Question

12．如圖所示，在坐標(biāo)系第一象限內(nèi)有正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度E=1.0×10³V/m，方向未知，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0T，方向垂直紙面向里；第二象限的某個圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B′（圖中未畫出）．一質(zhì)量m=1×10^-14kg、電荷量q=1×10^-10C的帶正電粒子以某一速度v沿與x軸負(fù)方向成60°角的方向從A點(diǎn)進(jìn)入第一象限，在第一象限內(nèi)做直線運(yùn)動，而后從B點(diǎn)進(jìn)入磁場B′區(qū)域．一段時間后，粒子經(jīng)過x軸上的C點(diǎn)并與x軸負(fù)方向成60°角飛出．已知A點(diǎn)坐標(biāo)為（10，0），C點(diǎn)坐標(biāo)為（-30，0），不計粒子重力．
（1）判斷勻強(qiáng)電場E的方向并求出粒子的速度v；
（2）畫出粒子在第二象限的運(yùn)動軌跡，并求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B′；
（3）求第二象限磁場B′區(qū)域的最小面積．

Answer 1

分析 （1）粒子在第四象限內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，電場力與洛倫茲力平衡，由平衡條件可以求出粒子速度；
（2）粒子在第一象限中受到洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)幾何知識畫出粒子在第一象限的運(yùn)動軌跡，由幾何知識求出軌跡半徑．由牛頓第二定律即可求得磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂的大��；
（3）畫出磁場B₂最小區(qū)域，由幾何知識求得邊長，即可求出最小的面積．

解答 解（1）粒子在第一象限內(nèi)做直線運(yùn)動，速度的變化會引起洛倫茲力的變化，
所以粒子必做勻速直線運(yùn)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(yùn)動的方向垂直，即與x軸正向成30°角斜向右上方．
由平衡條件有：Eq=Bqv
得：v=$\frac{E}{B}$=$\frac{1.0×103}{1.0}$ m/s=1×10³m/s；
（2）粒子從B點(diǎn)進(jìn)入第二象限的磁場B′中，軌跡如圖所示，
粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R，由幾何關(guān)系可知：R=$\frac{10}{cos30°}$ cm=$\frac{20}{\sqrt{3}}$cm，
由qvB′=m$\frac{v2}{R}$，
解得：B′=$\frac{mv2}{qvR}$=$\frac{mv}{qR}$，
代入數(shù)據(jù)解得：B′=$\frac{\sqrt{3}}{2}$T．
（3）由圖可知，B、D點(diǎn)應(yīng)分別是粒子進(jìn)入磁場和離開磁場的點(diǎn)，
磁場B′的最小區(qū)域應(yīng)該分布在以BD為直徑的圓內(nèi)．由幾何關(guān)系得BD=20 cm，
即磁場圓的最小半徑r=10 cm，所以，所求磁場的最小面積為：S=πr²，
代入數(shù)據(jù)解得：S=3.14×10^-2m²
答：（1）勻強(qiáng)電場E的方向：與x軸正向成30°角斜向右上方，粒子的速度v為1×10³m/s；
（2）粒子在第二象限的運(yùn)動軌跡如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B′為$\frac{\sqrt{3}}{2}$T；
（3）第二象限磁場B′區(qū)域的最小面積為3.14×10^-2m²．

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