1.4质谱仪与回旋加速器分层作业进阶拓展（Word版含答案）

课时4质谱仪与回旋加速器分层作业进阶拓展（2）第一章安培力和洛伦兹力2021_2022学年高一物理选择性必修第二册（人教版2019）
一、单选题，共10小题
1．如图，方形金属棒放在匀强磁场中，磁场方向垂直前后表面向里，金属棒通有从左到右的恒定电流I后将会产生霍尔效应，则（　　）
A．金属棒上表面的电势高于下表面 B．金属棒前表面的电势高于后表面
C．仅增大磁感应强度，霍尔电压将变大 D．仅增大金属棒长度ab，霍尔电压将变大
2．回旋加速器工作原理示意图如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U、频率为f的交流电源上，若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，下列说法正确的是（　　）
A．若只增大交流电压U，则质子获得的最大动能增大
B．若只增大交流电压U，则质子在回旋加速器中运行时间会变短
C．若磁感应强度B增大，交流电频率f必须适当减小才能正常工作
D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能用于加速α粒子
3．如图，下列说法正确的是（　　）
A．甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压U
B．乙图是磁流体发电机，可判断出A极板是发电机的负极
C．基本粒子不考虑重力的影响，丙图可以判断基本粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是
D．丁图中若载流子带负电，稳定时C板电势高
4．现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定，磁场的磁感应强度为B，质子在入口处从静止开始被电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场，若换作a粒子（a粒子带正电，其电荷量为质子的2倍，质量为质子的4倍）在入口处从静止开始被同一电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度改变为（　　）
A． B． C．2B D．
5．如图所示的速度选择器水平放置，两板间距离与板长相等，板间分布如图所示的正交匀强电场与匀强磁场．第一次：一带正电的粒子（不计重力）从两板左侧中点O处沿图中虚线水平向右射入速度选择器，恰好做匀速直线运动；第二次：撤去磁场，保留电场，粒子以相同速度从O点进入电场，恰好从上板极右边缘b点离开电场区：第三次：撤去电场，保留磁场，粒子以相同速度从O点进入磁场，粒子将打在下板极cd上某位置．粒子第二次在电场中的运动时间与粒子第三次在磁场中的运动时间的比值是（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示是一速度选择器，当粒子速度满足v0＝时，粒子沿图中虚线水平射出；若某一粒子以速度v射入该速度选择器后，运动轨迹为图中实线，则关于该粒子的说法正确的是（　　）
A．粒子射入的速度一定是v>
B．粒子射入的速度可能是v<
C．粒子射出时的速度一定大于射入速度
D．粒子射出时的速度一定小于射入速度
7．回旋加速器如图所示：真空容器D形盒放在与盒面垂直的匀强磁场中。两盒间狭缝间距很小，粒子从粒子源A处（D形盒圆心）进入加速电场（初速度近似为零）D形盒半径为R，粒子质量为m、电荷量为，加速器接电压为U的高频交流电源。若相对论效应、粒子所受重力和带电粒子穿过狭缝的时间均不考虑。下列正确的是（　　）
A．增大电压U，粒子在D形盒中的运动时间不变
B．增大电压U，粒子被加速后获得的最大动能增大
C．增大磁感应强度B，粒子被加速后获得的最大动能增大
D．粒子速度越来越大，交流电源的频率也越来越大
8．若带电粒子在磁场中所受的重力不能忽略，它将做较复杂的曲线运动，“配速法”是解决此类问题的重要方法。我们给带电粒子配置一个速度v1，使之对应的洛伦兹力与重力平衡，可视为匀速直线运动；再配置一个与v1等大反向的速度v2，粒子同时做速度大小为v2的匀速圆周运动，实际的运动为这两个运动的合运动。如图所示，在水平方向上存在垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场。将质量为m、电荷量绝对值为q的带电油滴从a点由静止释放，它在竖直面内运动的部分轨迹如图所示，b为整段轨迹的最低点，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．油滴可能带负电
