Question

（2013?馬鞍山三模）如圖，在xoy平面第一象限整個區域分布勻強電場，電場方向平行y軸向下，在第四象限內存在有界勻強磁場，左邊界為y軸，右邊界為x=

5

2

d的直線，磁場方向垂直紙面向外．質量為m、帶電量為+q的粒子從y軸上P點以初速度v₀垂直y軸射入勻強電場，在電場力作用下從x軸上Q點以與x軸正方向成45°角進入勻強磁場．已知OQ=d，不計粒子重力．求：
（1）P點坐標；
（2）要使粒子能再進入電場，磁感應強度B的取值范圍；
（3）要使粒子能第二次進入磁場，磁感應強度B的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）粒子在第一象限內做類平拋運動，在x軸方向上做勻速直線運動，在y軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，已經知道在Q點時的速度方向為45°，可知此時沿兩個坐標軸的速度都是v₀，在x軸和y軸分別列式，可求出OP的距離，從而得到P點的坐標
（2）、對粒子在第四象限中的運動軌道進行分析，找到臨界狀態，即軌道恰好與y軸相切為軌道的最大半徑，結合洛倫茲力做向心力的公式可求出此時的磁感應強度，該磁感應強度為最小值，從而可表示出磁感應強度的范圍．
（3）、首先要分析粒子恰能第二次進入磁場的軌跡，畫出軌跡圖，結合軌跡圖可求出CQ之間的距離，由幾何關系再求出在第四象限內運動軌道的半徑，結合洛倫茲力做向心力的公式可求出磁感應強度的最大值，從而可得磁感應強度的范圍

解答：解：（1）設粒子進入電場時y方向的速度為v_y，則v_y=v₀tan45°
設粒子在電場中運動時間為t，則
OQ=v₀t
OP=

vy

2

t
由以上各式，解得OP=

d

2

P點坐標為（0，

d

2

）
（2）粒子剛好能再進入電場的軌跡如圖所示，設此時的軌跡半徑為r₁，則

r₁+r₁sin45°=d 解得：r1=(2-

2

)d
令粒子在磁場中的速度為v，則v=

v0

cos45°

根據牛頓第二定律qvB₁=

mv2

r1

   解得：B1=

( 2 +1)mv0

qd

要使粒子能再進入電場，磁感應強度B的范圍 B≥B₁
要使粒子剛好從x=2.5d處第二次進入磁場的軌跡如圖，
粒子從P到Q的時間為t，則粒子從C到D的時間為2t，所以  CD=2d
CQ=CD-QD=2d-（2.5d-d）=

d

2

設此時粒子在磁場中的軌道半徑為r₂，由幾何關系  2r₂sin45°=CQ解得 r2=

2

4

d                        
根據牛頓第二定律 qvB₂=

mv2

r2

   解得B2=

4mv0

qd

要使粒子能第二次進磁場，粒子必須先進入電場，故磁感應強度B要滿足B≤B₂
綜上所述要使粒子能第二次進磁場，磁感應強度B要滿足
    

( 2 +1)mv0

qd

≤B≤

4mv0

qd

                
 答：（1）P點的坐標為（0，

d

2

）
（2）要使粒子能再進入電場，磁感應強度B的取值范圍B≥

( 2 +1)mv0

qd

（3）磁感應強度B要滿足

( 2 +1)mv0

qd

≤B≤

4mv0

qd

點評：帶電粒子在電場中的運動，綜合了靜電場和力學的知識，分析方法和力學的分析方法基本相同．先分析受力情況再分析運動狀態和運動過程，然后選用恰當的規律解題．解決這類問題的基本方法有兩種，第一種利用力和運動的觀點，選用牛頓第二定律和運動學公式求解；第二種利用能量轉化的觀點，選用動能定理和功能關系求解．經對本題的分析可知，粒子在第一象限內做類平拋運動，第一問還可以用能量進行求解．
本題第四象限內存在著有界磁場，帶電粒子在第四象限內運動時，受到洛倫茲力的作用，將做有臨界狀態的圓周運動，對臨界狀態的尋找與分析成為了解決此類為題的重點和難點．此種類型的題能充分考查考生的綜合分析能力和應用數學處理物理問題的能力．解此類問題的關鍵是做出帶電粒子運動的軌跡圖，抓住物理過程變化的轉折點（列出對應的狀態方程），找出粒子運動的半徑與磁場邊界的約束關系．