场，若粒子在y轴上距坐标原点L＝0.50 m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，q
设带电粒子的质量为m，电量为q，不计其重力．则上述粒子的比荷(C/kg)是( )
m
A．3.5×107 B．4.9×107 C．5.3×107 【答案】B
D．7×107
【解析】设粒子在磁场中的运动半径为r，画出粒子的轨迹图如图所示。依题意MP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＝
2L，由洛伦兹力提供粒2
mv2q
子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，可得qvB＝，联立解得≈4.9×107 C/kg，故选项B
rm正确。
7.如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子(不计重力作用)，qqBL
粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0＝.粒子发射方向与OC边的夹角为θ，
mm对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是( )
A．粒子有可能打到A点
B．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短
C．以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等 D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出 【答案】AD
v2qBLmv00
【解析】根据Bqv0＝m，又v0＝，可得r＝＝L，又OA＝L，所以当θ＝60°时，
rmBqα
粒子经过A点，所以A正确；根据粒子运动的时间t＝T，圆心角越大，时间越长，粒子
2π以θ＝60°飞入磁场中时，粒子从A点飞出，轨迹圆心角等于60°，圆心角最大，运动的时间最长，所以B错误；当粒子沿θ＝0°飞入磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动T
时间也恰好是，θ从0°到60°在磁场中运动时间先减小后增大，在AC边上有一半区域有粒
6子飞出，所以C错误，D正确．
8.电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示.K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d.在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速.不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是( )
U
A.A、K之间的电场强度为 dB.电子到达A极板时的动能大于eU C.由K到A电子的电势能减小了eU D.由K沿直线到A电势逐渐减小 【答案】C
【解析】A、K之间建立的是非匀强电场，公式U＝Ed不适用，因此A、K之间的电场U
强度不等于.故A错误；根据动能定理得：Ek－0＝eU，得电子到达A极板时的动能 Ek＝
deU，故B错误；由能量守恒定律知，由K到A电子的电势能减小了eU，故C正确；电场力对电子做正功，则电子受到的电场力向下，电场方向向上，则由K沿直线到A电势逐渐
升高，故D错误.
二 非选择题
1.如图，空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场，电场的场强大小按E＝kx分布(x是轴上某点到O点的距离)，k＝
mg
.x轴上，有一长为L的绝缘细线连接A、B两个小球，两球3qL
质量均为m，B球带负电，带电荷量为q，A球距O点的距离为L.两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用．
(1)求A球的带电荷量qA；
(2)剪断细线后，求B球的最大速度vm.
【解析】(1)A、B两球静止时，A球所处位置场强为 mg
E1＝kL＝ 3q
2mg
B球所处的位置场强为E2＝k·2L＝
3q对A、B由整体法得：2mg＋qAE1－qE2＝0 解得：qA＝－4q
(2)当B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为x0 mg
mg＝qE＝qx解得：x0＝3L
3qL0
运动过程中，电场力大小线性变化，所以由动能定理得： 112
mgL－EqL＝mv2m－mv0 222
mg＋mg35Eq＝＝mg
26解得：vm＝
gL 3
gL 3
2.某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示．装置的长为L，上、下两个【答案】(1)－4q (2)
相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板的位置．不计粒子的重力．
(1)求磁场区域的宽度h；
(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv； (3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值．
【解析】(1)设粒子在磁场中的轨迹半径为r，粒子的运动轨迹如图所示．
3
根据题意知L＝3rsin 30°＋dcot 30°，且磁场区域的宽度h＝r(1－cos 30°)
223
解得：h＝(L－3d)(1－)．
32
v2
(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨迹半径为r′，洛伦兹力提供向心力，则有m＝
rv′2
qvB，m＝qv′B，
r′由题意知3rsin 30°＝4r′sin 30°，
qBL3(－d)． m64
解得粒子速度的最小变化量Δv＝v－v′＝