一、选择题(1～3题为单选题，4～5题为多选题)
1.(2015·沈阳模拟)质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量。让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔S无初速度飘入电势差为U的加速电场。加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中。氢的三种同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”。则下列判断正确的是( )
A.进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚
B.进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚
C.在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚
D.a、b、c三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚
答案：A
解析：氢元素的三种同位素离子均带正电，电荷量大小均为e，经过加速电场，由动能定理有：eU=Ek=mv2，故进入磁场中的动能相同，B项错;且质量越大的离子速度越小，故A项正确;三种离子进入磁场后，洛伦兹力充当向心力，evB=m，解得：R==，可见，质量越大的圆周运动半径越大，D项错;在磁场中运动时间均为半个周期，t==，可见离子质量越大运动时间越长C项错。
2.如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入两水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)( )
A.d随U1变化，d与U2无关
B.d与U1无关，d随U2变化
C.d随U1变化，d随U2变化
D.d与U1无关，d与U2无关
答案：A
解析：设带电粒子刚进入磁场时的速度为v，与水平方向夹角为θ。粒子在磁场中运动过程，qvB=m，R=，M、N两点间距离d=2Rcosθ==。对粒子在加速电场中运动过程：qU=mv，联立可看出d随U1变化，与U2无关。
3.如图所示，在xOy直角坐标系中，第象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场。初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，重力不计，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C点。已知OA=OC=d。则磁感应强度B和电场强度E可表示为( )
A.B=，E= B.B=，E=
C.B=，E= D.B=，E=
答案：B
解析：设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v，则qU=mv2;带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，qBv=，依题意可知r=d，联立可解得B=，带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t从P点到达C点，由d=vt，d= t2，联立可解得E=。故B对。
4.电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的。如图所示，电子束经过加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面。不加磁场时，电子束将通过磁场中心O点而打到屏幕上的中心M点，加磁场后电子束偏转到P点外侧。现要使电子束偏转回到P点，可行的办法是( )
A.增大加速电压
B.增加偏转磁场的磁感应强度
C.将圆形磁场区域向屏幕靠近些
D.将圆形磁场的半径增大些
答案：AC
解析：若电子束的初速度不为零，则qU=-，v=，轨道半径R=，增大偏转磁场的磁感应强度，轨道半径减小，电子束偏转到P点外侧;增大加速电压，轨道半径增大，电子束偏转回到P点;将圆形磁场区域向屏幕靠近些，电子束偏转回到P点。选项AC正确。5.如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面由内向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，它们到原点O的距离均为a，θ=45°。现将一质量为m、带电量为q的带正电粒子，从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影响。下列说法正确的是( )
A.若h=，则粒子垂直CM射出磁场
B.若h=，则粒子平行于x轴射出磁场
C.若h=，则粒子垂直CM射出磁场
D.若h=，则粒子平行于x轴射出磁场
答案：AD
解析：若h=，由动能定理粒子进入磁场时的速度为：qEh=mv2-0，v==。磁场中做圆周运动的半径R==×=a，则粒子垂直CM从射出磁场，A对，B、C均错;若h=，粒子进入磁场时的速度为：qEh=mv2-0，v==，磁场中半径R==a，则粒子平行于x轴射出磁场，D对。
二、非选择题
6.(2015·河北衡水中学二模) 如图所示的xOy坐标系中，在第象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，第象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点垂直进入匀强电场，经过x轴上的Q点以速度v进入磁场，方向与x轴正方向成30°角。若粒子在磁场中运动后恰好能再回到电场，已知OQ=3L，粒子的重力不计，电场强度E和磁感应强度B大小均未知。求
(1)O、P间的距离;
(2)磁感应强度B的大小;
(3)若在O点右侧22L处放置一平行于y轴的挡板，粒子能击中挡板并被吸收，求粒子从P点进入电场到击中挡板的时间。
答案：(1) (2) (3)
解析：(1)粒子在Q点进入磁场时有
vx=vcos30°
vy=vsin30°
粒子从P点运动到Q点的时间
t=
解得O、P间的距离y=t=
(2)粒子恰好能回到电场，即粒子在磁场中轨迹的左侧恰好与y轴相切，设半径为R，则有
R+Rsin30°=3L
qvB=
可得B=
(3)粒子在电场和磁场中做周期性运动，轨迹如图
一个周期运动中，在x轴方向上运动的距离为
ΔL=3L+3L-2Rsin30°=4L
P点到挡板的距离为22L，所以粒子能完成5个周期的运动，然后在电场中沿x轴方向运动2L时击中挡板。
5个周期的运动中，在电场中的时间为
t1=5×=
磁场中运动的时间
t2=5×=
剩余2L中的运动时间t3==
总时间t总=t1+t2+t3=
7.(2015·福建福州质检)如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上。一个质量为m，电荷量为q，重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0，h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直。求：
(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1;
(2)匀强电场的电场强度大小E;
(3)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t0。
答案：(1)h (2) (3)(+2+2)
解析：(1)根据题意可大体画出粒子在组合场中的运动轨迹如图所示，由几何关系有
rcos45°=h
可得r=h
又qv1B=
可得v1==
(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点时速度大小为vb，结合类平抛运动规律，有
vb=v1cos45°
得vb=
设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为-yb
结合类平抛运动规律得r+rsin45°=vbt
yb=(v1sin45°+0)t=h
由动能定理有：-qEyb=mv-mv
解得E=
(3)粒子在磁场中的周期为T==
第一次经过x轴的时间t1=T=
在电场中运动的时间t2=2t=
在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间
t3=T=
所以总时间t0=t1+t2+t3=(+2+2)
8.(2015·山东理综)如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(区)和小圆内部(区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m、电量为+q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。
(1)求极板间电场强度的大小;
(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求区磁感应强度的大小;
(3)若区、区磁感应强度的大小分别为、，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。
答案：(1) (2)或 (3)5.5πD
解析：(1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得
qE=mv2
由式得E=
(2)设区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得
qvB=m
如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得
R=
联立式得B=
若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得
R=
联立式得B=
(3)设粒子在区和区做圆周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，区和区磁感应强度的大小分别为B1=、B2=，由牛顿第二定律得
qvB1=m，qvB2=m
代入数据得R1=，R2=
设粒子在区和区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动学公式得
T1=，T2=
据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称可知，区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，区内圆弧所对圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心连线间的夹角设为α，由几何关系得
θ1=120°
θ2=180°
α=60°
粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图丙所示，设粒子在区和区做圆周运动的时间分别为t1，t2，可得
t1=×T1，t2=×T2
设粒子运动的路程为s，由运动学公式得
s=v(t1+t2)
联立⑪⑫⑬⑭⑮式得
s=5.5πD
