高文平

一、復(fù)合場中的極值問題

例1如圖1，第四象限內(nèi)有互相正交的勻強電場[E=]0.5×103V/m與勻強磁場[B1=]0.5T. 在第一象限的某個矩形區(qū)域內(nèi)，有方向垂直紙面向里的勻強磁場[B2]，磁場的下邊界與[x]軸重合．一質(zhì)量[m＝]1×10-14kg、電荷量[q＝]1×10-10C的帶正電微粒以某一速度[v]沿與[y]軸正方向60°從[M]點沿直線運動，經(jīng)[P]點即進入處于第一象限內(nèi)的磁場[B2]區(qū)域．一段時間后，小球經(jīng)過[y]軸上的[N]點并與[y]軸正方向成60°的方向飛出．[M]點的坐標(biāo)為(0，-10)，[N]點的坐標(biāo)為(0，30)，不計粒子重力，[g]取10m/s2．

圖1

（1）判斷勻強電場[E]的方向，并求微粒的運動速度[v]；

（2）勻強磁場[B2]的大小為多大？

（3）磁場區(qū)域[B2]的最小面積為多少？

解析（1）由于重力忽略不計，微粒在第四象限內(nèi)僅受洛倫茲力和電場力，且做直線運動.因速度的變化會引起洛倫茲力的變化，微粒必做勻速直線運動．這樣，電場力和洛倫茲力大小相等，方向相反，電場[E]的方向與微粒運動的方向垂直，即與[y]軸負方向成30°角斜向下．

由力的平衡，有[qE＝qvB1]

得[v＝EB1=0.5×1030.5=]103m/s

（2）畫出微粒的運動軌跡，將[P]點速度的延長線及[D]點速度反向延長線相交于[E]點，可知性[△MEN]為等邊三角形，[P]為[ME]中點，[NP]為中垂線，如圖2.

圖2

由幾何關(guān)系，知微粒在第一象限內(nèi)做圓周運動的半徑[O1P=13NP]=[R=315m]

微粒做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，有

[qB2v=mv2R]

解得[B2=32]T

（3）由圖可知，勻強磁場[B2]的最小區(qū)域應(yīng)該分布在矩形[PACD]內(nèi)．由幾何關(guān)系，有

[PD=2Rsin60°=0.2m]

[PA=R(1-cos60°)=330m]

所求磁場的最小面積

[S=PD?PA=15×330=3150m2]

點撥由于帶電粒子在復(fù)合場中的受力情況復(fù)雜，運動情況多變，往往出現(xiàn)臨界問題，這時應(yīng)以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等為突破口，挖掘隱含條件，并根據(jù)臨界條件列出輔助方程，再與其它方程聯(lián)立求解．此外特別要注意規(guī)范作圖.

二、復(fù)合場中的對稱性問題

例2如圖3，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場.左側(cè)勻強電場場強為[E]，方向水平向右，電場寬度為[L]；中間和右側(cè)區(qū)域勻強磁場的磁感應(yīng)強度均為[B]，方向垂直紙面向里.一個質(zhì)量為[m]、電量為[q]、不計重力的帶正電粒子從電場的左邊緣的[O]點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進入右側(cè)磁場區(qū)域后，又回到[O]點，然后重復(fù)上述運動過程. 求：

圖3

（1）中間磁場區(qū)域的寬度[d]；

（2）帶電粒子從[O]點開始運動到第一次回到[O]點所用的時間[t].

解析（1）帶電粒子在電場中加速，設(shè)以速度[v]進入磁場，由動能定理，有

[qEL=12mv2]

在磁場中偏轉(zhuǎn)，由牛頓第二定律，有[Bqv=mv2R]

由以上兩式，得[R=1B2mELq]

粒子在兩磁場區(qū)運動半徑相同，如圖4. 三段圓弧的圓心組成的三角形[△O1O2O3]是等邊三角形，邊長為[2R]. 則中間磁場區(qū)域的寬度為

[d=Rsin600=12B6mELq]

圖4

（2）粒子在電場中運動的時間

[t1=2va=2mvqE=22mLqE]

在中間磁場運動的時間[t2=T3=2πm3qB]

在右側(cè)磁場運動的時間[t3=56T=5πm3qB]

則粒子第一次回到O點所用的時間為

[t=t1+t2+t3=22mLqE+7πm3qB]

點撥先分清幾個過程——粒子在電場中做勻加速直線運動，進入中間磁場后偏轉(zhuǎn)，再進入右邊磁場反向偏轉(zhuǎn)，又進入中間磁場偏轉(zhuǎn)，再返回電場回到起點. 依次畫出軌跡圖，依據(jù)對稱性可證明，三段圓弧的圓心組成了一個正三角形，則各段圓弧的圓心角確定.

