Question

如圖所示，在長(zhǎng)方形abcd區(qū)域內(nèi)有正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，

.

ab

=

. bc

2

=L，一帶電粒子從ad的中點(diǎn)垂直于電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向射入，恰沿直線從bc邊的中點(diǎn)P射出，若撤去電場(chǎng)，則粒子從a點(diǎn)射出且射出時(shí)的動(dòng)能為E_k；若撤去磁場(chǎng)，則粒子射出時(shí)的動(dòng)能為（重力不計(jì)）（　�。�

• A、E_k
• B、2E_k
• C、4E_k
• D、5E_k

Answer 1

分析：粒子分別在三種場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)：電場(chǎng)與磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)、磁場(chǎng)和電場(chǎng)．設(shè)粒子的初速度為v₀．在電場(chǎng)與磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中，粒子沿直線bc運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，據(jù)平衡條件列式，可得到初速度與E、E的關(guān)系；只有磁場(chǎng)時(shí)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從a射出，軌跡半徑為r=

L

2

，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，列式可半徑與速度、B的關(guān)系式．只有電場(chǎng)時(shí)，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和位移公式得到偏轉(zhuǎn)距離，再根據(jù)動(dòng)能定理求解粒子射出時(shí)的動(dòng)能．

解答：解：在電場(chǎng)與磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡，則有：qv₀B=qE…①
只有磁場(chǎng)時(shí)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從a射出，其軌跡半徑為：r=

L

2

…②
根據(jù)洛倫茲力提供向心力，得：qv₀B=m

v 2 0

r

 …③
得：r=

mv0

qB

…④
由②④得：qB=

2mv0

L

…⑤
只有電場(chǎng)時(shí)，設(shè)粒子從Pc邊射出電場(chǎng)，則有：
t=

L

v0

 
則得偏轉(zhuǎn)距離為：y=

1

2

at2=

1

2

?

qE

m

(

L

v0

)2…⑥
將①⑤代入⑥得：y=

1

2

?

1

L

?

2m v 2 0

m

(

L

v0

)2=L
則知粒子從c點(diǎn)射出電場(chǎng)．
根據(jù)動(dòng)能定理得：qEL=E_k′-E_k，
則得粒子射出電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為：
E_k′=qEL+E_k=qv₀BL+E_k=

2mv0

L

?v₀L+E_k=4E_k+E_k=5E_k．ABC錯(cuò)誤，D正確
故選：D．

點(diǎn)評(píng)：本題是帶電粒子復(fù)合場(chǎng)和電場(chǎng)、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問題，應(yīng)根據(jù)帶電粒子的受力情況，分析出粒子的運(yùn)動(dòng)情況，分別采用不同的方法進(jìn)行列式：在復(fù)合場(chǎng)中，是速度選擇器的原理，受力平衡；在磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何知識(shí)求半徑；電場(chǎng)中類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解進(jìn)行研究，注意不同的場(chǎng)研究方法和思路的區(qū)別．