Question

如圖所示，在第二象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第一、第四象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．有一個(gè)帶電粒子以初速度v₀垂直x軸，從x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，恰好與y軸成45°角射出電場(chǎng)，再經(jīng)過(guò)一段時(shí)間又恰好垂直于x軸進(jìn)入下面的磁場(chǎng)．已知OP之間的距離為l，則帶電粒子（　�。�

• A、出電場(chǎng)時(shí)與y軸交點(diǎn)坐標(biāo)為（0，l）
• B、電場(chǎng)強(qiáng)度E=

  2mv02

  ql

• C、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=

  mv0

  2ql

• D、自進(jìn)入電場(chǎng)至在磁場(chǎng)中第二次經(jīng)過(guò)x軸的時(shí)間為

  7πl(wèi)

  2v0

  +

  2l

  v0

Answer 1

分析：帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，以方向與y軸成45°角的速度射出電場(chǎng)，說(shuō)明此時(shí)水平和豎直兩個(gè)方向的分速度，由位移公式求解出電場(chǎng)時(shí)與y軸交點(diǎn)坐標(biāo)．由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解場(chǎng)強(qiáng)大�。�作出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的思變，根據(jù)幾何知識(shí)求出軌跡半徑即可求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．根據(jù)在第四象限軌跡的圓心角求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間，即可求出自進(jìn)入電場(chǎng)至在磁場(chǎng)中第二次經(jīng)過(guò)x軸的時(shí)間．

解答：解：
A、帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻速運(yùn)動(dòng)，由題得知，出電場(chǎng)時(shí)，v_x=v_y=v₀，
由x=

vx

2

t，y=v_yt=v₀t，得y=2x=2l，出電場(chǎng)時(shí)與y軸交點(diǎn)坐標(biāo)為（0，2l）．故A錯(cuò)誤．
B、v_x=at=

qE

m

t=v₀，又x=l=

v0

2

t，聯(lián)立解得，E=

m v 2 0

2ql

．故B錯(cuò)誤．
C、粒子的軌跡如圖，則設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R，則有  Rsin（180°-β）=y=2l，而β=135°，解得，R=2

2

l
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為v=

2

v0，由R=

mv

qB

得，B=

mv0

2ql

．故C正確．
D、粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t₁=

y

v0

=

2l

v0

；在第一象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t₂=

135°

360°

T=

3πd

2v0

，在第四象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t₃=

1

2

T=

2πd

v0

，故得到總時(shí)間t=t₁+t₂+t₃=

7πl(wèi)

2v0

+

2l

v0

．故D正確．
故選CD

點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，然后分別對(duì)各個(gè)過(guò)程運(yùn)用類平拋運(yùn)動(dòng)的分位移和分速度公式、牛頓第二定律等規(guī)律列式求解．磁場(chǎng)中關(guān)鍵是畫(huà)軌跡．