题目
x x-|||-×↑× x-|||-B x ×××2 屏-|||-a-|||-s l-|||-x-|||-P-|||-y如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP=l，S与屏的距离为(l)/(2)，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（ ）A. (E)/(2aB^2)B. (E)/(aB^2)C. (B)/(2aE^2)D. (B)/(aE^2)
如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP=l，S与屏的距离为$\frac{l}{2}$，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（ ）- A. $\frac{E}{2aB^2}$
- B. $\frac{E}{aB^2}$
- C. $\frac{B}{2aE^2}$
- D. $\frac{B}{aE^2}$
题目解答
答案
解：未加电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，做其运动轨迹如图：
设SP与x轴正方向夹角为θ，则cosθ=$\frac{\frac{l}{2}}{l}$=$\frac{1}{2}$
θ=60°
粒子做圆周运动转过的圆心角也为60°，由几何关系得：r-a=rcosθ
解得：r=2a
粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
在磁场中加匀强电场，粒子做匀速直线运动，受力平衡：qvB=qE
联立解得：$\frac{q}{m}$=$\frac{E}{2a{B}^{2}}$
故A正确，BCD错误。
故选：A。
设SP与x轴正方向夹角为θ，则cosθ=$\frac{\frac{l}{2}}{l}$=$\frac{1}{2}$
θ=60°
粒子做圆周运动转过的圆心角也为60°，由几何关系得：r-a=rcosθ
解得：r=2a
粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
在磁场中加匀强电场，粒子做匀速直线运动，受力平衡：qvB=qE
联立解得：$\frac{q}{m}$=$\frac{E}{2a{B}^{2}}$
故A正确，BCD错误。
故选：A。
解析
步骤 1：确定粒子在磁场中的运动轨迹
粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹为一段圆弧。由于粒子离开磁场后沿直线运动打在接收屏上，可以确定粒子在磁场中的运动轨迹为一段圆弧，且圆心在x轴上。
步骤 2：确定圆心角和半径
根据题意，SP=l，S与屏的距离为$\frac{l}{2}$，与x轴的距离为a。设SP与x轴正方向夹角为θ，则cosθ=$\frac{\frac{l}{2}}{l}$=$\frac{1}{2}$，θ=60°。粒子做圆周运动转过的圆心角也为60°，由几何关系得：r-a=rcosθ，解得：r=2a。
步骤 3：应用洛伦兹力和电场力平衡条件
粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$。在磁场中加匀强电场，粒子做匀速直线运动，受力平衡：qvB=qE。联立解得：$\frac{q}{m}$=$\frac{E}{2a{B}^{2}}$。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹为一段圆弧。由于粒子离开磁场后沿直线运动打在接收屏上，可以确定粒子在磁场中的运动轨迹为一段圆弧，且圆心在x轴上。
步骤 2：确定圆心角和半径
根据题意，SP=l，S与屏的距离为$\frac{l}{2}$，与x轴的距离为a。设SP与x轴正方向夹角为θ，则cosθ=$\frac{\frac{l}{2}}{l}$=$\frac{1}{2}$，θ=60°。粒子做圆周运动转过的圆心角也为60°，由几何关系得：r-a=rcosθ，解得：r=2a。
步骤 3：应用洛伦兹力和电场力平衡条件
粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$。在磁场中加匀强电场，粒子做匀速直线运动，受力平衡：qvB=qE。联立解得：$\frac{q}{m}$=$\frac{E}{2a{B}^{2}}$。