Question

1．如圖甲所示，兩個平行金屬板正對放置，板長l=10cm，間距d=5cm，在兩板間的中線OO′的O處一個粒子源，沿OO′方向連續(xù)不斷地放出速度v₀=1.0×10⁵m/s的質(zhì)子．兩平行金屬板間的電壓u隨時間變化的u-t圖線如圖乙所示，電場只分布在兩板之間．在靠近兩平行金屬板邊緣的右側(cè)分布有范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=$\sqrt{5}$×10^-3T，方向垂直于紙面向里，磁場邊緣MN與OO′垂直．質(zhì)子的比荷取$\frac{q}{m}$=1.0×10⁸C/kg，質(zhì)子之間的作用力忽略不計，下列說法正確的是（　�。�

• A． 有質(zhì)子進(jìn)入磁場區(qū)域的時間是0.15s
• B． 質(zhì)子在電場中運動的最長時間是0.10s
• C． 質(zhì)子在磁場中做圓周運動的最大半徑是0.5m
• D． 質(zhì)子在磁場中運動的最大速度是v₀的$\sqrt{2}$倍

Answer 1

分析 帶電粒子進(jìn)入電場后做類平拋運動，在t時刻射入電場的帶電粒子恰能從平行金屬板邊緣射出，偏轉(zhuǎn)距離y=$\frac{1}{2}$d，運用運動的分解，先由偏轉(zhuǎn)距離求得時間t，再由位移公式求出粒子恰好射出電場時對應(yīng)的最大電壓，即可求出有質(zhì)子進(jìn)入磁場區(qū)域的時間；
通過速度的合成求該粒子射出電場時速度的大�。�
帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動．由洛倫茲力提供向心力即可求出質(zhì)子做圓周運動的最大半徑．

解答 解：A、B、質(zhì)子在電場中受電場力的方向向下，在板間做類平拋運動，能夠穿越電場時的時間最長，為：
${t}_{1}=\frac{l}{{v}_{0}}=\frac{0.10}{1.0×1{0}^{5}}s=1.0×1{0}^{-6}$s
質(zhì)子在電場中的加速度：a=$\frac{qE}{m}=\frac{qU}{md}$
最大偏轉(zhuǎn)量：$y=\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}=\frac{1}{2}d$
此時對應(yīng)的電壓：${U}_{0}=\frac{m7qesl7b^{2}}{q{t}_{1}^{2}}$
代入數(shù)據(jù)得：U₀=25V
可知偏轉(zhuǎn)電壓最大時為25V，質(zhì)子恰好從偏轉(zhuǎn)電場的邊緣射出，所以有質(zhì)子進(jìn)入磁場區(qū)域的時間是0.2×$\frac{25}{100}$s=0.05s．故A錯誤，B錯誤；
C、D、質(zhì)子恰好射出電場時，${v}_{y}={a}_{m}{t}_{1}=\frac{q{U}_{0}}{md}×{t}_{1}$=$\frac{1.0×1{0}^{8}×25}{0.05}×1.0×1{0}^{-6}=5×1{0}^{4}$m/s
所以質(zhì)子的最大速度：${v}_{m}=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}=\sqrt{（1.0×1{0}^{5}）^{2}+（5.0×1{0}^{4}）^{2}}=0.5\sqrt{5}$×10⁵m/s=$0.5\sqrt{5}{v}_{0}$
質(zhì)子做勻速圓周運動的洛倫茲力提供向心力，得：$q{v}_{m}B=\frac{m{v}_{m}^{2}}{{r}_{m}}$
整理得：${r}_{m}=\frac{m{v}_{m}}{qB}$
代入數(shù)據(jù)得：r_m=0.5m．故C正確，D錯誤．
故選：C

點評 本題是組合場問題，綜合應(yīng)用牛頓運動定律、運動學(xué)知識以及幾何知識．
AB選項對應(yīng)帶電粒子的電場中的偏轉(zhuǎn)，涉及偏轉(zhuǎn)的時間已以及粒子能夠射出電場是對應(yīng)的最大偏轉(zhuǎn)電壓問題，計算出最大的偏轉(zhuǎn)電壓，才能判斷出有質(zhì)子進(jìn)入磁場區(qū)域的時間．