Question

10．某高中物理課程基地擬采購一批實驗器材，增強學生對電偏轉和磁偏轉研究的動手能力，其核心結構原理可簡化為題圖所示．AB、CD間的區(qū)域有豎直向上的勻強電場，在CD的右側有一與CD相切于M點的圓形有界勻強磁場，磁場方向垂直于紙面．一帶正電粒子自O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，再經(jīng)磁場偏轉后又從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，電荷量為q，電場強度大小$E=\frac{{\sqrt{3}mv_0^2}}{qd}$，粒子重力不計．試求：
（1）粒子從M點飛離CD邊界時的速度大��；
（2）P、N兩點間的距離；
（3）磁感應強度的大小和圓形有界勻強磁場的半徑．

Answer 1

分析 （1）粒子從O到M點過程是類似平拋運動，根據(jù)類似平拋運動的分運動公式列式求解即可；
（2）從N到O過程是類似平拋運動，根據(jù)類似平拋運動的分運動公式列式求解即可；
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡，結合幾何關系確定軌道半徑，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解．

解答 解：（1）據(jù)題意，作出帶電粒子的運動軌跡，如圖所示：

粒子從O到M點時間：${t_1}=\fracrnyrq9k{v_0}$
粒子在電場中加速度：$a=\frac{Eq}{m}$=$\frac{\sqrt{3}{v}_{0}^{2}}strj4au$
粒子在M點時豎直方向的速度：${v_y}=a{t_1}=\sqrt{3}{v_0}$
粒子在M點時的速度：$v=\sqrt{v_0^2+v_y^2}=2{v_0}$
速度偏轉角正切：$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=\sqrt{3}$，故θ=60°；
（2）粒子從N到O點時間：${t_2}=\fracdsyjxe4{{2{v_0}}}$
粒子從N到O點過程的豎直方向位移：$y=\frac{1}{2}at_2^2$
故P、N兩點間的距離為：$PN=y=\frac{{\sqrt{3}}}{8}d$
（3）由幾何關系得：$Rcos60°+R=PN+PM=\frac{{5\sqrt{3}}}{8}d$
可得半徑：$R=\frac{{5\sqrt{3}}}{12}d$
由$qvB=m\frac{v^2}{R}$，即：$R=\frac{mv}{qB}$
解得：$B=\frac{{8\sqrt{3}mv{\;}_0}}{5qd}$
由幾何關系確定區(qū)域半徑為：R'=2Rcos30°
即  $R'=\frac{5}{4}d$
答：（1）粒子從M點飛離CD邊界時的速度大小為2v₀；
（2）P、N兩點間的距離為$\frac{\sqrt{3}}{8}d$；
（3）磁感應強度的大小為$\frac{8\sqrt{3}m{v}_{0}}{5qd}$，圓形有界勻強磁場的半徑為$\frac{5}{4}d$．

點評 本題關鍵是明確粒子的受力情況和運動情況，畫出運動軌跡，然后結合類似平拋運動的分運動公式、牛第二定律、幾何關系列式求解，不難．