Question

20．如圖所示，虛線框內(nèi)有方向正交的勻強電場和勻強磁場，一離子束垂直于電場和磁場方向飛入此區(qū)域，恰好做勻速直線運動，從O點離開此區(qū)域，如果僅有電場，離子將從a點飛離此區(qū)域，經(jīng)歷時間為t₁，飛離速度為V₁；如果僅有磁場，離子將從b點飛離此區(qū)域，經(jīng)歷時間為t₂，飛離時速為V₂，則下列說法中正確的是（　�。�

• A． v₁＞v₂
• B． ao＞bo
• C． t₁＞t₂
• D． 以上都不正確

Answer 1

分析 若撤去磁場，粒子做類平拋運動，運用運動的分解，由水平位移和豎直位移研究電場強度與磁感應(yīng)強度的關(guān)系．若撤去電場，粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律求出半徑，由幾何知識求出穿過場區(qū)后的側(cè)移．
一帶電粒子垂直電場和磁場方向飛人場中，恰好做勻速直線運動，說明粒子受力平衡，若撤去磁場，粒子在電場力作用下做類平拋運動；若撤去電場，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，根據(jù)平拋運動及勻速圓周運動的基本公式即可解題．

解答 解：設(shè)帶電粒子帶電量為q，質(zhì)量為m，電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B．
在電磁場中，帶電粒子恰好沒有偏轉(zhuǎn)，說明其做勻速直線運動，則有：Bqv₀=qE …①
只有電場時，做類平拋運動：
t=$\frac{l}{{v}_{0}}$…②
y₁=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$•$\frac{qE}{m}$•t²…③
只有磁場時，做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力，Bqv₀=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$ …④
由①～④解得：r=$\frac{{l}^{2}}{2{y}_{1}}$，帶電粒子從場區(qū)右則射出磁場 
由幾何關(guān)系得：y₂=r-$\sqrt{{r}^{2}-{l}^{2}}$；
綜合所得：y₂＞y₁；即Ob＞Oa．
若撤去磁場，粒子在電場力作用下做類平拋運動，電場力做正功，速度增大，若撤去電場，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，速度大小不變，故v₁＞v₂；
設(shè)水平框的長度為l，初位置為o點，則t₁=$\frac{l}{{v}_{0}}$，
t₂=$\frac{\overline{ob}}{{v}_{0}}$，
因為$\overline{ob}$＞l，所以t₁＜t₂．
由上分析，故A正確，BCD錯誤；
故選：A．

點評 本題是速度選擇器模型、電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)的綜合，要注意兩種偏轉(zhuǎn)研究方法的不同，電偏轉(zhuǎn)運用運動的合成與分解，磁偏轉(zhuǎn)畫軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合洛侖茲力提供向心力列方程求解．
該題主要考查了帶電粒子在復(fù)合場中的運動，要根據(jù)受力情況正確判斷運動情況，并根據(jù)相關(guān)公式求解，難度較大．