B．轨迹ab可能是椭圆曲线的一部分
C．油滴到b点时的速度大小为
D．油滴到b点后将沿水平方向做匀速直线运动
9．如图所示，甲、乙、丙、丁四图是四种仪器的结构示意图，下列说法正确的是（ ）
A．图甲是回旋加速器，当在两缝隙处所加电压越大，粒子从出口处出来的速度也越大
B．图乙是静电除尘装置，A应接高压电的正极，接高压电的负极
C．图丙是磁电式电表，指针偏转是通电线圈受安培力作用的结果
D．图丁是磁流体发电机，当闭合开关时，电流由经电阻流向
10．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频电源的两极相连接的两个形金属盒，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。则下列说法中正确的是（　　）
A．粒子从形盒射出时的动能与加速电场的电压有关
B．增大磁场的磁感应强度，可增大带电粒子射出时的动能
C．加速电场的变化周期与粒子速度大小有关
D．用同一回旋加速器可以同时加速质子（）和粒子（）
二、多选题，共4小题
11．在回旋加速器中（　　）
A．电场用来加速带电粒子，磁场则使带电粒子回旋
B．电场和磁场同时用来加速带电粒子
C．在交流电压一定的条件下，回旋加速器的半径越大，则带电粒子获得的动能越大
D．同一带电粒子获得的最大动能只与交流电压的大小有关，而与交流电压的频率无关
12．如图所示，两个平行金属板M、N间有正交的匀强电场和匀强磁场区，电场方向由M板指向N板，磁场方向垂直纸面向里，OO′为到两极板距离相等的平行于两板的直线．一质量为m，带电荷量为＋q的带电粒子，以速度v0从O点射入，沿OO′方向匀速通过场区，不计带电粒子的重力，则以下说法正确的是(　　)
A．带电荷量为－q的粒子以v0从O点沿OO′方向射入仍能匀速通过场区
B．带电荷量为2q的粒子以v0从O点沿OO′射入仍能匀速通过场区
C．保持电场强度和磁感应强度大小不变，方向均与原来相反，粒子以v0从O点沿OO′射入，则粒子仍能匀速通过场区
D．粒子仍以速度v0从右侧的O′点沿O′O方向射入，粒子仍能匀速通过场区14．利用海流发电的磁流体发电机原理示意图如图所示，矩形发电管道水平东西放置，整个管道置于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。其上、下两面是绝缘板，南、北两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连。已知发电管道长为L、宽为d、高为h，海水在发电管道内以恒定速率v朝正东方向流动。发电管道内的海水在垂直流动方向的电阻为r，海水在管道内流动时受到的摩擦阻力大小恒为f，不计地磁场的影响，则（　　）
A．N侧的电势高
B．开关S断开时，M、N两端的电压为Bdv
C．开关S闭合时，发电管道进、出口两端压力差
D．开关S闭合时，电阻R上的功率为
三、填空题，共4小题
15．（1）洛伦兹力是磁场对_________（填“运动”或“静止”）电荷的作用；如图所示是一带正电的粒子在磁场中竖直向下运动，粒子所受洛伦兹力的方向__________。
（2）质谱仪是分离同位素的重要仪器，其原理如图所示，带等量异种电荷的两平行金属板、之间的电压为U，一个带负电的粒子（不计重力）从板中由静止释放，之后从O点进入另一磁感应强度为B的匀强磁场中，在洛伦兹力的作用下，粒子做匀速圆周运动，经过半个圆周后打在挡板上的A点。已知粒子的质量为m，电荷量为q，两点间的距离为______________。
16．如图甲所示，在平面直角坐标系中，原点O处有一粒子源，可沿y轴正方向以初速度发射质量为m、电荷量为的粒子（重力不可忽略）。在第一、二象限内存在方向平行于x轴的电场，电场强度随时间呈期性变化的图像如图乙所示，其周期，规定x轴的正方向为场强的正方向。在第三、四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场和平行于纸面的匀强电场，其场强为（未知），匀强磁场的磁感应强度，粒子进入磁场后做匀速圆周运动。若时刻射出的粒子第一次穿过x轴时速度方向与x轴正方向夹角为，已知重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）的大小和方向；
