比荷是…?比荷有正负吗?

（1）根据qvB＝mv2R得：R=mvqB＝1062×107×0.5＝0.1m．（2）若磁场的方向垂直纸面向外，粒子在磁场中转动四分之一圆弧，如图所示，则圆弧对应的最小矩形磁场区域的长度L=2R，宽度为（R-22R），则磁场区域的最小面积...

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 本题考查带电粒子在磁场中的运动，确定圆心、半径和圆心角是解决粒子在磁场中运动问题的关键．解决本题的突破口在于正确地作出粒子的轨迹图．

（1）设粒子在磁场中的运动半径为r．如图甲所示，依题意M、P连线即为该粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径，由几何关系得r=

2
2L ①
由洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，可得：

qvB=m
v2
r ②
解得：[q/m]≈4.9×10⁷ C/kg（或5.0×10⁷ C/kg）③
（2）如图乙所示，所求的最小矩形是MM₁P₁P，该区域面积

S=2r²④
联立①④并代入数据得S=0.25 m²
矩形如图乙中MM₁P₁P（虚线）所示．
答：（1）上述粒子的比荷[q/m]为4.9×10⁷ C/kg；
（2）为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，此矩形磁场区域的最小面积为0.25 m²．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了．

两带电粒子都做类平抛运动，水平方向匀速运动，有x=vt，垂直金属板方向做初速度为零的匀加速直线运动，有y=[1/2at2，
电荷在电场中受的力为F=Eq，根据牛顿第二定律有F=ma，
联立解得：
q
m]=
2yv2
Ex2．
因为两粒子在同一电场中运动，E相同，初速度相同，侧位移相同，所以比荷与水平位移的平方成反比．所以比荷之比为4：1，故D正确．
故选：D

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 当粒子垂直于电场进入时，粒子做平抛运动，因此可以分为沿电场线的匀加速直线运动和垂直于电场线方向上的匀速直线运动，两个运动互不干扰．

（1）设粒子在磁场中的运动半径为r，依题意MP连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得r＝

2L
2，
由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得qvB＝m
v2
r，
联立解得：[q/m]=4.9×10⁷C/kg
（2）此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，qE=qvB，
代入数据得：E=70V/m．所加电场的场强方向沿x轴正方向．
设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T，所求时间为t=T/8，而T＝
2πr
v，
解得t=7.9×10^-6s
（3）该区域面积S=2r²=0.25m²，矩形如图所示．
答：（1）上述粒子的比荷为4.9×10⁷C/kg；
（2）该匀强电场的场强大小为70V/m方向，从粒子射入磁场开始计时经过7.9×10^-6s加这个匀强电场；
（3）此矩形磁场区域的最小面积为0.25m²，矩形框如图．．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 该题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，关键在于判断出运动轨迹半径恰好最小的条件是以MP为直径的圆轨迹的半径最小．属于中档题．

两带电粒子都做类平抛运动，水平方向匀速运动，有x=vt，垂直金属板方向做初速度为零的匀加速直线运动，有y=[1/2at2，
电荷在电场中受的力为F=Eq，根据牛顿第二定律有F=ma，
联立解得：
q
m]=
2yv2
Ex2．
因为两粒子在同一电场中运动，E相同，初速度相同，侧位移相同，所以比荷与水平位移的平方成反比．所以比荷之比为4：1，故D正确．
故选：D

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 当粒子垂直于电场进入时，粒子做平抛运动，因此可以分为沿电场线的匀加速直线运动和垂直于电场线方向上的匀速直线运动，两个运动互不干扰．

两带电粒子都做类平抛运动，水平方向匀速运动，有x=vt，垂直金属板方向做初速度为零的匀加速直线运动，有y=[1/2]at²，
电荷在电场中受的力为F=Eq，根据牛顿第二定律有F=ma，
联立解得：[q/m]=
2yv2
Ex2，
因为两粒子在同一电场中运动，E相同，初速度关系为V_K=2V_p，侧位移相同，
所以比荷与水平位移的平方成反比，与初速度的平方成正比．所以比荷之比为16：1，故D正确，ABC错误．
故选D．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 当粒子垂直于电场进入时，粒子做平抛运动，因此可以分为沿电场线的匀加速直线运动和垂直于电场线方向上的匀速直线运动，两个运动互不干扰．

(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，则

(1分)

(1分)

代入数据解得(1分)

(2)当时，电荷运动的半径_{} (1分)

周期_{} (1分)

当时，电荷运动的半径(1分)

周期(1分)

故电荷从时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示。(1分)

