Question

12．如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)E，內(nèi)阻忽略不計(jì)，滑動(dòng)變阻器R的滑片P置于其中點(diǎn)，兩平行板間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一帶正電的粒子以速度v₀正好水平向右勻速穿過兩板（不計(jì)粒子的重力），以下說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． 若粒子帶負(fù)電，可以沿與圖示方向相反的直線穿過此區(qū)域
• B． 將滑片P向a端移動(dòng)一點(diǎn)，該粒子穿出兩板過程中電勢(shì)能減小
• C． 將滑片P向b端移動(dòng)一點(diǎn)，該粒子穿出兩板過程中動(dòng)能增大
• D． 把R調(diào)為原來(lái)的一半，則能沿直線穿出的粒子速度為$\frac{v_2}{2}$

Answer 1

分析 帶電粒子沿水平方向直線穿過此區(qū)域，故有qE=qv₀B，即v₀=$\frac{E}{B}$，故速度選擇器只選擇速度，不選擇電荷量，也不選擇電性；
滑動(dòng)變阻器兩端的電壓就是電容器兩端的電壓，故當(dāng)滑動(dòng)變阻器的有效值減小，電容器兩端的電壓減小，洛倫茲力大于電場(chǎng)力，所以電荷向上偏轉(zhuǎn)；
而滑動(dòng)變阻器總阻值減小，電容器兩端的電壓亦減小，當(dāng)不是原電壓的一半，故能沿直線穿出的粒子速度也不是原來(lái)的一半．

解答 解：A、由于帶正電的粒子沿水平方向直線穿過此區(qū)域，故有qE=qv₀B，此時(shí)電場(chǎng)力豎直向下，洛倫茲力豎直向上，當(dāng)粒子帶負(fù)電時(shí)電場(chǎng)力豎直向上，洛倫茲力豎直向下，由于速度保持不變，粒子仍能沿直線穿過此區(qū)域，但如果速度方向反向，則受洛侖茲力反向，故受力不再平衡；不能沿直線飛出；故A錯(cuò)誤；
B、將滑片P向a移動(dòng)一點(diǎn)，則滑動(dòng)變阻器的有效值減小，總電流增大，故R₀兩端的電壓增大，所以滑動(dòng)變阻器兩端的電壓減小，所以電容器兩端的電壓減小，則電容器兩極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小，從而造成電場(chǎng)力減小，故洛倫茲力大于電場(chǎng)力，所以電荷向上偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，粒子的電勢(shì)能增大，故B錯(cuò)誤；
C、若P向b移動(dòng)一點(diǎn)，滑動(dòng)變阻器有效電阻增大，總電流減小，故R₀兩端的電壓減小，所以滑動(dòng)變阻器兩端的電壓增大，所以電容器兩端的電壓增大，則電容器兩極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，從而造成電場(chǎng)力增大，故洛倫茲力小于電場(chǎng)力，所以電荷向下偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做正功，粒子的動(dòng)能增大，故C正確；
D、只要粒子沿直線穿過，則就必須滿足qE=qv₀B，即v₀=$\frac{E}{B}$，設(shè)原來(lái)滑動(dòng)變阻器的總阻值為R，則電容器兩端的電壓U=$\frac{R}{2{R}_{0}+R}$ ε，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的阻值變?yōu)?\frac{R}{2}$ 時(shí)，電容器兩端的電壓U′=$\frac{εR}{4{R}_{0}+R}$，顯然此時(shí)的場(chǎng)強(qiáng)不等于原場(chǎng)強(qiáng)的一半，故能沿直線穿出的粒子速度也不是$\frac{{v}_{0}}{2}$，故D錯(cuò)誤；
故選：C．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了速度選擇器，電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能、動(dòng)能的關(guān)系．場(chǎng)強(qiáng)的計(jì)算，要注意正確掌握電容器兩端電壓的變化情況，利用U=Ed求解電場(chǎng)強(qiáng)度的大小變化情況．