Question

16．如圖所示，空間內(nèi)有一個(gè)矩形區(qū)域ABCD，該區(qū)域被對(duì)角線BD分割成兩個(gè)直角三角形，其中三角形ABD中存在著豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)：三角形BCD中存在著垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出）．一質(zhì)量為m，電荷量為q的正電粒子從A點(diǎn)水平以速度v₀飛入該區(qū)域，然后BD中點(diǎn)P進(jìn)入到勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，并剛好垂直BC邊飛出．已知AB=2L，AD=L，那么下說(shuō)法正確的是（　　）

• A． 勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為$\frac{2{mv}_{0}^{2}}{qL}$
• B． 經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的速度為v₀，方向與v₀成45°
• C． 勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為$\frac{{mv}_{0}^{2}}{qL}$，方向垂直紙面向里
• D． 若欲使粒子返回到電場(chǎng)區(qū)域，那么勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度至少要大于$\frac{（\sqrt{2}+1）{mv}_{0}}{qL}$

Answer 1

分析 粒子在電場(chǎng)中做類似平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類似平拋運(yùn)動(dòng)的分位移公式列式求解電場(chǎng)強(qiáng)度，根據(jù)分速度公式列式求解末速度；在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫(huà)出臨界軌跡，結(jié)合牛頓第二定律和幾何關(guān)系分析即可．

解答 解：A、從A到P過(guò)程是類似平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分位移公式，有：
x=L=v₀t
y=$\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}\frac{qE}{m}{t}^{2}$
聯(lián)立解得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$
故A錯(cuò)誤；
B、到達(dá)P點(diǎn)后，速度偏轉(zhuǎn)角正切值是位移偏轉(zhuǎn)角正切值的2倍，為：
$tanβ=2tanα=2×\frac{y}{x}=1$ 
故β=45°
在P點(diǎn)速度速度為：v=$\sqrt{2}$v₀
故B錯(cuò)誤；
C、粒子從A點(diǎn)水平以速度v₀飛入該區(qū)域，然后BD中點(diǎn)P進(jìn)入到勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，并剛好垂直BC邊飛出，畫(huà)出軌跡，如圖所示：
故在磁場(chǎng)中的軌道半徑為：
R=$\frac{L}{cos45°}$=$\sqrt{2}$L
根據(jù)R=$\frac{mv}{qB}$，v=$\sqrt{2}$v₀，有：
B=$\frac{{mv}_{0}^{\;}}{qL}$
方向是垂直向內(nèi)；
故C錯(cuò)誤；
D、欲使粒子返回到電場(chǎng)區(qū)域，臨界情況軌跡如圖所示：
結(jié)合幾何關(guān)系，有：
Rsin45°+R=L
解得：
R=$\frac{2L}{2+\sqrt{2}}$
粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，有：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
解得：B=$\frac{mv}{qR}=\frac{m×\sqrt{2}{v}_{0}}{q（\frac{2L}{2+\sqrt{2}}）}$=$\frac{（\sqrt{2}+1）{mv}_{0}}{qL}$；
故D正確；
故選：D．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是明確粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，畫(huà)出運(yùn)動(dòng)的軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑，再結(jié)合牛頓第二定律列式分析，不難．