Question

9．某些實(shí)驗(yàn)器材的核心部件運(yùn)用了電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)原理，其核心結(jié)構(gòu)原理可簡(jiǎn)化為如圖甲所示：豎直方向的AB、CD區(qū)域內(nèi)有豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，CD的右側(cè)有一個(gè)與CD相切于M點(diǎn)的圓形區(qū)域Ⅱ，在Ⅱ區(qū)域中有一個(gè)圓心為O₁、半徑為R₀的較小圓形區(qū)域Ⅰ，開始時(shí)，整個(gè)圓形區(qū)域Ⅱ存在垂直于平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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)．工作前，先調(diào)節(jié)裝置，使帶電粒子自O(shè)點(diǎn)以水平初速度v₀正對(duì)P點(diǎn)進(jìn)入該電場(chǎng)后，從M點(diǎn)飛離CD邊界時(shí)速度為2v₀，再經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后又從N點(diǎn)垂直于CD邊界回到電場(chǎng)區(qū)域．并恰能返回O點(diǎn)．工作時(shí)，調(diào)整小圓區(qū)域Ⅰ至適當(dāng)?shù)奈恢茫�使粒子恰好從小圓磁場(chǎng)的A點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ（Ⅰ區(qū)域如圖（乙）所示），粒子從A點(diǎn)入射的同時(shí)，Ⅰ區(qū)域外磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不變而大小變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度也發(fā)生改變，此后保持不變，粒子第一次出區(qū)域Ⅰ時(shí)經(jīng)過(guò)x軸上的G點(diǎn)，方向沿x軸正方向，粒子經(jīng)過(guò)區(qū)域Ⅰ外后從Q點(diǎn)第二次射入?yún)^(qū)域Ⅰ內(nèi)，此后粒子始終在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)而不再返回電場(chǎng)，已知O₁Q與x軸正方向成60°，不考慮磁場(chǎng)變化產(chǎn)生的影響，試求：
（1）P、M兩點(diǎn)間的距離；
（2）工作前整個(gè)圓形區(qū)域Ⅱ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小及區(qū)域Ⅱ的半徑R′；
（3）工作時(shí)區(qū)域Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁的大�。�
（4）工作時(shí)粒子從A點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入后至再次以相同的速度經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間？

Answer 1

分析 （1）求出粒子在M點(diǎn)的速度，由運(yùn)動(dòng)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(dòng)的合成與分解求出粒子回到O點(diǎn)的速度，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強(qiáng)度；
（3）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出粒子軌道半徑，求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．
（4）根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角，再求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：（1）在M點(diǎn)，速度：v_My=$\sqrt{（2{v}_{0}）^{2}-{v}_{0}^{2}}$=$\sqrt{3}$v₀，
PM=$\frac{{v}_{My}}{2}$×$\frac6adrpkm{{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$d；
（2）由于：t_NO=$\frac{1}{2}$t_MO，y=$\frac{1}{2}$at²，PN=$\frac{1}{4}$PM=$\frac{\sqrt{3}}{8}$d，

由幾何知識(shí)得，軌道板經(jīng)：R=$\frac{5\sqrt{3}}{12}$d，已知：v=2v₀，
由牛頓第二定律得：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
解得：B₂=$\frac{8\sqrt{3}m{v}_{0}}{5qd}$，
根據(jù)圖甲所示，由幾何知識(shí)得：R′=$\frac{5}{4}$d；
（3）在區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中軌道半徑分別為r₁、r₂，
r₁=$\frac{mv}{q{B}_{1}}$，r₂=$\frac{mv}{q{B}_{2}}$，由幾何關(guān)系得：r₂=$\frac{\sqrt{3}}{3}$r₁，
解得：B₁=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$B₂=$\frac{32m{v}_{0}}{5qd}$；
（4）軌跡從A到Q對(duì)應(yīng)的圓心角：θ=90°+60°=150°，
要仍從A點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入，需要滿足：150n=360m，m、n屬于自然數(shù)，
取最小整數(shù)：m=5，n=12，
T=12×（$\frac{1}{4}$T₁+$\frac{2}{3}$T₂），其中T₁=$\frac{2πm}{q{B}_{1}}$，T₂=$\frac{2πm}{q{B}_{2}}$，
解得：T=$\frac{5πl(wèi)}{48{v}_{0}}$（9+8$\sqrt{3}$）；
答：（1）P、M兩點(diǎn)間的距離為$\frac{\sqrt{3}}{2}$d．
（2）工作前整個(gè)圓形區(qū)域Ⅱ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為$\frac{8\sqrt{3}m{v}_{0}}{5qd}$，
區(qū)域Ⅱ的半徑R′為$\frac{5}{4}$d；
（3）工作時(shí)區(qū)域Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁的大小為$\frac{32m{v}_{0}}{5qd}$；
（4）工作時(shí)粒子從A點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入后至再次以相同的速度經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為$\frac{5πl(wèi)}{48{v}_{0}}$（9+8$\sqrt{3}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了求距離、粒子速度、磁場(chǎng)面積等問(wèn)題，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與牛頓第二定律即可正確解題．