Question

如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，方向沿y正方向；在第Ⅳ象限的正方形abcd區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正方形邊長為L且ad邊與x軸重合，ab邊與y軸平行．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P（0，h）點，以大小為v₀的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a（2h，0）點進入第Ⅳ象限的磁場區(qū)域，不計粒子所受的重力．求：
（1）電場強度E的大��；
（2）粒子到達a點時速度的大小和方向；
（3）磁感應(yīng)強度B滿足什么條件，粒子經(jīng)過磁場后能到達y軸上，且速度與y軸負方向成45°角？
（4）磁感應(yīng)強度B滿足什么條件，粒子經(jīng)過磁場后不能到達y軸上？

Answer 1

分析：（1）粒子在電場中做類平拋運動，水平位移和豎直位移均已知，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式，運用運動的分解法可求出場強大小E．
（2）由速度的合成法求出粒子到達a點時速度大小和方向，由幾何知識確定粒子經(jīng)過a點時的方向．
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動．粒子經(jīng)過磁場后要能到達y軸上，且速度與y軸負方向成45°角，必須從ab邊上射出磁場，從b點射出磁場時軌跡半徑最大，對應(yīng)的B最小，畫出軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求出軌跡半徑，再由牛頓第二定律求出B的值．
（4）粒子經(jīng)過磁場后恰好不能到達y軸上時，應(yīng)從bc邊上垂直射出磁場，畫出軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求出軌跡半徑，再由牛頓第二定律求出B的值．

解答：解：（1）粒子在第一象限內(nèi)做類平拋運動，設(shè)在第一象限內(nèi)運動的時間為t₁，則
水平方向有：2h=v₀t₁…①
豎直方向有：h=

1

2

?

qE

m

t

2 1

…②
由①②式聯(lián)立得：E=

m v 2 0

2qh

…③
（2）設(shè)粒子到達a點時豎直方向的分速度為v_y
則有：v_y=at₁=

qE

m

t₁…④．
由①③④聯(lián)立得：v_y=v₀
所以粒子到達a點時速度大小為：
v_a=

v 2 x + v 2 y

=

v 2 0 + v 2 0

=

2

v₀   ①
與x軸的夾角為θ，由幾何關(guān)系得：
tanθ=

vy

vx

=

v0

v0

=1，
所以有：θ=45°
（3）從粒子在磁場中做勻速圓周運動．粒子經(jīng)過磁場后要能到達y軸上，且速度與y軸負方向成45°角，必須從ab邊上射出磁場，從b點射出磁場時軌跡半徑最大，對應(yīng)的B最小，畫出軌跡，如圖所示．
設(shè)粒子從b點射出時軌跡半徑為r₁，根據(jù)幾何關(guān)系得：r₁=

2

2

L
再由牛頓第二定律得：qv_aB=m

v 2 a

r1

，得 B=

2mv0

qL

所以磁感應(yīng)強度B滿足的條件是：B≥

2mv0

qL

．
（4）粒子經(jīng)過磁場后恰好不能到達y軸上時，應(yīng)從bc邊上垂直射出磁場，畫出軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系得：軌跡半徑為：r₂=

2

L．
由牛頓第二定律得：qv_aB′=m

v 2 a

r2

，
得：B′=

mv0

qL

所以磁感應(yīng)強度B滿足的條件是：B′≤

mv0

qL

．
答：（1）電場強度E的大小為

m v 2 0

2qh

；
（2）粒子到達a點時速度的大小為

2

v₀，方向與x軸的夾角為45°；
（3）磁感應(yīng)強度B滿足B≥

2mv0

qL

，粒子經(jīng)過磁場后能到達y軸上，且速度與y軸負方向成45°角．
（4）磁感應(yīng)強度B滿足B≤

mv0

qL

．，粒子經(jīng)過磁場后不能到達y軸上．

點評：帶電粒子在電磁場中的運動要注意分析過程，并結(jié)合各過程中涉及到的運動規(guī)律采用合理的物理規(guī)律求解．