Question

10．如圖所示，有一矩形區(qū)域abcd，水平邊長s=$\sqrt{3}$m，豎直邊長h=1m．當該區(qū)域只存在大小為E=10N/C、方向豎直向下的勻強電場時，一比荷為$\frac{q}{m}$=0.1C/kg的正粒子由a點沿ab方向以速率v₀進入該區(qū)域，粒子運動軌跡恰好通過該區(qū)域的幾何中心．當該區(qū)域只存在勻強磁場時，另一個比荷也為$\frac{q}{m}$=0.1C/kg的負粒子由c點沿cd方向以同樣的速率v₀進入該區(qū)域，粒子運動軌跡也恰好通過該區(qū)域的幾何中心．不計粒子的重力，則（　�。�

• A． 粒子進入矩形區(qū)域時的速率v₀=$\frac{\sqrt{3}}{2}$m/s
• B． 磁感應強度大小為$\frac{\sqrt{3}}{2}$T，方向垂直紙面向外
• C． 正、負粒子各自通過矩形區(qū)域所用時間之比為$\frac{\sqrt{6}}{π}$
• D． 正、負粒子各自離開矩形區(qū)域時的動能相等

Answer 1

分析 正粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律求解出速度．負粒子在磁場中做勻速圓周運動，由左手定則判斷磁場的方向，畫出粒子的運動軌跡，求得軌跡半徑，從而由牛頓第二定律求解磁感應強度的大小．磁場中運動的時間根據(jù)軌跡對應的圓心角求解．洛倫茲力對粒子不做功．

解答 解：A、正粒子在電場中做類平拋運動，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、負粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子進入磁場后所受的洛倫茲力向下，由左手定則判斷磁場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錯誤．
C、設(shè)正粒子通過矩形區(qū)域所用時間為t_E．則有 h=$\frac{1}{2}a{t}_{E}^{2}$，解得 t_E=$\sqrt{2}$s
由上知r=h，所以負粒子軌跡的圓心在d點，則其通過磁場的時間為 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、負粒子通過磁場中洛倫茲力不做功，動能不變，而正粒子通過電場時電場力做正功，動能增大，所以正、負粒子各自離開矩形區(qū)域時的動能不等，故D錯誤．
故選：AC．

點評 解決本題的關(guān)鍵掌握處理粒子做類平拋運動的方法，抓住等時性，結(jié)合運動學公式和牛頓第二定律求解，以及掌握粒子在磁場中運動的處理方向，關(guān)鍵確定圓心、半徑和圓心角．