Question

如图所示，在水平面直线MN的上方有一方向与MN成30°角的斜向右下方的匀强电场，电场区域足够宽，场强大小为E．在MN下方有一半径为R的圆形区域，圆心为O，圆O与MN相切于D点，圆形区域内分布有垂直纸面向里的匀强磁场．在MN上有一点C，圆心O与C点的连线和电场线平行，在OC的延长线上有一点P，P点到边界MN的垂直距离为0.5R．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从P点静止释放．已知圆形磁场的磁感应强度大小为

2mE qR

，不计粒子的重力．求：
（1）粒子在磁场中的运动半径r；
（2）粒子最终离开电场时的速度v．

Answer 1

分析：（1）粒子在匀强电场中被加速后，进入匀强磁场中，做匀速圆周运动．因此由动能定理可求出粒子离开电场的速度．再由洛伦兹力提供向心力来算出运动轨道半径．
（2）粒子进入匀强磁场后，轨道半径与圆磁场半径相等，则有粒子离开磁场时发生90°偏转，从而使粒子垂直进入电场后，做类平抛运动，运用平抛运动处理规律，并应用垂直电场强度方向的位移与沿着电场强度方向的位移关系，可得出粒子最终离开电场时的速度．

解答：解（1）设粒子从C点射电场时速度为
由动能定理  qE

R

2sin30°

=

1

2

m

V

2 1

∴V₁=

2qER m

在磁场中，qV1B=m

V 2 1

r

又由题B=

2mE qR

联立得r=R                           
（2）粒子从E点进入磁场，从F点射出磁场，运动轨迹如图所示，轨迹的圆心为O₁．由于r=R，
再由几何关系可知∠FO₁E=90°即粒子在磁场中速度偏转了90°，射出磁场时速度方向与MN夹角为60°，与电场线方向垂直．粒子从G点垂直进入磁场，作类平抛运动，
从H点射出电场，设从G运动到H所用时间为t'
则在电场中有

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

联立得t'=2

6mR qE

∴射出电场时的速度V=

V 2 1 +( qE m t′)2

代入数据得　V=

26qER m

答：（1）粒子在磁场中的运动半径为R；
（2）粒子最终离开电场时的速度

26qER m

．

点评：考查动能定理、牛顿第二定律，及类平抛运动处理规律，让学生熟练掌握它们的解题思路与方法．注意粒子进入匀强电场时，恰好做类平抛运动，且在类平抛运动过程中的初速度方向的位移与加速度方向的位移有一定量关系．也是本题的一个突破口．