Question

（2013?寶應縣一模）在xoy平面直角坐標系的第Ⅰ象限有射線OA，OA與x軸正方向夾角為30°，如圖所示，OA與y軸所夾區(qū)域存在y軸負方向的勻強電場，其它區(qū)域存在垂直坐標平面向外的勻強磁場；有一帶正電粒子質量m，電量q，從y軸上的P點沿著x軸正方向以大小為v₀的初速度射入電場，運動一段時間沿垂直于OA方向經過Q點進入磁場，經磁場偏轉，過y軸正半軸上的M點再次垂直進入勻強電場．已知OP=h，不計粒子的重力．
（1）求粒子垂直射線OA經過Q點的速度v_Q；
（2）求勻強電場的電場強度E與勻強磁場的磁感應強度B的比值；
（3）粒子從M點垂直進入電場后，如果適當改變電場強度，可以使粒子再次垂直O(jiān)A進入磁場，再適當改變磁場的強弱，可以使粒子再次從y軸正方向上某點垂直進入電場；如此不斷改變電場和磁場，會使粒子每次都能從y軸正方向上某點垂直進入電場，再垂直O(jiān)A方向進入磁場…，求粒子從P點開始經多長時間能夠運動到O點？

Answer 1

分析：（1）由類平拋運動的規(guī)律可求得經過Q點速度；
（2）由電場中的類平拋和磁場中的圓周運動可解得電場與磁場強度的比值；
（3）求出第一次離子在電場和磁場中的運動時間，以此類推求出第二次、第三次的運動時間，然后根據(jù)數(shù)學知識求和即可．

解答：解：（1）設垂直O(jiān)A到達Q點的速度為v_Q，將速度分解為水平方向的v₀和豎直方向的v_y，如圖所示，則
v_y=

v0

tan30°

=

3

v0
v_Q=

v0

sin30°

=2v0
（2）做出粒子在磁場中的運動軌跡如圖，根據(jù)幾何知識可得出原點O即為軌跡圓的圓心，OQ為軌跡圓的半徑，設為R．
在電場中的運動，由類平拋的知識可得：
x=

3

2

R=v₀t₁    vy=

3

v0=

qE

m

t1，
可求得E=

2mv02

qR

在磁場中的運動，由圓周運動的知識可得：
2qv₀B=

m(2v0)2

R

，B=

2mv0

qR

所以

E

B

=v0
（3）設粒子第一次在磁場中做圓周運動的半徑為R₁，在電場中運動的時間為t₁₁，在磁場中運動的時間為t₁₂，在電場、磁場中運動的總時間為t₁，則有
t₁₁=

3 2 R1

v0

=

3 R1

2v0

，t₁₂=

5

6

×

2πR1

2v0

=

5πR1

6v0

，t₁=t₁₁+t₁₂=

3 R1

2v0

+

5πR1

2v0

=(

3

2

+

5π

6

)

R1

v0

又由h-

R1

2

=

3 v0

2

×t11=

3 v0

2

×

3 R1

2v0

=

3

4

R1
解得，R₁=

4

5

h    
從而有t1=(

3

2

+

5π

6

)

R1

v0

=(

3

2

+

5π

6

)

4h

5v0

=(

2 3

5

+

2π

3

)

h

v0

由題意知，改變電場、磁場的強弱后，粒子重復前面的運動情況，又設粒子第二次在磁場中做圓周運動的半徑為R₂，在電場中運動的時間為t₂₁，在磁場中運動的時間為t₂₂，在電場、磁場中運動的總時間為t₂，類似上面的求解，有
t21=

3 2 R2

2v0

=

3 R2

4v0

，t22=

5

6

×

2πR2

4v0

=

5πR2

12v0

，t2=t21+t22=(

3

4

+

5π

12

)

R2

v0

又由R1-

R2

2

=

2 3 v0

2

×t21=

3

v0×

3 R1

4v0

=

3

4

R2
解得，R2=

4

5

R1，將此結果代入上式可得
t2=

4

5

×(

3

4

+

5π

12

)

R1

v0

=

4

5

t1                                          
…類推可知，粒子第n次在電場、磁場中運動的總時間  tn=(

2

5

)n-1t1      
所以粒子最終運動到O點的時間為
t=

t1

1- 2 5

=

5

3

t1=

5

3

×(

2 3

5

+

2π

3

)×

h

v0

=(

2 3

3

+

10π

9

)

h

v0

答：（1）粒子垂直射線OA經過Q點的速度為2v₀；（2）勻強電場的電場強度E與勻強磁場的磁感應強度B的比值為v₀；（3）粒子從P點開始經(

2 3

3

+

10π

9

)

h

v0

能夠運動到O點．

點評：此題考查帶電粒子在電磁場中的運動情況，并能運用數(shù)學知識解答物體問題，屬于難題．