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(gè)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(gè)圓形區(qū)域分別與x軸的切點(diǎn)，其中第Ⅱ象限內(nèi)的圓形區(qū)域也與y軸相切；兩個(gè)區(qū)域中都分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)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(fù)方向，左右均有理想邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)，左邊界為y軸，右邊界與磁場(chǎng)B₂邊界相切，電場(chǎng)強(qiáng)度E₁=8×10⁴N/C；在第Ⅳ象限內(nèi)有一沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₂，電場(chǎng)強(qiáng)度E₂=6×10⁵N/C；一帶負(fù)電的粒子（不計(jì)重力）從M點(diǎn)射入磁場(chǎng)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(chǎng)E₁中做直線運(yùn)動(dòng)后進(jìn)入磁場(chǎng)B₂中，且都從N點(diǎn)飛出磁場(chǎng)進(jìn)入第Ⅳ象限的電場(chǎng)中，已知粒子的比荷$\frac{q}{m}$=5.0×10⁷C/kg．如果粒子在M點(diǎn)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(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度值B₂
（3）粒子離開第Ⅳ象限時(shí)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(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)中加速，應(yīng)用動(dòng)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(qiáng)度．
（3）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的半徑：R₁=0.4m，
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)E₁中加速，由動(dòng)能定理得：
qE₁△x=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)垂直于x軸向下進(jìn)入電場(chǎng)E₂中，最終將從y軸飛出電場(chǎng)，在電場(chǎng)E₂中粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，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(shí)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(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度值B₂為0.25T．
（3）粒子離開第Ⅳ象限時(shí)的位置P的坐標(biāo)為（0，-2m）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了求粒子的速度、磁感應(yīng)強(qiáng)度、粒子位置坐標(biāo)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程、應(yīng)用動(dòng)能定理、牛頓第二定律、類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可在解題．