Question

13．如圖所示，第二象限的某個矩形區(qū)域內，有方向垂直于紙面向里磁感應強度為B₁的勻強磁場，該磁場的下邊界與x軸重合；第三象限內有互相正交的勻強電場和勻強磁場，兩者場強分別E₁=500V/m和B₂=0.5T；第四象限有一電場強度E=2000$\sqrt{3}$V/m的勻強電場，方向與x軸負方向成60⁰指向y軸負方向．一質量m=1×l0^-14kg、電荷量q=1×10^-10C的帶正電的粒子以某一速度v從y軸上的N點沿與y軸負方向成60°角方向射入第二象限，后經P點進入第三象限內并沿直線運動，經過一段時間后，粒子經y軸上的M點與y軸負方向成60°角的方向進入第四象限，M點坐標（0，-0.1m），N點坐標（0，0.3m），粒子重力忽略不計．求：
（1）第二象限中矩形磁場的磁感強度B的大�。�
（2）第二象限中矩形磁場區(qū)域的最小面積：
（3）若在該粒子經M點進入第四象限的同時，在適當的位置由靜止釋放另一與該粒子完全相同的帶電粒子，可使兩粒子在離開第四象限前相遇．求所有滿足條件的釋放點的集合（不計兩粒子之間的相互作用力）．

Answer 1

分析 （1）由帶電粒子在第三象限做直線運動可知，電場力等于洛倫茲力，據此求出速度，由幾何關系求出做圓周運動的半徑，再根據洛倫茲力提供向心力即可求解；
（2）畫出矩形ACPQ及第二象限中圓周運動從Q到P的軌跡，根據圖中幾何關系即可求解；
（3）帶電粒子從M進入第四象限后做類平拋運動，根據平拋運動基本公式結合幾何關系求解．

解答 解：（1）由帶電粒子在第三象限做直線運動可知，E₁q=B₂qv
解得：v=$\frac{{E}_{1}}{{B}_{2}}=1000m/s$，
帶電粒子在第二象限中，由幾何關系可知，做圓周運動的半徑：R=$\frac{\sqrt{3}}{15}m$，
根據洛倫茲力提供向心力得：${B}_{1}qv=m\frac{{v}^{2}}{R}$
解得：${B}_{1}=\frac{mv}{Rq}=\frac{\sqrt{3}}{2}T$
（2）畫出矩形ACPQ及第二象限中圓周運動從Q到P的軌跡，
根據圖中幾何關系可知，PQ=0.2m，
CP=$\frac{1}{2}R=\frac{\sqrt{3}}{30}m$
矩形的最小面積${S}_{min}=\frac{\sqrt{3}}{150}{m}^{2}$
（3）如圖中，帶電粒子從M進入第四象限后做類平拋運動，則有：
x′=vt，$y′=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
根據牛頓第二定律得：
a=$\frac{{E}_{1}q}{m}$
帶電粒子再次達到y(tǒng)軸時有幾何關系：tan60°=$\frac{y′}{x′}=\frac{\frac{1}{2}a{t}^{2}}{vt}=\frac{at}{2v}$
解之得：t=1×10^-4s
則x′=vt=0.1m
在x軸上的投影x=$x′sin60°=\frac{\sqrt{3}}{20}m$
所有滿足條件的釋放點的集合：y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}x-\frac{1}{10}m$（0$≤x≤\frac{\sqrt{3}}{20}m$）
答：（1）第二象限中矩形磁場的磁感強度B的大小為$\frac{\sqrt{3}}{2}T$；
（2）第二象限中矩形磁場區(qū)域的最小面積為$\frac{\sqrt{3}}{150}{m}^{2}$；
（3）所有滿足條件的釋放點的集合為y=-$\frac{\sqrt{3}}{3}x-\frac{1}{10}m$（0$≤x≤\frac{\sqrt{3}}{20}m$）．

點評 本題考查帶電粒子在電場、磁場中兩運動模型：勻速圓周運動與類平拋運動，及相關的綜合分析能力，以及空間想像的能力，應用數學知識解決物理問題的能力．