Question

20．如圖所示，一種特殊薄材料的隔離層與y軸重合，xOy平面中，x＜0的區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向沿x軸正向；x＞0的區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外．一光滑絕緣材料制成的半圓形軌道固定在y軸右側(cè)，半徑為R，圓M坐標(biāo)為（R、O），直徑OQ在x軸上；一電荷量為+q，質(zhì)量為m的微粒（不計(jì)重力）從x軸負(fù)半軸某處?kù)o止釋放，經(jīng)電場(chǎng)加速后通過隔離層，從O點(diǎn)沿X軸正向進(jìn)入磁場(chǎng)，垂直打在P點(diǎn)，MP與豎直方向MN夾角α=30°，已知微粒與軌道碰撞過程時(shí)間極短可忽略不計(jì)，碰撞前后微粒電荷量及速度大小保持不變，速度方向與碰撞前相反．
（已知當(dāng)|x|＜1，且當(dāng)n→∞時(shí)，xⁿ=0）求：
（1）若不計(jì)微粒穿過隔離層的能量損失，則該微粒釋放的坐標(biāo)；
（2）該微粒第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
（3）若每次微粒穿過隔離層動(dòng)能損失l0%，則該微粒最終停在何處．

Answer 1

分析 （1）微粒在電場(chǎng)中加速，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用動(dòng)能定理與牛頓第二定律求出微粒的軌道半徑，然后求出微粒釋放位置的坐標(biāo)．
（2）求出微粒在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期，根據(jù)微粒在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的圓心角求出微粒的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．
（3）分析清楚微粒的運(yùn)動(dòng)過程，求出微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，然后求出微粒靜止位置的坐標(biāo)．

解答 解：（1）微粒在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得：qEx=$\frac{1}{2}$mv²-0，
微粒在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，由題意可知：r=2Rcos30°=$\sqrt{3}$R，
解得：x=$\frac{3q{B}^{2}{R}^{2}}{2mE}$，坐標(biāo)為：（-$\frac{3q{B}^{2}{R}^{2}}{2mE}$，0）；
（2）微粒每次與軌道碰撞后等速率反彈，微粒運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：
微粒在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
微粒第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t=$\frac{3}{2}$T=$\frac{3πm}{qB}$；
（3）微粒前一次出磁場(chǎng)的動(dòng)能E_K與下一次進(jìn)磁場(chǎng)的動(dòng)能間的關(guān)系：E_K′=$\frac{81}{100}$E_K，
微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑是前一次在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)半徑的：$\frac{9}{10}$，
軌道半徑成等比遞減，最后離子停在y軸上，
y=2r+2r•$\frac{9}{10}$+2r•（$\frac{9}{10}$）²+2r•（$\frac{9}{10}$）³+…=20$\sqrt{3}$R，
則微粒停止位置的坐標(biāo)為：（0，-20$\sqrt{3}$R）；
答：（1）若不計(jì)微粒穿過隔離層的能量損失，則該微粒釋放的坐標(biāo)為：（-$\frac{3q{B}^{2}{R}^{2}}{2mE}$，0）；
（2）該微粒第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：$\frac{3πm}{qB}$；
（3）若每次微粒穿過隔離層動(dòng)能損失l0%，該微粒最終停止位置的坐標(biāo)為：（0，-20$\sqrt{3}$R）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了帶電微粒在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚微粒的運(yùn)動(dòng)過程是正確解題的關(guān)鍵，作出微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)用動(dòng)能定理與牛頓第二定律、粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式可以解題；解題時(shí)注意數(shù)學(xué)歸納法、等比數(shù)列求和公式的應(yīng)用．