電場，不計粒子重力，求：

（1）粒子在區(qū)域I做圓周運動時的半徑；
（2）從t=0到t=2T的時間內(nèi)粒子通過的路程：
（3）區(qū)域I在豎直方向的寬度；
（4）粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間以及從P點到N點沿水平方向的位移大�。�

Answer 1

分析：（1）洛倫茲力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律可得運動半徑
（2）從t=0時間內(nèi)粒子做的都是勻速直線運動，T到2T時間內(nèi)由勻速直線運動公式可以求路程
（3）進入磁場后做圓周運動，

2T

3

時間轉(zhuǎn)過的圓心角是

π

3

，由此可以得到軌道半徑，進而由幾何關(guān)系可得區(qū)域?qū)挾龋?br />（4）粒子離開區(qū)域Ⅱ時，軌跡最低點切線水平，因此可知轉(zhuǎn)過的圓心角，進而得到在次區(qū)域運動的時間，半徑，水平距離，在區(qū)域Ⅲ中做類平拋運動，由平拋規(guī)律可得水平位移，可得P點到N點沿水平方向的位移大小

解答：解：
（1）由洛倫茲力提供向心力得：qv0B=m

v02

R

解得：R=

mv0

qB0

（2）O到T時間內(nèi)：x1=v0T=

πmv0

2qB0

T到2T時間內(nèi)：x2=v0T=

πmv0

2qB0

故O到2T時間內(nèi)通過的路程為：
x=x1+x2=

πmv0

qB0

（3）t=

11

3

T時粒子從P點進入?yún)^(qū)域Ⅱ做圓周運動，

2T

3

時間轉(zhuǎn)過的圓心角是

π

3

因此R′=R（1-cosθ）=

mv0

2qB0

區(qū)域Ⅰ的寬度為：H=x₁+R+R′=(π+3)

mv0

2qB0

（4）粒子離開區(qū)域Ⅱ時，軌跡最低點切線水平，因此轉(zhuǎn)過的圓心角是：

2π

3

粒子在區(qū)域Ⅱ的運動時間為：t=

2πm

3qB2

粒子在區(qū)域Ⅱ的運動半徑為：R2=

mv0

qB2

粒子在區(qū)域Ⅱ的運動水平距離為：s1=R2sinθ=

3 mv0

2qB2

粒子在區(qū)域Ⅲ中做類平拋運動則：
豎直方向：L=

qE

2m

t12
水平方向：s2=v0t1=v0

2mL qE

粒子在P點與N點沿水平方向的位移大小為：s=s1+s2=

3 mv0

2qB2

+v0

2mL qE

答：
（1）粒子在區(qū)域I做圓周運動時的半徑R=

mv0

qB0

（2）從t=0到t=2T的時間內(nèi)粒子通過的路程x=

πmv0

qB0

：
（3）區(qū)域I在豎直方向的寬度H=(π+3)

mv0

2qB0

；
（4）粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間t=

2πm

3qB2

粒子在P點與N點沿水平方向的位移大小為：s=s1+s2=

3 mv0

2qB2

+v0

2mL qE

點評：本題是典型的壓軸題，難度相對比較大，但是此類題目一般都會分多問，而開始的一兩問是比較基礎(chǔ)的，因此這種題目應(yīng)把握的原則是：保證得到前面的分，然后爭取得到后面的分，即使會做后面的，也應(yīng)在解答時，依據(jù)問題多列一些對應(yīng)的公式，也有可能得公式分．