Question

9．某高中校區(qū)擬采購一批實驗器材，增強學生對電偏轉(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電場，在CD的右側(cè)有一與CD相切于M點的圓形有界勻強磁場，磁場方向垂直于紙面．一帶電粒子自O(shè)點以水平初速度v₀正對P點進入該電場后，從M點飛離CD邊界時速度為2v₀，再經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又從N點垂直于CD邊界回到電場區(qū)域，并恰能返回O點．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．試求：
（1）P、M兩點間的距離；
（2）粒子返回O點時速度的大��；
（3）磁感強度的大小．

Answer 1

分析 （1）求出粒子在M點的速度，由運動學公式求出P、M兩點間的距離；
（2）由速度公式與運動的合成與分解求出粒子回到O點的速度；
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，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)強度的大�。�

解答 解：（1）在M點，粒子速度：${v_{My}}=\sqrt{{{（2{v_0}）}^2}-{v_0}^2}=\sqrt{3}{v_0}$，
由運動學公式得：$PM=\frac{{{v_{My}}}}{2}•\fract8pzfyf{v_0}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}d$；
（2）由于：${t_{NO}}=\frac{1}{2}{t_{OM}}$，
故由v_y=at可知，返回O點時：${v_{Oy}}=\frac{1}{2}{v_{My}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}{v_0}$，
所以回到O點時：$v'=\sqrt{{{（2{v_0}）}^2}+{v_{Oy}}^2}=\frac{{\sqrt{19}}}{2}{v_0}$；
（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：$Rcos60°+R=PN+PM=\frac{5\sqrt{3}}{8}d$  
可得半徑：$R=\frac{{5\sqrt{3}}}{12}d$，
由：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，解得：$R=\frac{mv}{qB}$，
代入數(shù)據(jù)得：$B=\frac{{8\sqrt{3}m{v_0}}}{5qd}$
答：（1）P、M兩點間的距離是$\frac{\sqrt{3}}{2}d$；（2）粒子返回O點時速度的大小是$\frac{\sqrt{19}}{2}{v}_{0}$；（3）磁感強度的大小是$\frac{8\sqrt{3}m{v}_{0}}{5qd}$．

點評 本題考查了粒子在磁場中運動的情況，其中求距離、粒子速度、磁場面積等問題，分析清楚粒子運動過程，作出粒子運動軌跡，應(yīng)用運動學公式與牛頓第二定律即可正確解題．