（2）时刻射出的粒子从射出到第三次穿过x轴所用时间以及穿过的点的位置坐标。
（3）若保持，方向沿x轴的正方向不变，O点发射的粒子第n次穿过x轴的位置坐标。
17．如图所示，厚度为h、宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过导体板时，在导体板的上侧面A和下侧面A′之间会产生电势差U，这种现象称为霍尔效应，霍尔效应可解释如下：外部磁场对运动电子的洛伦兹力使电子聚集在导体板的一侧，在导体板的另一侧会出现多余的正电荷，从而形成电场，电场对电子施加与洛伦兹力方向相反的电场力，当电场力与洛伦兹力达到平衡时，导体板上、下两侧面之间就会形成稳定的电势差，电流I是自由电子的定向移动形成的，电子的平均定向移动速率为v，电荷量为e，回答下列问题：
（1）达到稳定状态时，导体板上侧面A的电势______（选填“高于”“低于”或“等于”）下侧面A′的电势；
（2）电子所受洛伦兹力的大小为______；
（3）当导体板上、下两侧面之间的电势差为UH时，电子所受电场力的大小为______；
（4）导体板上、下两侧面产生的稳定的电势差U=______。
18．质谱仪
（1）质谱仪构造：主要构件有加速______、偏转______和照相底片
（2）运动过程（如图）
（3）带电粒子经过电压为U的加速电场加速，______＝mv2
（4）垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做匀速圆周运动，r＝，可得r＝______
（5）分析：从粒子打在底片D上的位置可以测出圆周的半径r，进而可以算出粒子的______
四、解答题，共4小题
19．如图所示为质谱仪原理示意图．设粒子质量为m、电荷量为q，加速电场电压为U，偏转磁场的磁感应强度为B，粒子从容器A下方的小孔S1飘入加速电场，其初速度几乎为0.则粒子进入磁场时的速度是多大？打在底片上的位置到S3的距离多大？
20．如图所示，三块挡板围成横截面边长L＝1.2 m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E＝4×10－4 N/C。三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外、 磁感应强度大小为B2＝3B1的匀强磁场。现将一比荷＝108 C/kg的带正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN小孔C进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场。已知粒子最终回到了O点，OC相距2m。设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取π＝3。求：
（1）磁感应强度B1的大小；
（2）粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间。
21．如图甲所示，一内壁光滑的圆简水平放置，圆筒内底面拴接一轻质弹簧，推动质量为的带正电绝缘小球a压缩弹簧，小球a的带电荷量为，圆筒右侧与长度为L的绝缘粗糙水平平台AC平滑对接，小球与AC间的动摩擦因数为，AC间存在竖直向上的匀强电场，场强大小为，在C端静止放置一质量为的带负电小球b，带电荷量为，C处恰好无电场，在AC右侧存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，某时刻释放小球a，小球a与小球b在C处发生弹性碰撞（碰撞过程两小球的带电荷量不变），之后小球b恰做匀速圆周运动，运动轨迹经过C点正下方的D点，C、D间距离为d，小球a被反弹，至AC中点处速度减为零，两小球均可看成质点，不计两小球间的库仑力。
（1）求水平面右侧匀强电场的场强大小。
（2）求弹簧最初的弹性势能。
（3）若将CD右侧的磁场变为按图乙所示规律变化的交变磁场，从小球b离开C点开始计时，其中，电场保持不变，设磁场方向垂直纸面向里为正，求小球b从C点进入CD边界右侧区域到再次回到CD所在直线所用的时间（用表示）及再次回到CD所在直线的位置到C点的距离。
