题目内容
16．
如图所示，空间内有一个矩形区域ABCD，该区域被对角线BD分割成两个直角三角形，其中三角形ABD中存在着竖直向下的匀强电场：三角形BCD中存在着垂直纸面的匀强磁场（图中未画出）．一质量为m，电荷量为q的正电粒子从A点水平以速度v0飞入该区域，然后BD中点P进入到匀强磁场区域，并刚好垂直BC边飞出．已知AB=2L，AD=L，那么下说法正确的是（ ）| A． | 匀强电场的电场强度大小为$\frac{2{mv}_{0}^{2}}{qL}$ | |
| B． | 经过P点的速度为v0，方向与v0成45° | |
| C． | 匀强磁场的磁感应强度大小为$\frac{{mv}_{0}^{2}}{qL}$，方向垂直纸面向里 | |
| D． | 若欲使粒子返回到电场区域，那么匀强磁场的磁感应强度至少要大于$\frac{（\sqrt{2}+1）{mv}_{0}}{qL}$ |
分析 粒子在电场中做类似平抛运动，根据类似平抛运动的分位移公式列式求解电场强度，根据分速度公式列式求解末速度；在磁场中做匀速圆周运动，画出临界轨迹，结合牛顿第二定律和几何关系分析即可．
解答 解：A、从A到P过程是类似平抛运动，根据分位移公式，有：
x=L=v0t
y=$\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}\frac{qE}{m}{t}^{2}$
联立解得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$
故A错误；
B、到达P点后，速度偏转角正切值是位移偏转角正切值的2倍，为：
$tanβ=2tanα=2×\frac{y}{x}=1$
故β=45°
在P点速度速度为：v=$\sqrt{2}$v0
故B错误；
C、粒子从A点水平以速度v0飞入该区域，然后BD中点P进入到匀强磁场区域，并刚好垂直BC边飞出，画出轨迹，如图所示：
故在磁场中的轨道半径为：
R=$\frac{L}{cos45°}$=$\sqrt{2}$L
根据R=$\frac{mv}{qB}$，v=$\sqrt{2}$v0，有：
B=$\frac{{mv}_{0}^{\;}}{qL}$
方向是垂直向内；
故C错误；
D、欲使粒子返回到电场区域，临界情况轨迹如图所示：
结合几何关系，有：
Rsin45°+R=L
解得：
R=$\frac{2L}{2+\sqrt{2}}$
粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
解得：B=$\frac{mv}{qR}=\frac{m×\sqrt{2}{v}_{0}}{q（\frac{2L}{2+\sqrt{2}}）}$=$\frac{（\sqrt{2}+1）{mv}_{0}}{qL}$；
故D正确；
故选：D．
点评 本题关键是明确粒子的运动规律，画出运动的轨迹，结合几何关系得到轨道半径，再结合牛顿第二定律列式分析，不难．
| A． | 回复力指向悬点 | B． | 合力为零 | C． | 合力指向悬点 | D． | 回复力为零 |
质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，M从两极板正中央射入，N从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），如图所示．则从开始射入到打在上极板的过程中（ ）| A． | 它们运动的时间tN＞tM | |
| B． | 它们电势能减少量之比△EM：△EN=1：2 | |
| C． | 它们所带的电荷量之比qM：qN=1：2 | |
| D． | 它们的动能增量之比△EKM：△EKN=2：1 |
如图所示，两个半径分别为r1和r2的球，质量均匀分布，分别为m1和m2，两球之间的距离为r，则两球间的万有引力大小为$G\frac{{m}_{1}{m}_{2}}{（{r}_{1}+r+{r}_{2}）^{2}}$．
| A． | 波长为4m | |
| B． | 波速大小1m/s | |
| C． | t=2s时，质点A的动能为零 | |
| D． | 在t=0到t=4s内，质点B通过的路程为4m |
质量为m的A和质量为2m的B小球之间系一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上．A竖靠墙壁，如图所示，今用恒力F将B球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力撤去，此瞬间（ ）| A． | A球的加速度为零 | B． | A球的加速度为$\frac{F}{m}$ | ||
| C． | B球的加速度为$\frac{F}{2m}$ | D． | B球的加速度为$\frac{F}{m}$ |
| A． | 电容器的电容$C=\frac{Q}{U}$ | B． | 加速度a=$\frac{F}{m}$ | ||
| C． | 电场强度E=$\frac{F}{q}$ | D． | 磁感应强度B=$\frac{F}{IL}$ |