Question

16．如圖所示，空間內有一個矩形區(qū)域ABCD，該區(qū)域被對角線BD分割成兩個直角三角形，其中三角形ABD中存在著豎直向下的勻強電場：三角形BCD中存在著垂直紙面的勻強磁場（圖中未畫出）．一質量為m，電荷量為q的正電粒子從A點水平以速度v₀飛入該區(qū)域，然后BD中點P進入到勻強磁場區(qū)域，并剛好垂直BC邊飛出．已知AB=2L，AD=L，那么下說法正確的是（　　）

• A． 勻強電場的電場強度大小為$\frac{2{mv}_{0}^{2}}{qL}$
• B． 經過P點的速度為v₀，方向與v₀成45°
• C． 勻強磁場的磁感應強度大小為$\frac{{mv}_{0}^{2}}{qL}$，方向垂直紙面向里
• D． 若欲使粒子返回到電場區(qū)域，那么勻強磁場的磁感應強度至少要大于$\frac{（\sqrt{2}+1）{mv}_{0}}{qL}$

Answer 1

分析 粒子在電場中做類似平拋運動，根據(jù)類似平拋運動的分位移公式列式求解電場強度，根據(jù)分速度公式列式求解末速度；在磁場中做勻速圓周運動，畫出臨界軌跡，結合牛頓第二定律和幾何關系分析即可．

解答 解：A、從A到P過程是類似平拋運動，根據(jù)分位移公式，有：
x=L=v₀t
y=$\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}\frac{qE}{m}{t}^{2}$
聯(lián)立解得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$
故A錯誤；
B、到達P點后，速度偏轉角正切值是位移偏轉角正切值的2倍，為：
$tanβ=2tanα=2×\frac{y}{x}=1$ 
故β=45°
在P點速度速度為：v=$\sqrt{2}$v₀
故B錯誤；
C、粒子從A點水平以速度v₀飛入該區(qū)域，然后BD中點P進入到勻強磁場區(qū)域，并剛好垂直BC邊飛出，畫出軌跡，如圖所示：
故在磁場中的軌道半徑為：
R=$\frac{L}{cos45°}$=$\sqrt{2}$L
根據(jù)R=$\frac{mv}{qB}$，v=$\sqrt{2}$v₀，有：
B=$\frac{{mv}_{0}^{\;}}{qL}$
方向是垂直向內；
故C錯誤；
D、欲使粒子返回到電場區(qū)域，臨界情況軌跡如圖所示：
結合幾何關系，有：
Rsin45°+R=L
解得：
R=$\frac{2L}{2+\sqrt{2}}$
粒子做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，有：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
解得：B=$\frac{mv}{qR}=\frac{m×\sqrt{2}{v}_{0}}{q（\frac{2L}{2+\sqrt{2}}）}$=$\frac{（\sqrt{2}+1）{mv}_{0}}{qL}$；
故D正確；
故選：D．

點評 本題關鍵是明確粒子的運動規(guī)律，畫出運動的軌跡，結合幾何關系得到軌道半徑，再結合牛頓第二定律列式分析，不難．