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20.如圖所示的真空環(huán)境中,勻強磁場方向水平、垂直紙面向外,磁感應強度B=2.5T;勻強電場方向水平向左,場強E=3N/C.一個帶負電的小顆粒質量m=3.0×10-7kg,帶電荷量q=3.0×10-6C,帶電小顆粒在這個區(qū)域中剛好作勻速直線運動.(g取10m/s2).則( �。�
A.這個帶電小顆粒一定沿與水平方向成30°向右下方做勻速直線運動
B.這個帶電小顆粒做勻速直線的速度大小為0.4m/s
C.若小顆粒運動到圖中P點時,把磁場突然撤去,小顆粒將做勻加速直線運動
D.撤去磁場后,小顆粒通過與P在同一電場線上的Q點,那么從P點運動到Q點所需時間為0.083s

分析 (1)對帶電顆粒受力分析,根據力的平行四邊形定則,結合洛倫茲力表達式,及左手定則與平衡條件,即可求解.
(2)把磁場突然撤去,粒子所受的合力與速度垂直,做類平拋運動,運用運動的分解法,由牛頓第二定律和運動學公式結合解答.

解答 解:A、該帶電小顆粒受到豎直向下的重力,與電場相反相反的、水平向右的電場力和洛倫茲力的作用,剛好做勻速直線運動,則受力如圖所示,

得:tanα=mgqE=3.0×107×103.0×106×3=33,
所以α=30°
由左手定則得,帶負電小顆粒的運動方向應與水平方向成60°角斜向右上方.
由平衡條件可得:qvB=\frac{mg}{sinα}
解得:v=\frac{mg}{qBsin30°}=\frac{3.0×1{0}^{-7}×10}{3.0×1{0}^{-6}×2.5×0.5}m/s=0.8m/s.故A錯誤,B錯誤;
C、突然撤去磁場后,粒子受到重力和電場力的合力與速度垂直,故小顆粒做類平拋運動,加速度大小為 a=\frac{g}{sin30°}=2g
方向與水平方向成30°斜向右下方.故C錯誤;
D、在豎直方向上,小顆粒做初速度為vsin60°、加速度為g的豎直上拋運動,Q點是P點的對稱點,所以從P點運動到Q點所需要的時間 t=\frac{2vsin60°}{g}=0.08\sqrt{3}s.故D正確.
故選:D

點評 本題要能根據粒子的運動情況分析受力情況,也根據受力情況判斷其運動情況,運用平衡條件、牛頓定律、運動學公式結合運動的分解法研究.

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