Question

19．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第II象限和第I象限内各有一相同的圆形区域，两个区域的圆心坐标分别是O₁（-0.4m，0.4m）和O₂（2.4m，0.4m）（图中未标出），图中M、N为两个圆形区域分别与x轴的切点，其中第Ⅱ象限内的圆形区域也与y轴相切；两个区域中都分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度分别为B₁=0.15T和B₂；在第I象限内还存在着一沿x轴负方向，左右均有理想边界的匀强电场，左边界为y轴，右边界与磁场B₂边界相切，电场强度E₁=8×10⁴N/C；在第Ⅳ象限内有一沿x轴正方向的匀强电场E₂，电场强度E₂=6×10⁵N/C；一带负电的粒子（不计重力）从M点射入磁场B_l中，速度大小为v₀，无论速度的方向如何（如图），粒子都能够在电场E₁中做直线运动后进入磁场B₂中，且都从N点飞出磁场进入第Ⅳ象限的电场中，已知粒子的比荷$\frac{q}{m}$=5.0×10⁷C/kg．如果粒子在M点入射的速度方向与x轴垂直，试求：
（1）粒子的入射速度v₀．
（2）第I象限内磁场的磁感应强度值B₂
（3）粒子离开第Ⅳ象限时的位置P的坐标．

Answer 1

分析 （1）根据题意求出粒子的轨道半径，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出速度．
（2）粒子在电场中加速，应用动能定理可以求出粒子的速度，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度．
（3）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出粒子的坐标位置．

解答 解：（1）粒子在B₁中做圆周运动的半径：R₁=0.4m，
粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv₀B₁=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{1}}$，
代入数据解得：v₀=3×10⁶m/s；
（2）粒子在电场E₁中加速，由动能定理得：
qE₁△x=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
粒子做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}}$，
代入数据解得：B₂=0.25T；
（3）粒子从N点垂直于x轴向下进入电场E₂中，最终将从y轴飞出电场，在电场E₂中粒子做类平抛运动，由牛顿第二定律得：qE₂=ma，
x_N=$\frac{1}{2}$at²，△y=vt，
代入数据解得：△y=2m，
粒子离开第四象限时的位置坐标P为：（0，-2m）．
答：（1）粒子的入射速度v₀为3×10⁶m/s．
（2）第I象限内磁场的磁感应强度值B₂为0.25T．
（3）粒子离开第Ⅳ象限时的位置P的坐标为（0，-2m）．

点评 本题考查了求粒子的速度、磁感应强度、粒子位置坐标，分析清楚粒子运动过程、应用动能定理、牛顿第二定律、类平抛运动规律即可在解题．