22．汤姆孙为了证明阴极射线是带电粒子流以及在测量阴极射线的比荷时，做了如下实验：在阴极射线管中添加了两块水平正对放置间距，边长也为的正方形金属板。正方体空间内加上垂直于面abcd向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场，发现射线恰好从上金属板的边缘射出并打到M点。为了抵消阴极射线的偏转，给金属板加上电压U后，射线恰好打到P点。（粒子重力忽略不计，粒子的入射方向沿正方体左右两侧面中心的连线，连线过P点）
（1）阴极射线带哪一种电荷，哪一块金属板的电势高；
（2）阴极射线的比荷。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【解析】
AB．金属材料中，定向移动的是自由电子，因为自由电子定向移动的方向与电流方向相反，由左手定则可知，电子聚集在上表面，上表面的电势低，AB错误；
CD．最终电子受到的电场力和洛伦兹力平衡，由平衡条件可得
电流的微观表达式为
解得
（S为左侧面的截面积）
故仅增大磁感应强度，霍尔电压将变大，D错误，C正确；
故选C。
2．B
【解析】
A．设回旋加速器D形盒的半径为R，质子获得的最大速度为vm，根据牛顿第二定律有
①
解得
②
质子的最大动能为
③
由③式可知Ekm与交流电压U无关，只增大交流电压U，质子获得的最大动能不变，故A错误；
CD．质子每个运动周期内被加速两次，交流电源每个周期方向改变两次，所以交流电源的周期等于质子的运动周期，即
④
所以
⑤
由⑤式可知若磁感应强度B增大，交流电频率f必须适当增大才能正常工作，且由于α粒子和质子的比荷不同，所以不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器不能用于加速α粒子，故CD错误；
B．设质子在回旋加速器中加速的次数为n，根据动能定理有
⑥
解得
⑦
质子在回旋加速器中运行时间为
⑧
由⑧式可知若只增大交流电压U，则质子在回旋加速器中运行时间会变短，故B正确。
故选B。
3．B
【解析】
A．根据公式
得
故最大动能
与加速电压无关，选项A错误；
B．由左手定则知正离子向下偏转，负离子会向上偏转，所以A板是电源负极，B板是电源正极；选项B正确；
C．电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和安培力，且二力是平衡力，即
所以
不管粒子带正电还是带负电都可以匀速直线通过，所以无法判断粒子的电性，选项C错误；
D．若载流子带负电，由左手定则可知，负粒子向C端偏转，所以稳定时C板电势低，选项D错误。
故选B。
4．B
【解析】
粒子在加速电场中加速，由动能定理得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
磁感应强度之比
故B正确，ACD错误。
故选B。
5．B
【解析】
设速度选择器的板间距和板长都是L，电场强度为E，磁感应强度为B，粒子质量为m，电荷量为q．
在速度选择器中，有
速度是
在电场中类平抛时，有
得到粒子的比荷是
在磁场中圆周运动时，有
得到
作出圆周运动轨迹，有
得到
根据平抛时
圆周运动时
得到
故选B。
6．B
【解析】
假设粒子带正电，则所受电场力向下，由左手定则知所受洛伦兹力方向向上，由受力分析结合运动轨迹知
qvB>qE
则
v>
运动过程中洛伦兹力不做功，电场力做负功，则粒子速度减小；若粒子带负电，所受电场力向上，则由左手定则知所受洛伦兹力方向向下，由受力分析结合运动轨迹知
qvB则
v<
运动过程中洛伦兹力不做功，电场力做正功，则粒子速度增大，选项ACD错误，B正确。
故选B。
7．C
【解析】
BC．粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则有
被加速的粒子做圆周运动的最大半径为D形盒半径R，最大动能为
与加速电压无关；增大磁感应强度B，粒子被加速后获得的最大动能增大，B错误，C正确；
A．由以上分析可知，增大电压U，粒子在D形盒中的运动的动能很快达到最大，可知粒子在D形盒中运动的时间将变小，A错误；
D．由粒子在D形盒中的运动的周期等于高频交流加速电源的周期，则有
交流电源的频率与粒子的速度无关，D错误。
故选C。
8．C
【解析】
A．油滴在重力作用下下落，获得速度后将受到洛伦兹力作用，根据大致轨迹结合洛伦兹力方向可判断油滴带正电，故A错误；
B．将油滴的运动分解为两个分运动，一个是水平向右的匀速直线运动，速度大小满足
受力满足二力平衡，另一个是初速度方向向左，大小为v的匀速圆周运动，受到的洛伦兹力为qvB，两个分运动的合成轨迹将是一个旋轮线，故B错误；
C．油滴到b点时，重力做功最多，速度最大，正好是匀速圆周运动分运动的最低点，速度大小为
