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)域內有勻強電場，場強大小為E，方向沿x軸正向；x＞0的區(qū)域內有勻強磁場，磁感應強度大小為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，半徑為R，圓M坐標為（R、O），直徑OQ在x軸上；一電荷量為+q，質量為m的微粒（不計重力）從x軸負半軸某處靜止釋放，經電場加速后通過隔離層，從O點沿X軸正向進入磁場，垂直打在P點，MP與豎直方向MN夾角α=30°，已知微粒與軌道碰撞過程時間極短可忽略不計，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|x|＜1，且當n→∞時，xⁿ=0）求：
（1）若不計微粒穿過隔離層的能量損失，則該微粒釋放的坐標；
（2）該微粒第一次在磁場中運動的時間；
（3）若每次微粒穿過隔離層動能損失l0%，則該微粒最終停在何處．

Answer 1

分析 （1）微粒在電場中加速，在磁場中做勻速圓周運動，應用動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．
（2）求出微粒在磁場中做圓周運動的周期，根據(jù)微粒在磁場中轉過的圓心角求出微粒的運動時間．
（3）分析清楚微粒的運動過程，求出微粒做圓周運動的軌道半徑，然后求出微粒靜止位置的坐標．

解答 解：（1）微粒在電場中加速，由動能定理得：qEx=$\frac{1}{2}$mv²-0，
微粒在磁場中做勻速圓周運動，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，微粒運動軌跡如圖所示：
微粒在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
微粒第一次在磁場中運動的時間：t=$\frac{3}{2}$T=$\frac{3πm}{qB}$；
（3）微粒前一次出磁場的動能E_K與下一次進磁場的動能間的關系：E_K′=$\frac{81}{100}$E_K，
微粒做圓周運動的軌道半徑是前一次在磁場中做圓周運動半徑的：$\frac{9}{10}$，
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為：（0，-20$\sqrt{3}$R）；
答：（1）若不計微粒穿過隔離層的能量損失，則該微粒釋放的坐標為：（-$\frac{3q{B}^{2}{R}^{2}}{2mE}$，0）；
（2）該微粒第一次在磁場中運動的時間為：$\frac{3πm}{qB}$；
（3）若每次微粒穿過隔離層動能損失l0%，該微粒最終停止位置的坐標為：（0，-20$\sqrt{3}$R）．

點評 本題考查了帶電微粒在電場與磁場中的運動，分析清楚微粒的運動過程是正確解題的關鍵，作出微粒的運動軌跡，應用動能定理與牛頓第二定律、粒子做圓周運動的周期公式可以解題；解題時注意數(shù)學歸納法、等比數(shù)列求和公式的應用．