三、復(fù)合場中的周期性問題

例3如圖5甲，豎直擋板[MN]的左側(cè)空間有豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，電場和磁場的范圍足夠大，電場強度[E＝]40N/C，磁感應(yīng)強度[B]隨時間[t]變化的關(guān)系圖象如圖5乙，選定磁場垂直紙面向里為正方向．在[t＝]0時刻，一質(zhì)量[m＝]8×10－4kg、帶電荷量[q＝]+2×10－4C的微粒在[O]點具有豎直向下的速度[v＝]0.12m/s，[O′]是擋板[MN]上一點，直線[OO′]與擋板[MN]垂直，取[g＝]10m/s2．求：

[甲乙]

圖5

（1）微粒下一次經(jīng)過直線[OO′]時到[O]點的距離；

（2）微粒在運動過程中離開直線[OO′]的最大距離；

（3）水平移動擋板，使微粒能垂直射到擋板上，擋板與[O]點間的距離應(yīng)滿足什么條件．

解析（1）微粒所受重力[G＝mg＝]8×10-3N

電場力[F＝Eq＝]8×10-3N

重力與電場力平衡，則微粒先在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，有

[qvB＝mv2R ]

解得[R＝mvqB＝0.6 m]

由[T＝2πRv]，解得[T＝10πs]

則微粒在5πs內(nèi)轉(zhuǎn)過半個圓周，再次經(jīng)直線[OO′]時與[O]點的距離[l＝2R＝1.2m]

（2）微粒運動半周后向上勻速運動，運動的時間[t＝]5πs，軌跡如圖6．

圖6

位移大小[x＝vt＝]0.6πm=1.88m

微粒離開直線[OO′]的最大距離[h＝x＋R＝]2.48m

（3）若微粒能垂直射到擋板上的某點[P]，[P]點在直線[OO′]下方時，擋板[MN]與[O]點間的距離應(yīng)滿足

[L＝(4n＋1)×0.6m(n＝0,1,2…) ]

若微粒能垂直射到擋板上的某點[P，P]點在直線[OO′]上方時，擋板[MN]與[O]點間的距離應(yīng)滿足

[L＝(4n＋3)×0.6m (n＝0,1,2…) ]

點撥解決復(fù)合場中的問題，與力學(xué)中的問題類似，也可以依據(jù)動力學(xué)觀點或動量能量觀點．注意受力分析和運動分析要結(jié)合起來，粒子的電性、重力是否考慮，粒子作直線、曲線、圓周運動的條件也要清楚.

四、復(fù)合場中的數(shù)理結(jié)合問題

例4如圖7，在坐標(biāo)系[xOy]的第一象限中存在沿[y]軸正方向的勻強電場，場強為[E]. 在其它象限中存在勻強磁場，方向垂直于紙面向里. [A]是[y]軸上的一點，它到坐標(biāo)原點[O]的距離為[h]；[C]是[x]軸上的一點，到[O]的距離為[l].一質(zhì)量為[m]、電荷量為[q]的帶負電的粒子以某一初速度沿[x]軸方向從[A]點進入電場區(qū)域，繼而通過[C]點進入磁場區(qū)域，并再次通過[A]點，此時速度方向與[y]軸正方向成銳角. 不計重力作用，求：

（1）粒子經(jīng)過[C]點速度的大小和方向；

（2）磁感應(yīng)強度的大小[B].

圖7

解析（1） 以[a]表示粒子在電場作用下做類平拋運動的加速度，有[qE＝ma]，加速度沿[y]軸負方向

設(shè)粒子從[A]點進入電場時的初速度為[v0]，由[A]點運動到[C]點經(jīng)歷的時間為[t]，有[x=v0t=ly=12at2=h]

由以上幾式，得[v0=la2h]

設(shè)粒子從[C]點進入磁場時的速度為[v]，[v]垂直于[x]軸的分量，有[vx=v0vy=at=2ah]

綜合得到[v=v2x+v2y=qE(4h2+l2)2mh]

如圖8，畫出粒子運行軌跡. 設(shè)粒子經(jīng)過[C]點時的速度方向與[x]軸的夾角為[α]，有

[tanα=vyvx=][hl2=2hl]

則[α=arctan2hl]

圖8

（2）粒子經(jīng)過[C]點進入磁場后在磁場中做速率為[v]的圓周運動.若圓周的半徑為[R]，有[qvB=mv2R]

設(shè)圓心為[P]，則[PC]必與過[C]點的速度垂直，且有[PC][=PA=P]，用[β]表示[PA] 與[y]軸的夾角，由幾何關(guān)系，有[Rcosβ＝Rcosα＋hRsinβ＝l－Rsinα]

解得[R=h2+l22hl4h2+l2B=1h2+l22mhEq]

點撥電場中的類平拋運動和磁場中的勻速圓周運動是復(fù)合場中的常見運動形式，求解中常用到數(shù)學(xué)方法，對幾何作圖和運算能力要求較高. 帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題，難在受力情況和運動性質(zhì)的判斷．要做好以下三點：①分析受力；②掌握不同場對粒子作用的特點；③分析運動過程，發(fā)掘隱含條件，建立物理情景，把物理模型轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)表達式．