Question

19．如圖（甲）所示，一豎直放置的邊長為L的正方形導(dǎo)線框，其內(nèi)有垂直框面向外的均勻變化的磁場(chǎng)，磁場(chǎng)變化如圖（乙）所示，導(dǎo)線框兩端分別連平行板電容器的兩極板M、N、M、N的長度和它們之間的距離都是d，兩平行板所在平面與紙面垂直，一質(zhì)子沿M、N兩板正中央水平射入，恰好打在N板的中點(diǎn)處．已知質(zhì)子的質(zhì)量和電量分別為m、e（不考慮質(zhì)子的重力）．則（　　）

• A． M、N兩板間的電壓U=$\frac{{B}_{0}{L}^{2}}{{t}_{0}}$
• B． M、N兩板間的電壓U=B₀L²t₀
• C． 質(zhì)子入射的初速度v₀=$\frac{L}{2}$$\sqrt{\frac{e{B}_{0}}{m{t}_{0}}}$
• D． 質(zhì)子入射的初速度v₀=$\frachn2owc2{2{t}_{0}}$

Answer 1

分析 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出兩極板間的電壓，電子在兩板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律即可求解．

解答 解：A、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律${E}_{感}^{\;}=\frac{△B}{△t}S=\frac{{B}_{0}^{\;}{L}_{\;}^{2}}{{t}_{0}^{\;}}$，M、N兩極板間的電壓$U={E}_{感}^{\;}=\frac{{B}_{0}^{\;}{L}_{\;}^{2}}{{t}_{0}^{\;}}$，故A正確．
B、由A分析知B錯(cuò)誤．
C、質(zhì)子在兩極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)
水平方向$\fracgxe2m27{2}={v}_{0}^{\;}t$①
豎直方向的加速度$a=\frac{eU}{md}=\frac{e}{md}\frac{{B}_{0}^{\;}{L}_{\;}^{2}}{{t}_{0}^{\;}}=\frac{e{B}_{0}^{\;}{L}_{\;}^{2}}{md{t}_{0}^{\;}}$②
豎直位移$\fracgmt2nrr{2}=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$③
聯(lián)立上面各式得${v}_{0}^{\;}=\frac{L}{2}\sqrt{\frac{e{B}_{0}^{\;}}{m{t}_{0}^{\;}}}$故C正確．
D、由上面分析知D錯(cuò)誤
故選：AC

點(diǎn)評(píng) 本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律及帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)，關(guān)鍵是運(yùn)用分解的方法處理帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，是一道基礎(chǔ)題．