Question

17．如圖所示，帶正電的粒子沿平行金屬板中央直線以速度v₀射入互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，粒子質(zhì)量為m，帶電荷量為q，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電揚(yáng)強(qiáng)度為E，粒子從P點(diǎn)離開電磁揚(yáng)區(qū)域時(shí)速度為v，P與中央直線相距為d，不計(jì)粒子所受重力，則下列說法正確的是 （　�。�

• A． 粒子在運(yùn)動(dòng)過程中所受磁場(chǎng)力可能比所受電場(chǎng)力小
• B． 粒子沿電場(chǎng)方向的加速度大小始終是$\frac{Bqv-Eq}{m}$
• C． 粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線
• D． 粒子到達(dá)P的速度大小v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}-\frac{2Eqd}{m}}$

Answer 1

分析 A、粒子受電場(chǎng)力和洛侖茲力，電場(chǎng)力向下，初位置洛侖茲力向上，向上偏轉(zhuǎn)，說明洛侖茲力大；
B、根據(jù)牛頓第二定律列式判斷加速度大小情況；
C、類似拋體運(yùn)動(dòng)中的合力應(yīng)該是恒力；
D、根據(jù)動(dòng)能定理列式求解末速度．

解答 解：A、初位置洛侖茲力向上、電場(chǎng)力向下、粒子向上偏轉(zhuǎn)，說明洛侖茲力大于電場(chǎng)力；向上偏轉(zhuǎn)后，電場(chǎng)力做負(fù)功，速度減小，故洛侖茲力減小，可能小于電場(chǎng)力，故A正確；
B、粒子變速運(yùn)動(dòng)，洛侖茲力大小是變化的，故豎直方向的合力是變化的，故粒子沿電場(chǎng)方向的加速度大小是變化的，故B錯(cuò)誤；
C、如果粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線，則合力是恒力，但洛侖茲力方向改變，合力是變力，矛盾，故軌跡不是拋物線，故C錯(cuò)誤；
D、對(duì)偏轉(zhuǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：$-qEd=\frac{1}{2}m{v^2}-\frac{1}{2}m{v_0^2}$
解得：$v=\sqrt{v_0^2-\frac{2qEd}{m}}$，故D正確；
故選：AD

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合動(dòng)能定理、左手定則、牛頓第二定律進(jìn)行分析，不難．