Question

3．電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)技術(shù)在科學(xué)上有著廣泛的應(yīng)用，如圖所示的裝置中，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(shí)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(shí)的速度大小
（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，然后求出磁場區(qū)域的面積．

解答 解：（1）在M點(diǎn)，粒子的速度${v}_{My}=\sqrt{（2{v}_{0}）^{2}-{{v}_{0}}^{2}}=\sqrt{3}{v}_{0}$，
由運(yùn)動學(xué)公式得：PM=$\frac{{v}_{My}}{2}•\frack62y88s{{v}_{0}}=\frac{\sqrt{3}}{2}d$，
（2）由于：${t}_{NO}=\frac{1}{2}{t}_{OM}$，
故由v_y=at可知，返回O點(diǎn)時(shí)：
${v}_{oy}=\frac{1}{2}{v}_{My}=\frac{\sqrt{3}}{2}{v}_{0}$，
所以回到O點(diǎn)時(shí)：$v′=\sqrt{（2{v}_{0}）^{2}+{{v}_{oy}}^{2}}=\frac{\sqrt{19}}{2}{v}_{0}$，
（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)系確定軌跡半徑：R=$\frac{5\sqrt{3}}{12}d$，
據(jù)R=$\frac{mv}{qB}$，解得：B=$\frac{8\sqrt{3}m{v}_{0}}{5qd}$．
由幾何關(guān)系確定區(qū)域半徑為：$R′=\frac{5}{4}d$．
故：s=$πR{′}^{2}=\frac{25πsya4ikq^{2}}{16}$．
答：（1）P、M兩點(diǎn)間的距離為$\frac{\sqrt{3}}{2}d$；
（2）返回O點(diǎn)時(shí)的速度大小為$\frac{\sqrt{19}}{2}{v}_{0}$；
（3）磁感強(qiáng)度的大小和有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域的面積為$\frac{25πkgoo48w^{2}}{16}$．

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．