Question

20．如圖所示，兩平行金屬板間接有如圖1所示的隨時間t變化的電壓U，上極板電勢較高，板長L=0.40m，板間距離d=0.20m，在金屬板右側有一個邊界為MN的勻強磁場，磁感應強度B=5.0×l0^-3T，方向垂直于紙面向里．現(xiàn)有帶電粒子以速度v₀=1.0×l0⁵m/s沿兩板中線OO′方向平行于金屬板射入電場，磁場邊界MN與中線OO′垂直．已知帶正電粒子的比荷$\frac{q}{m}$=1.0×10⁸C/kg，粒子的重力忽略不計，在每個粒子通過電場區(qū)的極短時間內，板間的電場強度可以看作恒定不變的．則下列說法正確的是（　�。�

• A． 粒子在U=30V時粒子能離開電場進入磁場
• B． 在t=0時粒子能離開電場，進入磁場，射入磁場點與離開磁場點間的距離為0.4m
• C． 在U=20V時粒子射入磁場點與離開磁場點間的距離大于0.4m
• D． 在U=25V時粒子在磁場中運動的時間最長

Answer 1

分析 求出粒子恰好能射出電場時對應的電壓，然后將U=30V與之進行比較；t=0時刻電壓為零，粒子勻速通過極板．其它時刻電壓不為零，粒子在極板中做類平拋運動．在磁場中，粒子做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，結合洛倫茲力提供向心力，可求出軌跡半徑，由幾何關系求解距離和時間．

解答 解：A、若粒子恰好能射出電場，則水平方向：L=v₀t，豎直方向：$\frac{1}{2}d=\frac{1}{2}\frac{q{U}_{0}}{md}{t}^{2}$
解得：${U}_{0}=\frac{mrjllzjd^{2}{v}_{0}^{2}}{q{L}^{2}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：U₀=25U
故當粒子在U=30V時粒子不能離開電場進入磁場，而打到極板上，故A錯誤；
B、在t=0時粒子能離開電場，且垂直進入磁場，在磁場中運動的軌道半徑為$R=\frac{m{v}_{0}}{qB}=0.2m$，則因為粒子在磁場中運動半個圓周然后從MN中射出，故射入磁場點與離開磁場點的距離為2R=0.4m，故B正確；
C、設粒子進入磁場時速度方向與OO'的夾角為θ，則速度大�。�$v=\frac{{v}_{0}}{cosθ}$，粒子在磁場中圓周運動的軌道半徑：$R=\frac{mv}{qB}=\frac{m{v}_{0}}{qBcosθ}$，粒子從磁場中飛出的位置與進入磁場的位置之間的距離：$s=2Rcosθ=\frac{2m{v}_{0}}{qB}$，代入數(shù)據(jù)解得：s=0.4m，即在任意時刻進入磁場的粒子飛出的位置與進入磁場的位置之間的距離為定值，故C錯誤；
D、因為所有粒子在磁場中運動的周期相同，在U=25V時粒子從極板邊緣飛出電場，然后進入磁場時速度與MN的夾角最小，在磁場中運動時對應的圓心角度最大，時間最長，故D正確；
故選：BD．

點評 本題主要考查帶電粒子在勻強磁場中的運動．帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動解題一般程序是：1、畫軌跡：確定圓心，幾何方法求半徑并畫出軌跡．2、找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應強度、速度聯(lián)系；偏轉角度與運動時間相聯(lián)系，時間與周期聯(lián)系．3、用規(guī)律：牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律．