Question

（2010?南平模擬）（強(qiáng)化班學(xué)生做）如圖所示，第四象限內(nèi)有互相正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)E與勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(chǎng)B₂，磁場(chǎng)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(chǎng)B₂區(qū)域．一段時(shí)間后，微粒經(jīng)過(guò)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)微粒的重力，g取10m/s²．求：
（1）請(qǐng)分析判斷勻強(qiáng)電場(chǎng)E₁的方向并求出微粒的運(yùn)動(dòng)速度v；
（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)B₂的大小為多大；
（3）B₂磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積為多少？

Answer 1

分析：帶電粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)共同作用下做直線運(yùn)動(dòng)，則可得洛倫茲力與電場(chǎng)力相平衡．當(dāng)經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)B₂區(qū)域一段時(shí)間后，微粒經(jīng)過(guò)y軸上的N點(diǎn)并與y軸正方向成60°角的方向飛出，粒子在磁場(chǎng)B₂區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若要求出B₂磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積，則且?guī)д�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)，從N點(diǎn)射出夾角相同．所以運(yùn)動(dòng)圓弧與直線MP及N點(diǎn)的速度反方向直線相切．

解答：解：（1）粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，速度會(huì)引起洛倫茲力的變化，因此微粒必做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以洛倫茲力與電場(chǎng)力相平衡．則有
B₁qv=qE 
解之得：v=

E

B1

=

0.5×103

0.5

m/s=103m/s，
根據(jù)左手定則可得運(yùn)動(dòng)的正電荷所受洛倫茲力方向?yàn)椋捍怪庇诔跛俣确较蛳蛏�，所以電�?chǎng)力的方向與洛倫茲力方向相反，即垂直于速度方向向下．
（2）粒子在磁場(chǎng)B₂區(qū)域內(nèi)做一段圓弧運(yùn)動(dòng)，畫(huà)出微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖．則有：微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，
即Bqv=m

v2

R

，
再 由幾何關(guān)系可知粒子在第一象限內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為　　R=

3

15

m　　　　　  
解之得　B2=

3

2

T．
（3）由圖可知，磁場(chǎng)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°)=

3

30

m　　　
所以，所求磁場(chǎng)的最小面積為S=PD×PA=0.2×

3

30

m2=

3

150

m2．

點(diǎn)評(píng)：當(dāng)帶電粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于洛倫茲力由速度決定，所以粒子必做勻速直線運(yùn)動(dòng)．當(dāng)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，僅受洛倫茲力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可確定磁感應(yīng)強(qiáng)度．