度大小成正比，故所受的合外力将发生变化，带电粒子不可能做匀加速直线运动，A错误；若仅撤去磁场，P仍处于静止状态，B错误．
5．C 速度选择器的工作原理：带电粒子垂直射入正交的匀强电场和匀强磁场组成的复合场空间，所受的电场力和洛伦兹力方向相反，大小相等．本题中粒子若要无偏转地通过区域Ⅱ，通过收集室的小孔O3，需要满足qE＝qvB，即粒子的速度v＝E/B，C正确．
1
6．D 粒子经电场加速的过程，由动能定理有：qU＝mv2；粒子在磁场中运动，由牛
20
2v01
顿第二定律知Bqv0＝m，所以R＝
RB
2mUqaqb，由图知Ra
2πmT
因周期为T＝，运行时间为，所以a运动的时间小于b运动的时间，C错．
Bq2
7．C
8．A 带电粒子在两D形盒内做圆周运动时间等于半个圆周运动周期，而粒子运动周2πm
期T＝与粒子速度无关，则有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A正确；高频电源的变化周期应该
qBmv
等于2(tn－tn－1)，B错误；由R＝可知：粒子最后获得的最大动能与加速次数无关，与D
qB形盒内磁感应强度和D形盒半径有关，故C、D错误．
9．C 粒子从S3小孔进入磁场中，速度方向向下，粒子向左偏转，由左手定则可知粒子带正电．带正电的粒子在S1和S2两板间加速，则要求场强的方向向下，那么S1板的电势mv1
高于S2板的电势．粒子在电场中加速，由动能定理有mv2＝qU，在磁场中偏转，则有r＝，
2qB联立两式解得r＝大．
10．解析： (1)小球沿NP做直线运动，由平衡条件可得：mg＝qvB1 解得v＝10 m/s.
1
(2)小球从M点到N点的过程中，由动能定理得：mgR＋qER＝mv2
2代入数据解得：E＝4 N/C.
(3)在板间复合场中小球受电场力qUBA/d＝1 N与重力平衡，故小球做匀速圆周运动 设运动半径为R′，由几何知识得： d
R′2＝L2＋(R′－)2，解得：R′＝5 m
2由qvB2＝mv2/R′，解得：B2＝0.2 T. 答案： (1)10 m/s (2)4 N/C (3)0.2 T 11.
2Um，由此式可以看出只增大U或只增大m时，粒子的轨道半径都变qB2
解析： (1)根据题意，Ob与x轴的夹角为45°，带电粒子在电场中做类平抛运动，设在电场中运动时间为t，场强为E，则
x＝OQ·cos 45°＝vt 1x＝OP－OQ·sin 45°＝at2
2
①
②
qE＝ma
联立以上各式解得 9mv2E＝.
4qL
(2)粒子的运动轨迹如图所示，在Q点竖直分速度vy＝at，代入数据解得vy＝v ∴粒子在进入磁场时的速度
2v′＝v2x＋vy＝2 v
③
④
速度方向与＋x方向之间的夹角θ满足 vy
tan θ＝＝1
vx
⑤
∴θ＝45°即粒子垂直于Ob边进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动的圆心即为O点 42L半径R＝OQ＝ 9mv′2
又qv′B＝.
R9mv
解得B＝. 4qL
9mv29mv
答案： (1) (2)B＝
4qL4qL
12．解析： (1)小球进入MN右侧电、磁场后能沿bcd运动且始终对轨道无压力，表明洛伦兹力等于小球做圆周运动的向心力，且小球的速率不变，因此有
⑥ ⑦
vB＝mv2
qR
代入q
m
＝k解得v＝kBR.
(2)小球速率不变，则重力与电场力平衡，即 qE2－mg＝0 解得Eg
2＝k
. (3)小球再次进入左侧电场后，在水平方向做匀减速运动，则0＝vt－1
2a1t2
aqE1＝1m
在竖直方向做自由落体运动，则2R＝1
gt2
2联立④⑤⑥解得E1＝BgR. (4)小球由静止释放，由动能定理得 qE11x＝2
mv2
将②式代入解得x＝kBRgR2g
. 答案： (2)kBR (2)gkBRgR
k (3)BgR (4)2g
① ②
③ ④ ⑤ ⑥ ⑦
