Question

如圖所示，在水平面直線MN的上方有一方向與MN成30°角的斜向右下方的勻強電場，電場區(qū)域足夠?qū)挘瑘鰪姶笮�為E．在MN下方有一半徑為R的圓形區(qū)域，圓心為O，圓O與MN相切于D點，圓形區(qū)域內(nèi)分布有垂直紙面向里的勻強磁場．在MN上有一點C，圓心O與C點的連線和電場線平行，在OC的延長線上有一點P，P點到邊界MN的垂直距離為0.5R．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從P點靜止釋放．已知圓形磁場的磁感應強度大小為

2mE qR

，不計粒子的重力．求：
（1）粒子在磁場中的運動半徑r；
（2）粒子最終離開電場時的速度v．

Answer 1

分析：（1）粒子在勻強電場中被加速后，進入勻強磁場中，做勻速圓周運動．因此由動能定理可求出粒子離開電場的速度．再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(fā)生90°偏轉(zhuǎn)，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(guī)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(guān)系，可得出粒子最終離開電場時的速度．

解答：解（1）設粒子從C點射電場時速度為
由動能定理  qE

R

2sin30°

=

1

2

m

V

2 1

∴V₁=

2qER m

在磁場中，qV1B=m

V 2 1

r

又由題B=

2mE qR

聯(lián)立得r=R                           
（2）粒子從E點進入磁場，從F點射出磁場，運動軌跡如圖所示，軌跡的圓心為O₁．由于r=R，
再由幾何關(guān)系可知∠FO₁E=90°即粒子在磁場中速度偏轉(zhuǎn)了90°，射出磁場時速度方向與MN夾角為60°，與電場線方向垂直．粒子從G點垂直進入磁場，作類平拋運動，
從H點射出電場，設從G運動到H所用時間為t'
則在電場中有

. GH cos60°=V1t′ . GH sin60°= 1 2 qE m t′2

聯(lián)立得t'=2

6mR qE

∴射出電場時的速度V=

V 2 1 +( qE m t′)2

代入數(shù)據(jù)得　V=

26qER m

答：（1）粒子在磁場中的運動半徑為R；
（2）粒子最終離開電場時的速度

26qER m

．

點評：考查動能定理、牛頓第二定律，及類平拋運動處理規(guī)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(guān)系．也是本題的一個突破口．