Question

10．如圖所示，虛線所圍矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場（矩形邊線上無磁場）．現(xiàn)從ad邊的中點(diǎn)O處，某一粒子以大小為v的速度垂直于磁場射入、方向與ad邊夾角為45°時，其軌跡恰好與ab邊相切．若撤去磁場，在此矩形區(qū)域內(nèi)加豎直向上的勻強(qiáng)電場，使該粒子仍以大小為v的速度在O處垂直于電場方向射入，恰好從b點(diǎn)穿出．粒子重力不計(jì)，ad邊長為l，ab邊長為2l，則下列說法中正確的是（　�。�

• A． 勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小之比為$\frac{4（2+\sqrt{2}）}{v}$
• B． 勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小之比為$\frac{4（2-\sqrt{2}）}{v}$
• C． 粒子穿過磁場和電場的時間之比為$\frac{5（2+\sqrt{2}）π}{16}$
• D． 粒子穿過磁場和電場的時間之比為$\frac{5（2-\sqrt{2}）π}{16}$

Answer 1

分析 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，利用洛倫茲力提供向心力幾何關(guān)系即可求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，利用周期公式結(jié)合粒子轉(zhuǎn)過的圓心角求解粒子在磁場中運(yùn)動的時間；
粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，利用運(yùn)動的合成和分解，結(jié)合牛頓第二定律以及運(yùn)動學(xué)公式，即可求出電場強(qiáng)度E以及粒子在電場中運(yùn)動的時間．

解答 解：矩形區(qū)域內(nèi)為磁場時，粒子做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)題意畫出粒子軌跡過程圖如圖一所示，

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$ 
根據(jù)幾何關(guān)系可得：r（1+sin45°）=$\frac{l}{2}$ 
可得：B=$\frac{（2+\sqrt{2}）mv}{ql}$①
根據(jù)周期公式：T=$\frac{2πr}{v}$
因?yàn)榫匦芜吘�上無磁場所以粒子轉(zhuǎn)過的圓心角：θ=225°
粒子在磁場中運(yùn)動的時間：t₁=$\frac{θ}{360°}$T=$\frac{225°}{360°}$T=$\frac{5（2-\sqrt{2}）πl(wèi)}{8v}$②
矩形區(qū)域內(nèi)為電場時，粒子做類平拋運(yùn)動，根據(jù)題意畫出粒子軌跡過程圖如圖二所示，

建立如圖所示坐標(biāo)系，利用運(yùn)動的合成和分解可得：
x方向：2l=vt₂
y方向：$\frac{l}{2}$=$\frac{1}{2}a{t}_{2}^{2}$
根據(jù)牛頓第二定律可得：Eq=ma
可得：E=$\frac{m{v}^{2}}{4ql}$③
t₂=$\frac{2l}{v}$④
將①③式做比可得：$\frac{B}{E}$=$\frac{4（2+\sqrt{2}）}{v}$，故A正確，B錯誤；
由②④式做比可得：$\frac{{t}_{1}}{{t}_{2}}$=$\frac{5（2-\sqrt{2}）π}{16}$，故D正確，C錯誤：
故選：AD

點(diǎn)評 本題考查帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動以及粒子在電場中的類平拋運(yùn)動，解題關(guān)鍵是要畫出粒子軌跡過程圖，根據(jù)運(yùn)動的形式選擇合適的規(guī)律解決；磁場中粒子做勻速圓周運(yùn)動，利用洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系分析求解磁感應(yīng)強(qiáng)度B，運(yùn)用周期公式結(jié)合粒子轉(zhuǎn)過的圓心角求解粒子在磁場中運(yùn)動的時間；電場中的類平拋運(yùn)用運(yùn)動的合成和分解，結(jié)合牛頓第二定律以及運(yùn)動學(xué)規(guī)律解決．