Question

19．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第II象限和第I象限內(nèi)各有一相同的圓形區(qū)域，兩個區(qū)域的圓心坐標(biāo)分別是O₁（-0.4m，0.4m）和O₂（2.4m，0.4m）（圖中未標(biāo)出），圖中M、N為兩個圓形區(qū)域分別與x軸的切點，其中第Ⅱ象限內(nèi)的圓形區(qū)域也與y軸相切；兩個區(qū)域中都分布著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度分別為B₁=0.15T和B₂；在第I象限內(nèi)還存在著一沿x軸負方向，左右均有理想邊界的勻強電場，左邊界為y軸，右邊界與磁場B₂邊界相切，電場強度E₁=8×10⁴N/C；在第Ⅳ象限內(nèi)有一沿x軸正方向的勻強電場E₂，電場強度E₂=6×10⁵N/C；一帶負電的粒子（不計重力）從M點射入磁場B_l中，速度大小為v₀，無論速度的方向如何（如圖），粒子都能夠在電場E₁中做直線運動后進入磁場B₂中，且都從N點飛出磁場進入第Ⅳ象限的電場中，已知粒子的比荷$\frac{q}{m}$=5.0×10⁷C/kg．如果粒子在M點入射的速度方向與x軸垂直，試求：
（1）粒子的入射速度v₀．
（2）第I象限內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度值B₂
（3）粒子離開第Ⅳ象限時的位置P的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意求出粒子的軌道半徑，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出速度．
（2）粒子在電場中加速，應(yīng)用動能定理可以求出粒子的速度，由牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強度．
（3）粒子在電場中做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律可以求出粒子的坐標(biāo)位置．

解答 解：（1）粒子在B₁中做圓周運動的半徑：R₁=0.4m，
粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv₀B₁=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{1}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：v₀=3×10⁶m/s；
（2）粒子在電場E₁中加速，由動能定理得：
qE₁△x=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
粒子做圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：B₂=0.25T；
（3）粒子從N點垂直于x軸向下進入電場E₂中，最終將從y軸飛出電場，在電場E₂中粒子做類平拋運動，由牛頓第二定律得：qE₂=ma，
x_N=$\frac{1}{2}$at²，△y=vt，
代入數(shù)據(jù)解得：△y=2m，
粒子離開第四象限時的位置坐標(biāo)P為：（0，-2m）．
答：（1）粒子的入射速度v₀為3×10⁶m/s．
（2）第I象限內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度值B₂為0.25T．
（3）粒子離開第Ⅳ象限時的位置P的坐標(biāo)為（0，-2m）．

點評 本題考查了求粒子的速度、磁感應(yīng)強度、粒子位置坐標(biāo)，分析清楚粒子運動過程、應(yīng)用動能定理、牛頓第二定律、類平拋運動規(guī)律即可在解題．