Question

9．如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子以某一初速度從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正方向進(jìn)入場(chǎng)區(qū)，若場(chǎng)區(qū)僅存在平行于y軸向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，質(zhì)子通過P（d，d）點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為5E_k；若場(chǎng)區(qū)僅存在垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，質(zhì)子也能通過P點(diǎn)．不計(jì)質(zhì)子的重力．設(shè)上述勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則下列說法中正確的是（　　）

• A． E=$\frac{3{E}_{k}}{ed}$
• B． E=$\frac{5{E}_{k}}{ed}$
• C． B=$\frac{{\sqrt{2m{E_K}}}}{ed}$
• D． B=$\frac{\sqrt{10mEk}}{ed}$

Answer 1

分析 質(zhì)子在只有電場(chǎng)的區(qū)域運(yùn)動(dòng)（垂直電場(chǎng)方向射入），粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用動(dòng)能定理可求出電場(chǎng)強(qiáng)度的值．質(zhì)子在只有磁場(chǎng)存在的區(qū)域運(yùn)動(dòng)，質(zhì)子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系判斷其半徑，利用半徑公式可求出磁場(chǎng)強(qiáng)度的值．

解答 解：質(zhì)子在只有電場(chǎng)存在時(shí)，質(zhì)子做類平拋運(yùn)動(dòng)，x軸方向有：d=v_xt；y軸方向有：d=$\frac{{v}_{y}}{2}t$
可得 v_x=2v_y，
據(jù)題有：5E_k=$\frac{1}{2}m（{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}）$=5$•\frac{1}{2}m{v}_{x}^{2}$
故得質(zhì)子的初動(dòng)能為 E_k0=$\frac{1}{2}m{v}_{x}^{2}$=E_k
動(dòng)能由E_k變?yōu)?E_k，由動(dòng)能定理可知電場(chǎng)力做功為：
W=eEd=5E_k-E_k
解得：E=$\frac{4{E}_{K}}{ed}$由此可判斷，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤．
質(zhì)子在只有磁場(chǎng)存在時(shí)，質(zhì)子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由題意可知，運(yùn)動(dòng)半徑為d，由半徑公式有：r=d=$\frac{mv}{eB}$，
設(shè)質(zhì)子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，則速度為：v=$\sqrt{\frac{2{E}_{K}}{m}}$，
以上兩式聯(lián)立得：B=$\frac{\sqrt{2m{E}_{k}}}{ed}$，故C正確，ABD錯(cuò)誤；
故選：C．

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于本題正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動(dòng)特征是解決問題的前提，靈活選用力學(xué)規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵．
1、明確研究對(duì)象，對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析．
2、依據(jù)力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，明確運(yùn)動(dòng)性質(zhì)及運(yùn)動(dòng)過程作出運(yùn)動(dòng)軌跡?建立合理的運(yùn)動(dòng)模型．
3、根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)模型，選擇合適的定律、定理（牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理等）列方程組求解．