Question

（2010?云南模擬）如圖所示，xOy平面內(nèi)，第二象限勻強電場方向水平向右，第一象限勻強電場方向豎直向下，場強大小相等，設(shè)為E．x軸下方區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度設(shè)為B，圖中OP直線與縱軸的夾角α=45°，一帶正電的粒子從OP直線上某點A（-L，L）處由靜止釋放，重力不計．設(shè)粒子質(zhì)量為m，帶電量為q，E、B、m、q均未知，但已知各量都使用國際制單位時，從數(shù)值上有B=

4mE q

．
（1）求粒子進入磁場時與x軸交點處的橫坐標(biāo)；
（2）求粒子進入磁場時速度方向與x軸正方向的夾角；
（3）如果在OP直線上各點釋放許多個上述帶電粒子（不計粒子間的相互作用），試證明各帶電粒子進入磁場后做圓周運動的圓心點的集合為一拋物線．（提示：寫出圓心點坐標(biāo)x、y的函數(shù)關(guān)系）

Answer 1

分析：（1）粒子由A點靜止釋放后，先做勻加速直線運動，進入第一象限后改作類平拋運動，而后進入勻強磁場，由類平拋運動規(guī)律可解粒子進入磁場時與x軸交點處的橫坐標(biāo)
（2）由類平拋運動規(guī)律可解 粒子進入磁場時與x軸交點處的橫坐標(biāo)
（3）求解粒子進入磁場做勻速圓周運動的圓心的橫縱坐標(biāo)，解析圓心點坐標(biāo)x、y的函數(shù)關(guān)系可得圓心點的集合為二次函數(shù)，圖形為拋物線

解答：解：（1）設(shè)粒子進入第一象限時的速度為v₁，由動能定理得：
EqL=

1

2

mv

2 1

①
粒子在第一象限內(nèi)做類平拋運動，豎直向下的加速度為：
a=

Eq

m

②
設(shè)在第二象限內(nèi)運動時間為t，則：
L=

1

2

at²③
設(shè)入射磁場點的橫坐標(biāo)為x₁，則：
x₁=v₁t④
由①②③④式得，x₁=2L
（2）設(shè)粒子進入磁場時速度方向與x軸正向的夾角為θ，則：
tanθ=

at

v1

=1⑤
所以，θ=45°
（3）粒子進入磁場后將做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，設(shè)其運動半徑為r，射入速度為v，則：
v=

2

v₁
由牛頓第二定律得：
Bqv=

mv2

r

⑥
由幾何關(guān)系得，圓心位置坐標(biāo)為：
x=2L-rcos45°⑦
y=-rsin45°⑧
而B=

4mE q

⑨
由⑥⑦⑧⑨整理得x=4y²-y
所以，圓心點的集合為拋物線
答：（1）入射磁場點的橫坐標(biāo)為2L
（2）進入磁場時速度方向與x軸正向的夾角為45°
（3）圓心點的集合為拋物線

點評：帶電粒子的偏轉(zhuǎn)往往被稱為“類平拋運動”，利用平拋運動規(guī)律解決，實際上在沿電場方向考慮運動的獨立性，可再次應(yīng)用動能定理求解沿偏轉(zhuǎn)方向的分速度；在解決軌跡問題時，通常整理橫縱坐標(biāo)間的數(shù)學(xué)關(guān)系時，由關(guān)系式判斷圖象形狀