Question

20．如圖所示，兩平行金屬板間接有如圖1所示的隨時間t變化的電壓U，上極板電勢較高，板長L=0.40m，板間距離d=0.20m，在金屬板右側(cè)有一個邊界為MN的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=5.0×l0^-3T，方向垂直于紙面向里．現(xiàn)有帶電粒子以速度v₀=1.0×l0⁵m/s沿兩板中線OO′方向平行于金屬板射入電場，磁場邊界MN與中線OO′垂直．已知帶正電粒子的比荷$\frac{q}{m}$=1.0×10⁸C/kg，粒子的重力忽略不計，在每個粒子通過電場區(qū)的極短時間內(nèi)，板間的電場強度可以看作恒定不變的．則下列說法正確的是（　�。�

• A． 粒子在U=30V時粒子能離開電場進(jìn)入磁場
• B． 在t=0時粒子能離開電場，進(jìn)入磁場，射入磁場點與離開磁場點間的距離為0.4m
• C． 在U=20V時粒子射入磁場點與離開磁場點間的距離大于0.4m
• D． 在U=25V時粒子在磁場中運動的時間最長

Answer 1

分析 求出粒子恰好能射出電場時對應(yīng)的電壓，然后將U=30V與之進(jìn)行比較；t=0時刻電壓為零，粒子勻速通過極板．其它時刻電壓不為零，粒子在極板中做類平拋運動．在磁場中，粒子做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合洛倫茲力提供向心力，可求出軌跡半徑，由幾何關(guān)系求解距離和時間．

解答 解：A、若粒子恰好能射出電場，則水平方向：L=v₀t，豎直方向：$\frac{1}{2}d=\frac{1}{2}\frac{q{U}_{0}}{md}{t}^{2}$
解得：${U}_{0}=\frac{m72pzlrn^{2}{v}_{0}^{2}}{q{L}^{2}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：U₀=25U
故當(dāng)粒子在U=30V時粒子不能離開電場進(jìn)入磁場，而打到極板上，故A錯誤；
B、在t=0時粒子能離開電場，且垂直進(jìn)入磁場，在磁場中運動的軌道半徑為$R=\frac{m{v}_{0}}{qB}=0.2m$，則因為粒子在磁場中運動半個圓周然后從MN中射出，故射入磁場點與離開磁場點的距離為2R=0.4m，故B正確；
C、設(shè)粒子進(jìn)入磁場時速度方向與OO'的夾角為θ，則速度大�。�$v=\frac{{v}_{0}}{cosθ}$，粒子在磁場中圓周運動的軌道半徑：$R=\frac{mv}{qB}=\frac{m{v}_{0}}{qBcosθ}$，粒子從磁場中飛出的位置與進(jìn)入磁場的位置之間的距離：$s=2Rcosθ=\frac{2m{v}_{0}}{qB}$，代入數(shù)據(jù)解得：s=0.4m，即在任意時刻進(jìn)入磁場的粒子飛出的位置與進(jìn)入磁場的位置之間的距離為定值，故C錯誤；
D、因為所有粒子在磁場中運動的周期相同，在U=25V時粒子從極板邊緣飛出電場，然后進(jìn)入磁場時速度與MN的夾角最小，在磁場中運動時對應(yīng)的圓心角度最大，時間最長，故D正確；
故選：BD．

點評 本題主要考查帶電粒子在勻強磁場中的運動．帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動解題一般程序是：1、畫軌跡：確定圓心，幾何方法求半徑并畫出軌跡．2、找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應(yīng)強度、速度聯(lián)系；偏轉(zhuǎn)角度與運動時間相聯(lián)系，時間與周期聯(lián)系．3、用規(guī)律：牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律．