Question

如圖，在xOy坐標中第Ⅰ和第Ⅳ象限中分布著平行于x軸的勻強電場，第Ⅳ象限的長方形OPQH區(qū)域內(nèi)還分布著垂直坐標平面的、大小可以任意調(diào)節(jié)的勻強磁場．一質(zhì)子從y軸上的a點射入場區(qū)，然后垂直x軸通過b點，最后從y軸上的c點離開場區(qū)．已知：質(zhì)子質(zhì)量為m、帶電量為q，射入場區(qū)時的速率為v₀，通過b點時的速率為

2

2

v0，

.

OP

=2

.

Oa

=2d，

.

OH

=

3

2

.

Ob

=

2

3

d
（1）在圖中標出電場和磁場的方向；
（2）求：電場強度E的大小以及c到坐標原點的距離

.

Oc

；
（3）如果撤去電場，質(zhì)子仍以v₀從a點垂直y軸射入場區(qū)．試討論質(zhì)子可以從長方形OPQH區(qū)域的哪幾條邊界射出場區(qū)，并求從這幾條邊界射出時對應(yīng)磁感應(yīng)強度B的大小范圍和質(zhì)子轉(zhuǎn)過的圓心角θ的范圍．

Answer 1

分析：（1）質(zhì)子從a到b洛倫茲力不做功，只有電場力做功，由于動能減少，電場力做負功，所以電場沿x軸負方向．依題意質(zhì)子的運動軌跡從a到b，根據(jù)曲線運動的條件和左手定則可判斷磁場方向垂直紙面向里．
（2）質(zhì)子從a到b，洛倫茲力不做功，僅電場力做功．由動能定理求解電場強度E．質(zhì)子從b到c，做類平拋運動，水平方向做勻加速運動，豎直方向做勻速直線運動，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式求解

.

Oc

；
（3）質(zhì)子在磁場中，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得到半徑R．再討論質(zhì)子將從HQ邊射出、從OH邊射出、從Oa邊射出時半徑滿足的半徑，得到B的大小范圍．由幾何關(guān)系求解圓心角θ的范圍．

解答：解：（1）質(zhì)子從a到b洛倫茲力不做功，只有電場力做功，由于動能減少，電場力做負功，所以電場沿x軸負方向．依題意質(zhì)子的運動軌跡從a到b，根據(jù)曲線運動的條件和左手定則可判斷磁場方向垂直紙面向里．故電場方向指向x軸負方向；磁場方向垂直紙面向里．
（2）質(zhì)子從a到b，洛倫茲力不做功，僅電場力做功．由動能定理得：
  -qE?

.

Ob

=-qE?

4d

9

=

1

2

m?(

2

2

v0)2-

1

2

m

v

2 0

…①
得：E=

9m v 2 0

16qd

…②
質(zhì)子從b到c，做類平拋運動，設(shè)運動時間為t，
則：

.

Oc

=

2

2

v0t…③

.

Ob

=

1

2

at2=

1

2

qE

m

t2…④
聯(lián)立②、③、④得：

.

Oc

=

8

9

d…⑤
（3）質(zhì)子在磁場中，洛倫茲力提供向心力，設(shè)做圓周運動的半徑R，則
   qBv0=

m v 2 0

R

…⑥
即：R=

mv0

qB

⑦
討論：
（i）如圖，當R＞

.

OH

=

2

3

d時，質(zhì)子將從HQ邊射出，此時：0＜B＜

3mv0

2qd

，0＜θ＜

π

2

  ⑧
（ii）當

.

OH

=

2

3

d≥R≥

1

2

.

Oa

=

1

2

d時，質(zhì)子將從OH邊射出，此時：

3mv0

2qd

≤B≤

2mv0

qd

，π≥θ≥

2

3

π⑨
（iii）當R＜

1

2

.

Oa

=

1

2

d時，質(zhì)子將從Oa邊射出，此時：B＞

2mv0

qd

，θ=π⑩
答：（1）電場方向指向x軸負方向；磁場方向垂直紙面向里．
（2）電場強度E的大小為

9m v 2 0

16qd

，c到坐標原點的距離

.

Oc

等于

8

9

d；
（3）（i）當R＞

.

OH

=

2

3

d時，質(zhì)子將從HQ邊射出，此時：0＜B＜

3mv0

2qd

，0＜θ＜

π

2

．
（ii）當

.

OH

=

2

3

d≥R≥

1

2

.

Oa

=

1

2

d時，質(zhì)子將從OH邊射出，此時：

3mv0

2qd

≤B≤

2mv0

qd

，π≥θ≥

2

3

π．
（iii）當R＜

1

2

.

Oa

=

1

2

d時，質(zhì)子將從Oa邊射出，此時：B＞

2mv0

qd

，θ=π．

點評：本題根據(jù)洛倫茲力不做功，只有電場力做功，判斷電場力方向，確定電場的方向．粒子在電場中做類平拋運動，運用運動的分解法研究．粒子在磁場中通過畫軌跡，分析半徑的范圍．