Question

4．如圖所示為某一儀器的部分原理示意圖，虛線OA、OB關于y軸對稱，∠AOB=90°，OA、OB將xOy平面分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個區(qū)域，區(qū)域Ⅰ、Ⅲ內(nèi)存在水平方向的勻強電場，電場強度大小相等、方向相反．帶電粒子自x軸上的粒子源P處以速度v₀沿y軸正方向射出，經(jīng)時間t到達OA上的M點，且此時速度與OA垂直．不計粒子的重力．求：
（1）勻強電場的電場強度E的大小；
（2）為使粒子能從M點經(jīng)Ⅱ區(qū)域通過OB上的N點，M、N點關于y軸對稱，可在區(qū)域Ⅱ內(nèi)加一垂直xOy平面的勻強磁場，求該磁場的磁感應強度的最小值和粒子經(jīng)過區(qū)域Ⅲ到達x軸上Q點的橫坐標；
（3）當勻強磁場的磁感應強度取（2）問中的最 小值時，且該磁場僅分布在一個圓形區(qū)域內(nèi)．由于某種原因的影響，粒子經(jīng)過M點時的速度并不嚴格與OA垂直，成散射狀，散射角為θ，但速度大小均相同，如圖所示，求所有粒子經(jīng)過OB時的區(qū)域長度．

Answer 1

分析 （1）粒子在Ⅰ區(qū)域做類平拋運動，將運動分解，即可求得電場強度．
（2）使粒子通過N點且磁感應強度最小，則粒子在Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動半徑R=OM，粒子經(jīng)N點后進入Ⅲ區(qū)域，做勻變速曲線運運動，由運動分解知識求得到達x軸上Q點的橫坐標．
（3）該圓形磁場區(qū)域的半徑r等于其軌跡圓半徑R，分別作出兩邊緣狀態(tài)的軌跡圖，由幾何關系求解．

解答 解：（1）粒子在Ⅰ區(qū)域內(nèi)做類平拋運動，Lsin45°=v₀t
$\frac{{v}_{0}}{tan45°}=\frac{Eq}{m}t$
$t=\frac{\sqrt{2}L}{2{v}_{0}}$
E=$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}^{2}}{qL}$
（2）粒子在Ⅱ區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，其軌道半徑r_大=L
又因為$qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$
$v=\sqrt{2}{v}_{0}$
B_小=$\frac{{\sqrt{2}mv}_{0}}{qL}$
粒子進入Ⅲ區(qū)域后，其運動軌跡NQ與PM對稱，則
水平位移$x=\frac{{v}_{0}}{2}t$
又$t=\frac{\sqrt{2}L}{2{v}_{0}}$
所以$x=\frac{\sqrt{2}}{4}L$${x}_{Q}=\overline{O}\overline{Q}=O\overline{P}=\frac{\sqrt{2}}{2}L+x=\frac{\sqrt{2}}{2}L+\frac{\sqrt{2}}{4}L$=$\frac{3\sqrt{2}}{4}L$
（3）該圓形磁場區(qū)域的半徑r等于其軌跡圓半徑R，即r=R=L  
所有粒子出磁場時速度方向平行，其落點在直線OB上的GH兩點之間，如圖
GH=2rsinθ=2Lsinθ  

答：（1）勻強電場的電場強度E的大小為$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}^{2}}{qL}$；
（2）該磁場的磁感應強度的最小值是$\frac{{\sqrt{2}mv}_{0}}{qL}$，粒子經(jīng)過區(qū)域Ⅲ到達x軸上Q點的橫坐標為$\frac{3\sqrt{2}}{4}L$；
（3）所有粒子經(jīng)過OB時的區(qū)域長度2Lsinθ

點評 本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動，關鍵理清粒子的運動軌跡，以及運動的情況，結(jié)合幾何關系進行求解．