陳建華 王竹青
(武漢市第一中學 湖北 武漢 430000)
帶電粒子在電磁場中的運動是高考的一個重要內容,因為該理論經常被用到現代科技和生產生活中.高考試題主要考查學生對帶電粒子在電場中和磁場中的受力分析及對物體運動情況的判斷.試題經常以電場和磁場疊加的形式出現,也就是所謂的“復合場”.2011年普通高等學校招生全國統一考試理科綜合能力測試Ⅱ卷第25題考查的就是帶電粒子在復合場中的運動.但該題沒有考慮清楚實際的物理情境,在電場的邊界模型上出現了問題.
帶電粒子在復合場中的運動問題與解決力學題方法類似,不同之處是多了電場力和洛倫茲力.因此,帶電粒子在復合場中的運動問題除了利用力學三大觀點即動力學觀點、能量觀點、動量觀點分析外,還要注意電場和磁場對帶電粒子的作用,如電場力做功與路徑無關,洛倫茲力方向始終和運動速度方向垂直,永不做功等.
【原題】如圖1,與水平面成θ0=45°的平面MN將空間分成Ⅰ和Ⅱ兩個區域.一質量為m,電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從平面MN上的P0點水平向右射入Ⅰ區.粒子在Ⅰ區運動時,只受到大小不變,方向豎直向下的電場作用,電場強度大小為E;在Ⅱ區運動時,只受到勻強磁場的作用,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向里.求粒子首次從Ⅱ區離開時到出發點P0的距離.粒子的重力可以忽略.
解析:在電磁場中粒子先做類平拋運動,后做勻速圓周運動,如圖2所示.兩運動的銜接條件為粒子在P1點的速度大小和方向.求粒子首次從Ⅱ區離開的位置P2到出發點P0的距離d,必須知道在電場中的平拋位移和在磁場中運動的弦長.根據電場力方向和左手定則,正粒子都向N側運動;所以d=s+L,其中s為在電場中的位移,L為在磁場中的圓的弦長.

圖1

圖2
正粒子垂直電場進入做類平拋運動,初末位置在45°角的平面MN上,說明位移方向角是45°,以出發點為坐標原點,水平向右垂直電場方向為x軸,沿電場方向為y軸,建立直角坐標系,根據運動分解公式得
x=v0t
(1)
(2)

(3)
(4)
(5)
(6)
速度與水平方向的夾角θ滿足tanθ=2tanθ0=2 ,所以

(7)
聯立式(1)~(6),化簡得
(8)

進入磁場時與邊界MN的夾角為θ-θ0,做勻速圓周運動.根據牛頓第二定律得

(9)
作出圓軌跡,則弦長和半徑滿足關系
(10)
聯立式(9)、(10)得

所以粒子首次從Ⅱ區離開時到出發點P0的距離為
處理類似帶電粒子在分區域的電場、磁場中的運動問題,首先應該分區域單獨研究帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動,在勻強磁場中做勻速圓周運動;然后找出在兩種場的分界線上的兩種運動的聯系即可解決問題.其中,運動的合成與分解和幾何關系的運用是解題的關鍵.以上的解析過程從動力學角度分析看似沒有問題,但從能量角度看,可發現不少問題.
帶電粒子在電場中運動,由電場力做功的性質知電場力做功與運動路徑無關,僅與初末位置有關.此題中有三個關鍵位置P0,P1和P2,帶電粒子由位置P0運動至位置P1,沿電場線方向距離為d1,如圖2,僅受電場力作用,根據動能定理電場力做的功等于動能的變化量
在勻強磁場中帶電粒子僅受洛倫茲力作用做勻速圓周運動.故由位置P1至P2,洛倫茲力僅改變帶電粒子的速度方向,不改變速度大小.
若由整體分析,在電場中從P0至P2沿電場線方向距離為d2,如圖2,電勢能的減少量ΔEP=qEd2,根據能量守恒定律,電勢能的減少量等于動能的增加量,得
兩種不同的分析卻得出帶電粒子在同一位置P2速度大小不同.為何出現這一結果?這一模型究竟出現了什么問題?我們不妨再次深入研究.
按照這個模型,如果將題中勻強磁場方向改變為垂直于紙面向外,帶電粒子自勻強電場進入磁場中,進入磁場由牛頓第二定律得

圖3
勻速圓周運動的半徑大小不變,但帶電粒子的運動軌跡將發生較大的變化,如圖3所示.

很明顯這樣一個模型在現實中不可能存在,題中給出的邊界條件是不可能出現的.它忽略了靜電場是有勢場的事實,即電場力做功與路徑無關.
由靜電場的環路定理[1~4],即靜電場中場強沿任意閉合環路的線積分恒等于零,即
∮LE·dl=0
它和“靜電場力做功與路徑無關”的說法完全等價.其微分形式為×E=0可得
n×(E2-E1)=0
此式表示界面兩側E的切向分量連續,即靜電場的邊界必須與電場線垂直,電場的邊界必須是等勢面或等勢線.
在實際應用中設置電場邊界就是在截斷邊界處施加導電壁或導磁壁[5],根據導體的屬性,沿著導電壁(導磁壁)方向電場(磁場)必然為零,所以具體實現時也就是在該邊界上把電場(磁場)切向分量強制設為零.根據麥克斯韋定律,磁場(電場)的法向分量也為零.
高考試題具有權威性和導向性,應該符合物理的基本規律并與實際模型相結合.
參考文獻
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