Question

15．如圖所示，有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長(zhǎng)為s=$\sqrt{3}$m，豎直邊ad長(zhǎng)為，h=1m．質(zhì)量均為，m、帶+電量分別為+q和-q的兩粒子，比荷$\frac{q}{m}$=0.10C/kg當(dāng)矩形區(qū)域只存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=10N/C、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，+q由a點(diǎn)沿ab方向以速率v₀進(jìn)入矩形區(qū)域，軌跡如圖，當(dāng)矩形區(qū)域只存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，-q南c點(diǎn)沿cd方向以同樣的速率進(jìn)入矩形區(qū)域，軌跡如圖．不計(jì)重力，已知兩粒子軌跡均恰好通過(guò)矩形區(qū)域的幾何中心，則（　　）

• A． 做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的網(wǎng)心在b點(diǎn)
• B． 磁場(chǎng)方向垂直紙面向外
• C． 由題給數(shù)據(jù)，初速度v₀可求
• D． 南題給數(shù)據(jù)，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B可求

Answer 1

分析 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系確定粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心．電荷在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，將電荷的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)方向和垂直電場(chǎng)方向，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出初速度的大�。�

解答 解：A、因?yàn)閳A周運(yùn)動(dòng)的軌跡經(jīng)過(guò)矩形區(qū)域的幾何中心，設(shè)中心為0，根據(jù)幾何關(guān)系知，bO=$\sqrt{（\frac{h}{2}）^{2}+（\frac{s}{2}）^{2}}$=$\sqrt{0．{5}^{2}+（\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}}$=1m，可知矩形區(qū)域幾何中心到b點(diǎn)的距離等于bc的距離，知b點(diǎn)為圓周運(yùn)動(dòng)的圓心．故A正確．
B、-q由c點(diǎn)沿cd方向以同樣的速率v₀進(jìn)入矩形區(qū)域，根據(jù)洛倫茲力的方向，結(jié)合左手定則知，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，故B錯(cuò)誤．
C、因?yàn)榱Ｗ油ㄟ^(guò)矩形區(qū)域的幾何中心，可知沿電場(chǎng)方向上的距離y=$\frac{h}{2}$=0.5m，垂直電場(chǎng)方向上的距離x=$\frac{s}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$m
根據(jù)y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=$\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}（\frac{x}{{v}_{0}}）^{2}$，可以求出初速度的大小．故C正確．
D、由上知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑r可求得，由r=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$，知已知$\frac{q}{m}$，能求出初速度的大小，則知能求出B的大�。�故D正確
故選：ACD．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵掌握處理粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的方法，抓住等時(shí)性，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律求解，以及掌握粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的處理方向，關(guān)鍵確定圓心、半徑和圓心角．