Question

20．如圖所示的真空環(huán)境中，勻強磁場方向水平、垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度B=2.5T；勻強電場方向水平向左，場強E=$\sqrt{3}$N/C．一個帶負(fù)電的小顆粒質(zhì)量m=3.0×10^-7kg，帶電荷量q=3.0×10^-6C，帶電小顆粒在這個區(qū)域中剛好作勻速直線運動．（g取10m/s²）．則（　　）

• A． 這個帶電小顆粒一定沿與水平方向成30°向右下方做勻速直線運動
• B． 這個帶電小顆粒做勻速直線的速度大小為0.4m/s
• C． 若小顆粒運動到圖中P點時，把磁場突然撤去，小顆粒將做勻加速直線運動
• D． 撤去磁場后，小顆粒通過與P在同一電場線上的Q點，那么從P點運動到Q點所需時間為0.08$\sqrt{3}$s

Answer 1

分析 （1）對帶電顆粒受力分析，根據(jù)力的平行四邊形定則，結(jié)合洛倫茲力表達(dá)式，及左手定則與平衡條件，即可求解．
（2）把磁場突然撤去，粒子所受的合力與速度垂直，做類平拋運動，運用運動的分解法，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合解答．

解答 解：A、該帶電小顆粒受到豎直向下的重力，與電場相反相反的、水平向右的電場力和洛倫茲力的作用，剛好做勻速直線運動，則受力如圖所示，

得：tanα=$\frac{mg}{qE}$=$\frac{3.0×1{0}^{-7}×10}{3.0×1{0}^{-6}×\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
所以α=30°
由左手定則得，帶負(fù)電小顆粒的運動方向應(yīng)與水平方向成60°角斜向右上方．
由平衡條件可得：qvB=$\frac{mg}{sinα}$
解得：v=$\frac{mg}{qBsin30°}$=$\frac{3.0×1{0}^{-7}×10}{3.0×1{0}^{-6}×2.5×0.5}$m/s=0.8m/s．故A錯誤，B錯誤；
C、突然撤去磁場后，粒子受到重力和電場力的合力與速度垂直，故小顆粒做類平拋運動，加速度大小為 a=$\frac{g}{sin30°}$=2g
方向與水平方向成30°斜向右下方．故C錯誤；
D、在豎直方向上，小顆粒做初速度為vsin60°、加速度為g的豎直上拋運動，Q點是P點的對稱點，所以從P點運動到Q點所需要的時間 t=$\frac{2vsin60°}{g}$=0.08$\sqrt{3}$s．故D正確．
故選：D

點評 本題要能根據(jù)粒子的運動情況分析受力情況，也根據(jù)受力情況判斷其運動情況，運用平衡條件、牛頓定律、運動學(xué)公式結(jié)合運動的分解法研究．