Question

1．如圖甲所示，在空間存在一個(gè)變化的電場(chǎng)和一個(gè)變化的磁場(chǎng)，電場(chǎng)的方向水平向右（圖甲中由B到C），電場(chǎng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化情況如圖乙所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面、大小隨時(shí)間的變化情況如圖丙所示．在t=1s時(shí)，從A點(diǎn)沿AB方向（垂直于BC）以初速度v₀射出第一個(gè)粒子，并在此之后，每隔2s有一個(gè)相同的粒子沿AB方向均以初速度v₀射出，并恰好均能擊中C點(diǎn)，若AB=BC=L，且粒子由A運(yùn)動(dòng)到C的時(shí)間小于1s．不計(jì)重力和空氣阻力，對(duì)于各粒子由A運(yùn)動(dòng)到C的過程中，以下說法正確的是（　　）

• A． 電場(chǎng)強(qiáng)度E₀和磁感應(yīng)強(qiáng)度B₀的大小之比為2v₀：3
• B． 第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為2：1
• C． 第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子通過C的動(dòng)能之比為 1：4
• D． 第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為π：2

Answer 1

分析 分兩個(gè)過程研究：
（1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，用運(yùn)動(dòng)的合成和分解解決，然后對(duì)分運(yùn)動(dòng)運(yùn)用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律即可；
（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，運(yùn)用帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑公式和周期公式，逐項(xiàng)對(duì)比分析即可．

解答 解：A．在t=1s時(shí)，空間區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖2所示；由牛頓第二定律得$q{v_0}{B_0}=m\frac{v_0^2}{R}$，粒子的軌道半徑，R=l，解得${B_0}=\frac{{m{v_0}}}{ql}$；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方l=v₀t，水平方向$l=\frac{1}{2}a{t^2}=\frac{1}{2}\frac{{q{E_0}}}{m}{t^2}$，得${E_0}=\frac{2mv_0^2}{ql}$，則$\frac{E_0}{B_0}=\frac{{2{v_0}}}{l}$，故A錯(cuò)誤；
B．第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比$\frac{a_1}{a_2}=\frac{{q{v_0}{B_0}}}{m}：\frac{{q{E_0}}}{m}=\frac{{{v_0}{B_0}}}{E_0}=\frac{1}{2}$，故B錯(cuò)誤；
C．第二個(gè)粒子，由動(dòng)能定理得：$q{E_0}l={E_{k2}}-\frac{1}{2}mv_0^2$，${E_{k2}}=\frac{5}{2}mv_0^2$，第一個(gè)粒子的動(dòng)能${E_{k2}}=\frac{1}{2}mv_0^2$，第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子通過C的動(dòng)能之比為1：5，故C錯(cuò)誤；
D．第一個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間${t_1}=\frac{1}{4}T=\frac{1}{4}×\frac{2πm}{{q{B_0}}}=\frac{πl(wèi)}{{2{v_0}}}$，第二個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間${t_2}=\frac{l}{v_0}$，第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比t₁：t₂=π：2，故D正確．
故選：D

點(diǎn)評(píng) 本題難度不大，考查帶電粒子在電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)和在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)等問題，讀題時(shí)候要注意分析圖象中隱含的已知條件，合理選擇規(guī)律解決相應(yīng)過程．