Question

4．如圖，兩平行金屬板AB長(zhǎng)L，相距為d，當(dāng)兩板間加上電壓U時(shí)，質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子以速度V₀沿兩板中線進(jìn)入，恰好從A極板末端離開(kāi)電場(chǎng)．當(dāng)兩板間加上一個(gè)垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B時(shí)，質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子同樣以速度V₀沿兩板中線進(jìn)入，恰好從B極板末端離開(kāi)該區(qū)間．若同時(shí)加上U和B，質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子以V₀沿兩板中線進(jìn)入兩板之間，（不計(jì)帶電粒子的重力）下列說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． 粒子一定帶正電
• B． 粒子一定沿中線運(yùn)動(dòng)
• C． 粒子一定向著A板偏離中線
• D． 粒子一定向著B(niǎo)板偏離中線

Answer 1

分析 A、根據(jù)電場(chǎng)方向與粒子受到的電場(chǎng)力方向判斷粒子的電性；或根據(jù)磁場(chǎng)方向與粒子所受洛倫茲力方向判斷粒子電性．
BCD、粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出電場(chǎng)強(qiáng)度，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度，從而比較電場(chǎng)力與洛倫茲力大小，即可判定．

解答 解：A、粒子從上極板邊緣飛出，粒子受到的電場(chǎng)力向上，因場(chǎng)強(qiáng)方向不知，則無(wú)法判定粒子電性；粒子在磁場(chǎng)中從下極板邊緣飛出，粒子剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的洛倫茲力向下，由于磁場(chǎng)方向不知，則也無(wú)法判定粒子電性，故A錯(cuò)誤；
BCD、帶電粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則         
水平方向：L=v₀t，
豎直方向：$\frac{1}{2}$L=$\frac{1}{2}$at²           
而a=$\frac{qE}{m}$
解得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$
則粒子的電場(chǎng)力F_E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{L}$
而粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
設(shè)帶電粒子軌道半徑為R，由何關(guān)系：
（R-$\frac{1}{2}$L）²+L²=R²        
帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)由洛倫茲力提供向心力：
qBV₀=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
聯(lián)立解得：B=$\frac{5m{v}_{0}}{4qL}$
那么粒子受到的洛倫茲力F_L=$\frac{5m{v}_{0}^{2}}{4L}$＞$\frac{m{v}_{0}^{2}}{L}$，
因此若同時(shí)加上U和B，質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子以V₀沿兩板中線進(jìn)入兩板之間，粒子向B極偏離中線，故BC錯(cuò)誤，D正確；
故選：D．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程、應(yīng)用左手定則、類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律、平衡條件即可正確解題．