Question

20．如圖所示，直線MN和PQ為邊界的范圍內(nèi)，有一豎直向下勻強(qiáng)電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度為E，某種不計(jì)重力的帶正點(diǎn)的粒子以初速度v₀垂直于MN射入，離開(kāi)PQ時(shí)的偏轉(zhuǎn)角為α，若撤去MN、PQ邊界內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，添加相同范圍內(nèi)且垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其余條件不變，則（　　）

• A． 勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度和電場(chǎng)強(qiáng)度之比1：cosα
• B． 勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度和電場(chǎng)強(qiáng)度之比$\frac{{v}_{0}}{cosα}$
• C． 離子穿過(guò)磁場(chǎng)和電場(chǎng)時(shí)間之比1：sinα
• D． 離子穿過(guò)磁場(chǎng)和電場(chǎng)時(shí)間之比$\frac{a}{sinα}$

Answer 1

分析 離子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得到電場(chǎng)強(qiáng)度E的表達(dá)式，由幾何知識(shí)求出磁場(chǎng)中軌跡半徑，由洛倫茲力等于向心力，求出磁感應(yīng)強(qiáng)度表達(dá)式，即可求解磁感應(yīng)強(qiáng)度和電場(chǎng)強(qiáng)度之比．求出粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，然后求出時(shí)間之比．

解答 解：離子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，
豎直方向有：
  v_y=v₀tanα…①
又 v_y=at=$\frac{qE}{m}$t…②
水平方向有：a=v₀t…③
聯(lián)立得 E=$\frac{m{v}_{0}^{2}tanα}{qa}$
當(dāng)改用勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，離子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$…④
由幾何知識(shí)可知，軌道半徑：r=$\frac{a}{sinα}$…⑤
由④⑤解得：B=$\frac{m{v}_{0}sinα}{qa}$；
則$\frac{B}{E}$=$\frac{cosα}{{v}_{0}}$，故AB錯(cuò)誤．
CD、離子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t₁=$\frac{a}{{v}_{0}}$…⑥
離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t₂=$\frac{rα}{{v}_{0}}$=$\frac{aα}{sinα}$…⑦
解得：$\frac{{t}_{2}}{{t}_{1}}$=$\frac{α}{sinα}$；故C錯(cuò)誤，D正確．
故選：D．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵要根據(jù)粒子不同的運(yùn)動(dòng)過(guò)程選擇恰當(dāng)?shù)姆椒ㄑ芯浚�電�?chǎng)中運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法研究．磁場(chǎng)中，根據(jù)幾何知識(shí)求軌跡半徑．