Question

9．某些实验器材的核心部件运用了电偏转和磁偏转原理，其核心结构原理可简化为如图甲所示：竖直方向的AB、CD区域内有竖直方向的匀强电场，CD的右侧有一个与CD相切于M点的圆形区域Ⅱ，在Ⅱ区域中有一个圆心为O₁、半径为R₀的较小圆形区域Ⅰ，开始时，整个圆形区域Ⅱ存在垂直于平面的匀强磁场，已知OP间距离为d，粒子质量为m，电量为q，粒子自身重力忽略不计．工作前，先调节装置，使带电粒子自O点以水平初速度v₀正对P点进入该电场后，从M点飞离CD边界时速度为2v₀，再经磁场偏转后又从N点垂直于CD边界回到电场区域．并恰能返回O点．工作时，调整小圆区域Ⅰ至适当的位置，使粒子恰好从小圆磁场的A点沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ（Ⅰ区域如图（乙）所示），粒子从A点入射的同时，Ⅰ区域外磁场的磁感应强度方向不变而大小变为原来的4倍，区域Ⅰ内磁场的磁感应强度也发生改变，此后保持不变，粒子第一次出区域Ⅰ时经过x轴上的G点，方向沿x轴正方向，粒子经过区域Ⅰ外后从Q点第二次射入区域Ⅰ内，此后粒子始终在磁场区域内运动而不再返回电场，已知O₁Q与x轴正方向成60°，不考虑磁场变化产生的影响，试求：
（1）P、M两点间的距离；
（2）工作前整个圆形区域Ⅱ中的磁感应强度B的大小及区域Ⅱ的半径R′；
（3）工作时区域Ⅰ中的磁感应强度B₁的大小；
（4）工作时粒子从A点沿y轴负方向射入后至再次以相同的速度经过A点的运动时间？

Answer 1

分析 （1）求出粒子在M点的速度，由运动学公式求出P、M两点间的距离；
（2）由速度公式与运动的合成与分解求出粒子回到O点的速度，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出磁感应强度；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，求出磁感应强度．
（4）根据粒子运动的轨迹所对应的圆心角，再求解运动时间．

解答 解：（1）在M点，速度：v_My=$\sqrt{（2{v}_{0}）^{2}-{v}_{0}^{2}}$=$\sqrt{3}$v₀，
PM=$\frac{{v}_{My}}{2}$×$\frac{d}{{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$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，

由几何知识得，轨道板经：R=$\frac{5\sqrt{3}}{12}$d，已知：v=2v₀，
由牛顿第二定律得：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
解得：B₂=$\frac{8\sqrt{3}m{v}_{0}}{5qd}$，
根据图甲所示，由几何知识得：R′=$\frac{5}{4}$d；
（3）在区域Ⅰ、Ⅱ中轨道半径分别为r₁、r₂，
r₁=$\frac{mv}{q{B}_{1}}$，r₂=$\frac{mv}{q{B}_{2}}$，由几何关系得：r₂=$\frac{\sqrt{3}}{3}$r₁，
解得：B₁=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$B₂=$\frac{32m{v}_{0}}{5qd}$；
（4）轨迹从A到Q对应的圆心角：θ=90°+60°=150°，
要仍从A点沿y轴负方向射入，需要满足：150n=360m，m、n属于自然数，
取最小整数：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=$\frac{5πl}{48{v}_{0}}$（9+8$\sqrt{3}$）；
答：（1）P、M两点间的距离为$\frac{\sqrt{3}}{2}$d．
（2）工作前整个圆形区域Ⅱ中的磁感应强度B的大小为$\frac{8\sqrt{3}m{v}_{0}}{5qd}$，
区域Ⅱ的半径R′为$\frac{5}{4}$d；
（3）工作时区域Ⅰ中的磁感应强度B₁的大小为$\frac{32m{v}_{0}}{5qd}$；
（4）工作时粒子从A点沿y轴负方向射入后至再次以相同的速度经过A点的运动时间为$\frac{5πl}{48{v}_{0}}$（9+8$\sqrt{3}$）．

点评 本题考查了求距离、粒子速度、磁场面积等问题，分析清楚粒子运动过程，作出粒子运动轨迹，应用运动学公式与牛顿第二定律即可正确解题．