Question

（2012?珠海一模）如图，在xoy平面内，MN和x轴之间有平行于y轴的匀强电场，方向向下，在 xoy平面的第一象限内有垂直向里的匀强磁场．y轴上离坐标原点4L的A点处有一电子枪，可以沿+x方向射出速度为v₀的电子（质量为m，电量为e）．如果电场和磁场同时存在，电子将做匀速直线运动，不计重力的影响．
（1）如果撤去电场，只保留磁场，电子将从x轴上距坐标原点3L的C点离开磁场．求磁感应强度B和电场强度E的大小各多大．
（2）如果撤去磁场，只保留电场，电子将从D离开电场．求D点的横坐标．
（3）如果撤去电场，只保留磁场，电子速度变为V，求电子在磁场中的运动时间．

Answer 1

分析：（1）电子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律与几何关系相结合，从而即可求解；再由电子电场力与洛伦兹力相平衡，即可求解；
（2）电子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律与运动学公式相结合，即可求解；
（3）分四种情况，根据转动周期与运动轨迹的半径，及几何关系相结合综合求出四种情况下的时间．

解答：解：（1）只有磁场时，电子运动轨迹如图1所示
洛伦兹力提供向心力  Bev₀=m

v 2 0

R

由几何关系 R²=（3L）²+（4L-R）²
解得：B=

8mv0

25eL

电子做匀速直线运动  Ee=Bev₀                        
解得：E=

8m v 2 0

25eL

（2）只有电场时，电子从MN上的D点离开电场，如图2所示
设D点横坐标为x    x=v₀t                           
2L=

1

2

eE

m

t2
求出D点的横坐标为x=

5 2

2

L≈3.5L
（3）分四种情况
转动周期为：T=

2πm

eB

，半径为：r=

mv

eB

①当半径r≤2L，速度v≤

2eBL

m

时，电子将从y轴上的某点离开磁场，如图3，
运动时间为半个周期，
t1=

T

2

=

πm

eB

=

25πL

8v0

②当半径2L＜r＜4L，电子速度

2eBL

m

＜v＜

4eBL

m

时，电子将从x轴上某点离开磁场．如图4．
圆心角为θ₁=π-α，由几何关系知：cosα=

4L-r

r

=

4eBL

mv

-1
所以，运动时间为：t2=

π-α

2π

T=

25L

8v0

(π-arccos(

32v0

25v

-1))
③当r=4L时，速度v=

4eBL

m

，电子将垂直x轴离开磁场．
如图5，运动时间为四分之一个周期，t3=

T

4

=

πm

2eB

=

25πL

16v0

④当r＞4L时，速度v＞

4eBL

m

，电子将从x轴上某点离开磁场．如图6．
设此时的圆心为O′在坐标原点之下，由图可知，圆心角为θ₂，cosθ2=

OO′

r

=

r-4L

r

=1-

4eBL

mv

所以，运动时间为：t4=

θ2

2π

?T=

25L

8v0

arccos(1-

32v0

25v

)
答：（1）如果撤去电场，只保留磁场，电子将从x轴上距坐标原点3L的C点离开磁场．求磁感应强度

8mv0

25eL

和电场强度E的大小

8m v 2 0

25eL

．
（2）如果撤去磁场，只保留电场，电子将从D离开电场．则D点的横坐标3.5L．
（3）如果撤去电场，只保留磁场，电子速度变为V，则电子在磁场中的运动时间如上时间表述．

点评：考查带电粒子在电场与磁场中运动，结合受力来确定运动轨迹，除掌握必要的解题方法外，还要正确作出运动轨迹图，以及几何关系的确定．