Question

（2012?珠海一模）如圖，在xoy平面內(nèi)，MN和x軸之間有平行于y軸的勻強(qiáng)電場，方向向下，在 xoy平面的第一象限內(nèi)有垂直向里的勻強(qiáng)磁場．y軸上離坐標(biāo)原點(diǎn)4L的A點(diǎn)處有一電子槍，可以沿+x方向射出速度為v₀的電子（質(zhì)量為m，電量為e）．如果電場和磁場同時存在，電子將做勻速直線運(yùn)動，不計重力的影響．
（1）如果撤去電場，只保留磁場，電子將從x軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)3L的C點(diǎn)離開磁場．求磁感應(yīng)強(qiáng)度B和電場強(qiáng)度E的大小各多大．
（2）如果撤去磁場，只保留電場，電子將從D離開電場．求D點(diǎn)的橫坐標(biāo)．
（3）如果撤去電場，只保留磁場，電子速度變?yōu)閂，求電子在磁場中的運(yùn)動時間．

Answer 1

分析：（1）電子在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律與幾何關(guān)系相結(jié)合，從而即可求解；再由電子電場力與洛倫茲力相平衡，即可求解；
（2）電子在電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律與運(yùn)動學(xué)公式相結(jié)合，即可求解；
（3）分四種情況，根據(jù)轉(zhuǎn)動周期與運(yùn)動軌跡的半徑，及幾何關(guān)系相結(jié)合綜合求出四種情況下的時間．

解答：解：（1）只有磁場時，電子運(yùn)動軌跡如圖1所示
洛倫茲力提供向心力  Bev₀=m

v 2 0

R

由幾何關(guān)系 R²=（3L）²+（4L-R）²
解得：B=

8mv0

25eL

電子做勻速直線運(yùn)動  Ee=Bev₀                        
解得：E=

8m v 2 0

25eL

（2）只有電場時，電子從MN上的D點(diǎn)離開電場，如圖2所示
設(shè)D點(diǎn)橫坐標(biāo)為x    x=v₀t                           
2L=

1

2

eE

m

t2
求出D點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x=

5 2

2

L≈3.5L
（3）分四種情況
轉(zhuǎn)動周期為：T=

2πm

eB

，半徑為：r=

mv

eB

①當(dāng)半徑r≤2L，速度v≤

2eBL

m

時，電子將從y軸上的某點(diǎn)離開磁場，如圖3，
運(yùn)動時間為半個周期，
t1=

T

2

=

πm

eB

=

25πL

8v0

②當(dāng)半徑2L＜r＜4L，電子速度

2eBL

m

＜v＜

4eBL

m

時，電子將從x軸上某點(diǎn)離開磁場．如圖4．
圓心角為θ₁=π-α，由幾何關(guān)系知：cosα=

4L-r

r

=

4eBL

mv

-1
所以，運(yùn)動時間為：t2=

π-α

2π

T=

25L

8v0

(π-arccos(

32v0

25v

-1))
③當(dāng)r=4L時，速度v=

4eBL

m

，電子將垂直x軸離開磁場．
如圖5，運(yùn)動時間為四分之一個周期，t3=

T

4

=

πm

2eB

=

25πL

16v0

④當(dāng)r＞4L時，速度v＞

4eBL

m

，電子將從x軸上某點(diǎn)離開磁場．如圖6．
設(shè)此時的圓心為O′在坐標(biāo)原點(diǎn)之下，由圖可知，圓心角為θ₂，cosθ2=

OO′

r

=

r-4L

r

=1-

4eBL

mv

所以，運(yùn)動時間為：t4=

θ2

2π

?T=

25L

8v0

arccos(1-

32v0

25v

)
答：（1）如果撤去電場，只保留磁場，電子將從x軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)3L的C點(diǎn)離開磁場．求磁感應(yīng)強(qiáng)度

8mv0

25eL

和電場強(qiáng)度E的大小

8m v 2 0

25eL

．
（2）如果撤去磁場，只保留電場，電子將從D離開電場．則D點(diǎn)的橫坐標(biāo)3.5L．
（3）如果撤去電場，只保留磁場，電子速度變?yōu)閂，則電子在磁場中的運(yùn)動時間如上時間表述．

點(diǎn)評：考查帶電粒子在電場與磁場中運(yùn)動，結(jié)合受力來確定運(yùn)動軌跡，除掌握必要的解題方法外，還要正確作出運(yùn)動軌跡圖，以及幾何關(guān)系的確定．