Question

5．某高中校區(qū)擬采購一批實(shí)驗(yàn)器材，增強(qiáng)學(xué)生對電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)研究的動手能力，其核心結(jié)構(gòu)原理可簡化為如圖所示：AB、CD間的區(qū)域有豎直方向的勻強(qiáng)電場，在CD的右側(cè)有一與CD相切于M點(diǎn)的圓形有界勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面．一帶電粒子自O(shè)點(diǎn)以水平初速度v₀正對P點(diǎn)進(jìn)入該電場后，從M點(diǎn)飛離CD邊界時速度為2v₀，再經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又從N點(diǎn)垂直于CD邊界回到電場區(qū)域，并恰能返回O點(diǎn)．已知OP間距離為d，粒子質(zhì)量為m，電量為q，粒子自身重力忽略不計(jì)．試求：
（1）P、M兩點(diǎn)間的距離；
（2）返回O點(diǎn)時的速度大�。�
（3）磁感強(qiáng)度的大小和有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域的面積．

Answer 1

分析 （1）求出粒子在M點(diǎn)的速度，由運(yùn)動學(xué)公式求出P、M兩點(diǎn)間的距離；
（2）由速度公式與運(yùn)動的合成與分解求出粒子回到O點(diǎn)的速度；
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律求出粒子軌道半徑，求出磁場區(qū)域半徑，然后求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和磁場區(qū)域的面積．

解答 解：（1）在M點(diǎn)，粒子速度：${v_{My}}=\sqrt{{{（2{v_0}）}^2}-{v_0}^2}=\sqrt{3}{v_0}$，
由運(yùn)動學(xué)公式得：$PM=\frac{{{v_{My}}}}{2}•\fracce2wsia{v_0}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}d$；
（2）由于：${t_{NO}}=\frac{1}{2}{t_{OM}}$，
故由v_y=at可知，返回O點(diǎn)時：${v_{Oy}}=\frac{1}{2}{v_{My}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}{v_0}$，
所以回到O點(diǎn)時：$v'=\sqrt{{{（2{v_0}）}^2}+{v_{Oy}}^2}=\frac{{\sqrt{19}}}{2}{v_0}$；
（3）由${t}_{NO}=\frac{1}{2}{t}_{OM}$和$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}$  可得：$PN=\frac{1}{4}PM=\frac{\sqrt{3}}{8}d$
再由幾何關(guān)系：$Rcos60°+R=PN+PM=\frac{5\sqrt{3}}{8}d$  
由幾何關(guān)系確定軌跡半徑：$R=\frac{{5\sqrt{3}}}{12}d$，
粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，解得：$R=\frac{mv}{qB}$，$B=\frac{{8\sqrt{3}m{v_0}}}{5qd}$，
由幾何關(guān)系確定區(qū)域半徑為：$R'=\frac{5}{4}d$，則：$S=π{R'^2}=\frac{{25π{d^2}}}{16}$；
答：（1）P、M兩點(diǎn)間的距離為$\frac{\sqrt{3}}{2}$d；
（2）返回O點(diǎn)時的速度大小為$\frac{\sqrt{19}}{2}$v₀；
（3）磁感強(qiáng)度的大小和有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域的面積為$\frac{25πkugkam0^{2}}{16}$．

點(diǎn)評 本題考查了求距離、粒子速度、磁場面積等問題，分析清楚粒子運(yùn)動過程，作出粒子運(yùn)動軌跡，應(yīng)用運(yùn)動學(xué)公式與牛頓第二定律即可正確解題．