Question

10．如圖所示，有一矩形區(qū)域abcd，水平邊長(zhǎng)s=$\sqrt{3}$m，豎直邊長(zhǎng)h=1m．當(dāng)該區(qū)域只存在大小為E=10N/C、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，一比荷為$\frac{q}{m}$=0.1C/kg的正粒子由a點(diǎn)沿ab方向以速率v₀進(jìn)入該區(qū)域，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡恰好通過(guò)該區(qū)域的幾何中心．當(dāng)該區(qū)域只存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，另一個(gè)比荷也為$\frac{q}{m}$=0.1C/kg的負(fù)粒子由c點(diǎn)沿cd方向以同樣的速率v₀進(jìn)入該區(qū)域，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡也恰好通過(guò)該區(qū)域的幾何中心．不計(jì)粒子的重力，則（　�。�

• A． 粒子進(jìn)入矩形區(qū)域時(shí)的速率v₀=$\frac{\sqrt{3}}{2}$m/s
• B． 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為$\frac{\sqrt{3}}{2}$T，方向垂直紙面向外
• C． 正、負(fù)粒子各自通過(guò)矩形區(qū)域所用時(shí)間之比為$\frac{\sqrt{6}}{π}$
• D． 正、負(fù)粒子各自離開矩形區(qū)域時(shí)的動(dòng)能相等

Answer 1

分析 正粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解出速度．負(fù)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由左手定則判斷磁場(chǎng)的方向，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，求得軌跡半徑，從而由牛頓第二定律求解磁感應(yīng)強(qiáng)度的大�。�磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間根據(jù)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角求解．洛倫茲力對(duì)粒子不做功．

解答 解：A、正粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，據(jù)題有：
水平方向：$\frac{s}{2}$=v₀t₁；
豎直方向：$\frac{h}{2}$=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$；
加速度 a=$\frac{qE}{m}$=0.1×10=1m/s²．
聯(lián)立解得：v₀=$\frac{\sqrt{3}}{2}$m/s．故A正確．
B、負(fù)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后所受的洛倫茲力向下，由左手定則判斷磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里．
設(shè)粒子的軌跡半徑為r，由幾何關(guān)系得：$（\frac{s}{2}）^{2}$+$（r-\frac{h}{2}）^{2}$=r²，解得 r=1m
由洛倫茲力提供向心力，得 qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$得，B=5$\sqrt{3}$T．故B錯(cuò)誤．
C、設(shè)正粒子通過(guò)矩形區(qū)域所用時(shí)間為t_E．則有 h=$\frac{1}{2}a{t}_{E}^{2}$，解得 t_E=$\sqrt{2}$s
由上知r=h，所以負(fù)粒子軌跡的圓心在d點(diǎn)，則其通過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間為 t_B=$\frac{T}{4}$=$\frac{πm}{2qB}$=$\frac{π}{\sqrt{3}}$，故$\frac{{t}_{E}}{{t}_{B}}$=$\frac{\sqrt{6}}{π}$．故C正確．
D、負(fù)粒子通過(guò)磁場(chǎng)中洛倫茲力不做功，動(dòng)能不變，而正粒子通過(guò)電場(chǎng)時(shí)電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增大，所以正、負(fù)粒子各自離開矩形區(qū)域時(shí)的動(dòng)能不等，故D錯(cuò)誤．
故選：AC．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵掌握處理粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)的方法，抓住等時(shí)性，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律求解，以及掌握粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的處理方向，關(guān)鍵確定圓心、半徑和圓心角．