Question

10．在如圖所示寬度范圍內(nèi)，用場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)可使初速度是v₀的某種帶正電粒子偏轉(zhuǎn)θ角．在同樣寬度范圍內(nèi)，若改用方向垂直于紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使該粒子穿過(guò)該區(qū)域，并使偏轉(zhuǎn)角也為θ（不計(jì)粒子的重力），則（　�。�

• A． 電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B之比$\frac{E}{B}$=$\frac{{v}_{0}}{sinθ}$
• B． 電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B之比$\frac{E}{B}$=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$
• C． 粒子穿過(guò)電場(chǎng)和磁場(chǎng)的時(shí)間之比$\frac{{t}_{1}}{{t}_{2}}$=$\frac{sinθ}{θ}$
• D． 粒子穿過(guò)電場(chǎng)和磁場(chǎng)的時(shí)間之比$\frac{{t}_{1}}{{t}_{2}}$=$\frac{cosθ}{θ}$

Answer 1

分析 粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合得到偏轉(zhuǎn)角正切tanθ的表達(dá)式．在磁場(chǎng)中，粒子由洛倫茲力提供向心力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何知識(shí)求出半徑，由牛頓第二定律求出sinθ．聯(lián)立即可求得電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B之比．
粒子穿過(guò)電場(chǎng)時(shí)，由水平方向的運(yùn)動(dòng)位移和速度求出時(shí)間．在磁場(chǎng)中，由t=$\frac{θ}{2π}$T求出時(shí)間，即可求得時(shí)間之比．

解答 解：AB、設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，場(chǎng)區(qū)寬度為L(zhǎng)，粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則有：
t=$\frac{L}{{v}_{0}}$…①
a=$\frac{qE}{m}$…②
則 tanθ=$\frac{at}{{v}_{0}}$…③
由①②③得：tanθ=$\frac{qEL}{m{v}_{0}^{2}}$…④
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示．
   R=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$…⑤
由幾何知識(shí)得：sinθ=$\frac{L}{R}$…⑥
由⑤⑥解得：sinθ=$\frac{qBL}{m{v}_{0}}$…⑦
由④⑦式解得：$\frac{E}{B}$=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$．故A錯(cuò)誤，B正確．
CD、粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t₁=$\frac{L}{{v}_{0}}$…⑧
在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t₂=$\frac{θ}{2π}$T=$\frac{θ}{2π}$•$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{θm}{qB}$…⑨
而L=R•sinθ=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$sinθ…⑩
由⑧⑨⑩解出：$\frac{{t}_{1}}{{t}_{2}}$=$\frac{sinθ}{θ}$．故C正確，D錯(cuò)誤．
故選：BC

點(diǎn)評(píng) 本題是離子分別在電場(chǎng)中和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，要抓住研究方法的區(qū)別：磁場(chǎng)中往往要畫(huà)軌跡，結(jié)合幾何知識(shí)研究．在電場(chǎng)中，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法研究．