Question

10．如圖所示，在y軸的右方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在x軸的下方有一場(chǎng)強(qiáng)為E的方向平行x軸向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)．有一鉛板放置在y軸處，且與紙面垂直．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子由靜止經(jīng)過(guò)加速電壓為U的電場(chǎng)加速，然后以垂直于鉛板的方向從A處沿直線穿過(guò)鉛板，而后從x軸上的D處以與x軸正向夾角為60°的方向進(jìn)入電場(chǎng)和磁場(chǎng)疊加的區(qū)域，最后到達(dá)y軸上的C點(diǎn)．已知OD長(zhǎng)為L(zhǎng)，不考慮粒子受到的重力，求：
（1）粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
（2）粒子經(jīng)過(guò)鉛板時(shí)損失的動(dòng)能；
（3）粒子到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力公式及周期公式聯(lián)立方程即可求解；
（2）由動(dòng)能定理可知此帶電粒子穿過(guò)鉛板前的動(dòng)能，根據(jù)幾何關(guān)系及向心力公式即可求解速度，從而求出粒子穿過(guò)鉛板后動(dòng)能的損失量；
（3）從D到C只有電場(chǎng)力對(duì)粒子做功，根據(jù)動(dòng)能定理列式即可求解．

解答 解：（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：
$qvB=m\frac{v^2}{R}$
而$T=\frac{2πR}{v}$
由題意可知，粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為60°，
所以粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 $t=\frac{T}{6}=\frac{πm}{3qB}$
（2）由動(dòng)能定理可知此帶電粒子穿過(guò)鉛板前的動(dòng)能E_k0=qU，
又由幾何知識(shí)可得$\frac{l}{R}=sin{60°}$，即$R=\frac{2l}{{\sqrt{3}}}$
$v=\frac{qBR}{m}$，
故$v=\frac{2qBl}{{\sqrt{3}m}}$
帶電粒子穿過(guò)鉛板后的動(dòng)能${E_k}=\frac{1}{2}m{v^2}=\frac{{2{q^2}{B^2}{l^2}}}{3m}$，
因此粒子穿過(guò)鉛板后動(dòng)能的損失為$△{E_k}={E_{k0}}-{E_k}=qU-\frac{{2{q^2}{B^2}{l^2}}}{3m}$
（3）從D到C只有電場(chǎng)力對(duì)粒子做功     
 $qEl=\frac{1}{2}mv_c^2-\frac{1}{2}m{v^2}$
解得${v_c}=\sqrt{\frac{{4{q^2}{B^2}{l^2}}}{{3{m^2}}}+\frac{2qEl}{m}}$
答：（1）粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為$\frac{πm}{3qB}$；
（2）粒子經(jīng)過(guò)鉛板時(shí)損失的動(dòng)能為$qU-\frac{2{q}^{2}{B}^{2}{l}^{2}}{3m}$；
（3）粒子到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為$\sqrt{\frac{4{q}^{2}{B}^{2}{l}^{2}}{3{m}^{2}}+\frac{2qEl}{m}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)的綜合應(yīng)用．突出帶電粒子在磁場(chǎng)中始終不做功，而在電場(chǎng)中電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)．同時(shí)在電場(chǎng)與磁場(chǎng)共存時(shí)，不要求知道帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，難度適中．