Question

19．如圖所示，第四象限內(nèi)有互相正交的勻強(qiáng)電場E與勻強(qiáng)磁場B₁，E的大小為0.5×10³V/m，B₁大小為0.5T；第一象限的某個(gè)矩形區(qū)域內(nèi)，有方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)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°角從M點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)P點(diǎn)即進(jìn)入處于第一象限內(nèi)的磁場B₂區(qū)域．一段時(shí)間后，小球經(jīng)過y軸上的N點(diǎn)并與y軸正方向成60°角的方向飛出．M點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，-10），N點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，30），不計(jì)粒子重力，g取10m/s²．
（1）請分析判斷勻強(qiáng)電場E的方向（要求在圖中畫出）并求出微粒的運(yùn)動(dòng)速度v；
（2）勻強(qiáng)磁場B₂的大小為多大？
（3）B₂磁場區(qū)域的最小面積為多少？

Answer 1

分析 （1）不計(jì)粒子重力，微粒在第四象限內(nèi)僅受電場力和洛倫茲力而做直線運(yùn)動(dòng)，粒子必定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場力和洛侖茲力必定相互平衡，根據(jù)左手定則判斷出洛倫茲力方向，確定電場強(qiáng)度E的方向，由平衡條件求解微粒的運(yùn)動(dòng)速度v；
（2）畫出微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場的幾何圖．根據(jù)幾何知識(shí)求出粒子在第一象限內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，由牛頓第二定律求解勻強(qiáng)磁場B₂的大�。�
（3）磁場B₂的最小區(qū)域應(yīng)該分布在微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場兩圓的公共部分的面積，根據(jù)幾何知識(shí)求出B₂磁場區(qū)域的最小面積．

解答 解：（1）粒子在電場與磁場中做直線運(yùn)動(dòng)，若速度變化會(huì)引起洛倫茲力的變化，微粒將不能做直線運(yùn)動(dòng)，因此微粒必做勻速直線運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力與電場力相平衡．則有
 B₁qv=qE 
解之得：v=$\frac{E}{{B}_{1}}$=$\frac{0.5×1{0}^{3}}{0.5}$=1×10³m/s
根據(jù)左手定則可知正電荷所受洛倫茲力方向?yàn)椋捍怪庇谒俣确较蛳蛏�，電場力的方向與洛倫茲力方向相反，即垂直于速度方向向下，則場強(qiáng)E的方向垂直于MP連線向下．
（2）粒子在磁場B₂區(qū)域內(nèi)做一段圓弧運(yùn)動(dòng)，畫出微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖．設(shè)粒子在第一象限內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，則有：微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，即 B₂qv=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，B₂=$\frac{mv}{qR}$
由幾何關(guān)系可知：三角形MNE是等邊三角形，ME=MN=40cm，MP=2OM=20cm，Rtan60°+MP=ME
解得 R=$\frac{20\sqrt{3}}{3}$cm　  
解之得　B₂=$\frac{\sqrt{3}}{2}$T．
（3）由圖可知，磁場B₂的最小區(qū)域應(yīng)該分布在圖示的矩形PACD內(nèi)．
由幾何關(guān)系易得PD=2Rsin60°=0.2m，PA=R（1-cos60°）=$\frac{\sqrt{3}}{30}$m　　　
所以，所求磁場的最小面積為S=PD×PA=0.2×$\frac{\sqrt{3}}{30}$m²=$\frac{\sqrt{3}}{150}$m²．
答：（1）勻強(qiáng)電場E的方向垂直于MP連線向下，微粒的運(yùn)動(dòng)速度v為1×10³m/s；
（2）勻強(qiáng)磁場B₂的大小為$\frac{\sqrt{3}}{2}$T．
（3）B₂磁場區(qū)域的最小面積為$\frac{\sqrt{3}}{150}$m²．

點(diǎn)評 當(dāng)帶電粒子在電場與磁場中做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于洛倫茲力大小與速度大小成正比，所以粒子必做勻速直線運(yùn)動(dòng)．當(dāng)粒子進(jìn)入磁場時(shí)，僅受洛倫茲力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可確定粒子的軌跡半徑．