7.如圖所示,長均為d的兩正對平行金屬板MN、PQ水平放置,兩板間的距離為2d,在兩板間 的空間存在正交的勻強電場和勻強磁場.一帶電粒子從MP的中點O垂直于電場和磁場方向以某一速度射入兩板間,并恰沿直線從NQ的中點射出.若撤去電場,則粒子從M點射出(粒子重力不計).下列說法正確的是( 。
A.該粒子帶正電
B.該粒子帶負電
C.若撤去磁場,則粒子將打到PQ的中點
D.若撤去磁場,則粒子射出金屬板時的速度大小是射人金屬板時的速度大小的$\sqrt{5}$倍

分析 粒子沿直線從NQ的中點射出,洛倫茲力等于電場力,若撤去電場,則粒子從M點射出,所以粒子應(yīng)帶正電荷;若撤去磁場,在此過程中,粒子做類平拋運動,根據(jù)平拋運動規(guī)律列式.

解答 解:A、撤去電場,粒子從M點射出,粒子剛射入磁場時所受洛倫茲力豎直向上,由左手定則知粒子帶正電荷,故A正確,B錯誤;
C、設(shè)粒子的質(zhì)量為m,帶電量為q,粒子射入電磁場時的速度為v0,則粒子沿直線通過場區(qū)時:Bqv0=Eq,撤去電場后,在洛侖茲力的作用下,粒子做圓周運動,由幾何知識知:r=$\fracpzddpjl{2}$,洛侖茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:qv0B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$,撤去磁場,粒子做類平拋運動,粒子打在PQ板上時,豎直分位移y=d,豎直方向:y=d=$\frac{1}{2}$at2=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t2,水平方:x=v0t,解得:x=d,粒子將打在Q點,不會打在PQ的中點,故C錯誤;
D、設(shè)粒子的質(zhì)量為m,帶電量為q,粒子射入電磁場時的速度為v0,則粒子沿直線通過場區(qū)時:Bqv0=Eq,撤去電場后,在洛侖茲力的作用下,粒子做圓周運動,由幾何知識知:r=$\fracd1lrhtz{2}$,洛侖茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:qv0B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$,撤去磁場,粒子做類平拋運動,粒子的加速庶a,穿越電場所用時間為t,水平方向:d=v0t,加速度:a=$\frac{qE}{m}$,豎直分位移:y=$\frac{1}{2}$at2,解得:y=d,設(shè)末速度為v,由動能定理知:$\frac{1}{2}$mv2-$\frac{1}{2}$mv02=Eqd,解得:v=$\sqrt{5}$v0,即粒子射出金屬板時的速度大小是射人金屬板時的速度大小的$\sqrt{5}$倍,故D正確;
故選:AD.

點評 本題考查帶電粒子在電場、磁場中兩的運動,粒子在電場中做類平拋運動,在磁場中做勻速圓周運動,分析清楚粒子運動過程是解題的前提,根據(jù)粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向判斷出洛倫茲力方向,應(yīng)用左手定則可以判斷出粒子的電性;應(yīng)用類平拋運動規(guī)律與牛頓第二定律可以解題.

練習冊系列答案
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(1)求MN滑行到C、E兩點時,C、D兩點間的電勢差UCD
(2)推導MN在CDE上滑行的過程中,回路中的感應(yīng)電動勢E與時間t的關(guān)系表達式;
(3)在運動學中我們學過:通過物體運動速度和時間的關(guān)系圖線(v-t圖)可以求出物體運動的位移x,如圖乙中物體在0~t0時間內(nèi)的位移在數(shù)值上等于梯形Ov0Pt0的面積.通過類比我們可以知道:如果畫出力與位移的關(guān)系圖線(F-x圖),也可以通過圖線求出力對物體所做的功.請你推導MN在CDE上滑動過程中,MN所受安培力F與MN的位移x的關(guān)系表達式,并用F與x的關(guān)系圖線求出MN在CDE上滑行的整個過程中,MN和CDE構(gòu)成的回路所產(chǎn)生的焦耳熱.

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