Question

（2005?淮安二模）如圖所示，在xoy平面內(nèi)，第I象限中有勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向沿x軸負(fù)方向，在第Ⅱ象限和第Ⅲ象限有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面向里．今有一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為e的質(zhì)子（不計(jì)重力），從x軸上的P點(diǎn)以初速度v₀垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)．經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，沿著與y軸正方向成45°角的方向進(jìn)入磁場(chǎng)，從磁場(chǎng)中飛出時(shí)恰好能返回到原出發(fā)點(diǎn)P．試求：
（1）P點(diǎn)離坐標(biāo)原點(diǎn)的距離l；
（2）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；
（3）質(zhì)子第二次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t．

Answer 1

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

2

v₀．根據(jù)動(dòng)能定理研究質(zhì)子從P到A的過程，可求出h．
（2）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，確定OA的距離，再由幾何關(guān)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(chǎng)中做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求出時(shí)間．

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

v0

cos45°

=

2

v0
質(zhì)子從P到A過程，由動(dòng)能定理得：eEl=

1

2

mv²-

1

2

m

v

2 0

解得，l=

m v 2 0

2Ee

（2）設(shè)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(chǎng)中飛出時(shí)的方向與y軸也成45°，所以S₂=l
所以，質(zhì)子在磁場(chǎng)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(diǎn)時(shí)，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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)．
則有：-l=v0t-

1

2

Ee

m

t2
解得：t=(1+

2

)

mv0

Ee

答：
（1）P點(diǎn)離坐標(biāo)原點(diǎn)的距離l=

m v 2 0

2Ee

；
（2）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=

4E

3v0

；
（3）質(zhì)子第二次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=(1+

2

)

mv0

Ee

．

點(diǎn)評(píng)：質(zhì)子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法是運(yùn)動(dòng)的分解，而磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的研究方法是畫軌跡，都常用的思路，難度不大．