_{}

时刻电荷先沿大圆轨迹运动四分之一个周期再沿小圆轨迹运动半个周期，与点的水平距离为(2分)

(3)电荷从点开始，其运动的周期为，根据电荷的运动情况可知，电荷每一个周期向右沿运动的距离为40cm，故电荷到达挡板前运动的完整周期数为2个，沿运动的距离="80"cm，最后25cm的距离如图所示，

设正电荷以角撞击到挡板上，有(2分)

(2分)

解得_{} (1分)

故电荷从点出发运动到挡板所需的总时间

(2分)

解得(1分)

考点：

（1） ；（2）20cm；（3）


<>

两带电粒子都做类平抛运动，水平方向匀速运动，有x=vt，垂直金属板方向做初速度为零的匀加速直线运动，有y=[1/2at2，
电荷在电场中受的力为F=Eq，根据牛顿第二定律有F=ma，
联立解得：
q
m]=
2yv2
Ex2．
因为两粒子在同一电场中运动，E相同，初速度相同，侧位移相同，所以比荷与水平位移的平方成反比．所以比荷之比为4：1，故D正确．
故选：D

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 当粒子垂直于电场进入时，粒子做平抛运动，因此可以分为沿电场线的匀加速直线运动和垂直于电场线方向上的匀速直线运动，两个运动互不干扰．

（1）加上磁场后，电子所受电场力与洛仑兹力相等，电子做匀速直线运动，则：evB=eE
又：E＝
U
d
即：v＝
U
Bd
（2）若在两极板间加上电压U，
电子在水平方向做匀速运动，通过极板所需的时间为：t1＝
L1
v
电子在竖直方向做匀加速运动，加速度为：a＝
eU
md
在时间t₁内垂直于极板方向竖直向下偏转的距离为：y1＝
1
2a
t21
离开极板区域时竖直向下的分速度为：v_y=at₁
电子离开极板区域后做匀速直线运动，经t₂时间到达荧光屏，t2＝
L2
v
在时间t₂内向下运动的距离为：y₂=v_yt₂
则：h=y₁+y₂
解得：[e/m＝
2Uh
B2dL1(L1+2L2)]
（3）说出任何一种合理方法均可，例如：
a．测量出A与K之间的电压U′；再在两极板间加上电压U，电子将打在荧光屏上的P点；测出OP的长度便能计算电子的比荷；
b．测量出A与K之间的电压U′；只在圆形区域内加一方向垂直于纸面的磁感应强度为B的匀强磁场，电子将打在荧光屏上的P′点；测出OP′的长度便能计算电子的比荷；
c．在两极板间加上电压U，在圆形区域内加一方向垂直于纸面的磁感应强度为B的匀强磁场，使电子打在荧光屏上的O点；再撤去两极板间加上电压，电子将打在荧光屏上的P′点；测出OP′的长度便能计算电子的比荷；
d．只在两极板间加上电压U，电子将打在荧光屏上的P点；只在圆形区域内加一方向垂直于纸面的磁感应强度为B的匀强磁场，电子将打在荧光屏上的P′点；测出OP、OP′的长度便能计算电子的比荷．
答：（1）电子打在荧光屏O点时速度的大小[U/Bd]．
（2）推导出电子比荷的表达式为[e/m＝
2Uh
B2dL1(L1+2L2)]．
（3）方法如上所述．

点评：
本题考点： 射线管的构造及其工作原理．

考点点评： 本题考查带电粒子在混合场中运动的知识有关应用，难点是带电粒子在电场中的偏转，要灵活运用类平抛运动的有关规律求解．

（1）粒子经电场加速后，由动能定理得：qU＝
1
2nv2
射入磁场后，有：qvB＝n
v2
R
粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，
几何关系是：(L−R)2+(
L
2)2＝R2
联立解得：带电粒子的电量与质量的比值为：[q/n＝
123U
2我B2L2]
（2）带电粒子在磁场中运动的速度大小：v＝

2qU
n＝
16U
我BL
（3）由几何关系得 粒子轨迹所对应的圆心角
θ＝2arcsin

我L
4R＝2arcsin
2
我
我
带电粒子在磁场中运动的时间：
t＝
θ
2πT＝
θn
qB＝
2我BL
64Uarcsin
2
我
我
答：（1）带电粒子的荷质比 [q/n＝
123U
2我B2L2]；
（2）带电粒子在磁场中运动的

点评：
本题考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 本题考查粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，推导出的半径与周期公式，并掌握动能定理在此应用，同时还掌握几何关系的运用．