方向水平向右，故C正确；
D．在b点时的洛伦兹力大小为2qvB、方向竖直向上，重力大小为mg，二力合力向上，有
加速度大小为g，方向向上，故不可能沿水平方向做匀速直线运动，故D错误。
故选C。
9．C
【解析】
A．图甲是回旋加速器中粒子从出口处出来的速度由半径R决定，与加速电压无关，选项A错误；
B．图乙是静电除尘装置，A应接高压电的负极，接高压电的正极，选项B错误；
C．图丙是磁电式电表，指针偏转是通电线圈受安培力作用的结果，选项C正确；
D．图丁是磁流体发电机，当闭合开关时，根据左手定则可知A板带正电，则电流由经电阻流向，选项D错误。
故选C。
10．B
【解析】
AB．根据公式
故最大动能为
则粒子从形盒射出时的动能与加速电场的电压无关；增大磁场的磁感应强度，可增大带电粒子射出时的动能，选项A错误，B正确；
C．加速电场的变化周期等于粒子在磁场中运动的周期，即
与粒子速度大小无关，选项C错误；
D．根据
因质子（）和粒子（）在磁场中运动的周期不同，则用同一回旋加速器不可以同时加速质子（）和粒子（），选项D错误。
故选B。
11．AC
【解析】
AB．回旋加速器是利用电场对粒子进行加速和磁场进行偏转，故A正确，B错误；
CD．根据
得，最大速度
则最大动能
知同一粒子，回旋加速器的半径越大，获得的动能越大，与交流电压的电压和频率无关，故C正确，故D错误。
故选AC。
12．ABC
【解析】
A．由题意正电粒子能从左向右匀速通过，竖直向上的洛伦兹力与竖直向下的电场力相平衡；若负电粒子从左向右通过时，竖直向下的洛伦兹力也能与竖直向上的电场力相平衡，原因是粒子的速度没有变化，故A正确；
B．由题意正电粒子能从左向右匀速通过，竖直向上的洛伦兹力与竖直向下的电场力相平衡，即有：
qE=Bqv0
解得：
可知平衡条件与电荷量的多少无关，因此带电量为2q的粒子同样也能匀速通过，故B正确；
C．由题意正电粒子能从左向右匀速通过，竖直向上的洛伦兹力与竖直向下的电场力相平衡，即有：
qE=Bqv0
解得：
当电场与磁场方向与原来相反时，没有影响平衡条件，所以也能匀速通过。故C正确；
D．若粒子仍以速率v0从右侧的O′点沿O′O方向射入，粒子受到的竖直向下的电场力与竖直向下的洛伦兹力就不能平衡，因此不能匀速通过。故D错误；
故选ABC。
14．BC
【解析】
A．海水向东流动的过程中，正电荷受到的洛伦兹力的方向指向M，而负电荷受到的洛伦兹力的方向指向N，所以M侧聚集正电荷，M侧的电势高，A错误；
B．开关S断开时，设海水中的电荷所带的电荷量为q，当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时，M、N两端的电压U保持恒定，有
解得
B正确；
C．开关S闭合后，海水所受的摩擦阻力恒为f，设开关S闭合后管道内海水受到的安培力为F安，发电管道进出口两端压力差
有
，
根据闭合电路欧姆定律有
解得
C正确；
D．电阻R上的功率为
D错误。
故选BC。
15． 运动 水平向右
【解析】
（1）洛伦兹力是磁场对运动电荷的作用。
根据左手定则可知粒子所受洛伦兹力的方向水平向右。
（2）设粒子经过加速后获得速度大小为v，根据动能定理有
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有
联立解得
两点间的距离为
16．（1），方向竖直向上；（2），；（3）
【解析】
（1）要使带正电粒子做匀速圆周运动，则有
解得
方向竖直向上；
（2）设场强为时加速度为，场强为时加速度为，粒子第一次穿过x轴的水平速度为有
所用时间
则有
解得
时刻射入的粒子第一次穿过x轴的水平速度
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则有
解得
所以
所以位置坐标为；
（3）设粒子进入磁场时与水平方向夹角为，则进入磁场时的速度
所以此时圆周运动半径
入射点和出射点之间的距离
由此可知每次入射点和出射点之间的距离为一个定值
且由分析可得，在电场中的水平方向的运动合起来可看作一匀加速直线运动，所以
①若n为奇数，有
②若n为偶数，有
17． 低于 evB Bhv
【解析】
（1）电子向左做定向移动，由左手定则知电子所受洛伦兹力的方向向上，故上侧面A聚集电子，下侧面A′聚集正电荷，上侧面A的电势低于下侧面A′的电势
（2）电子所受洛伦兹力的大小
（3）根据
（4）当A、A′间电势差稳定时
故
18． 磁场 电场 qU 比荷
【解析】
略
19．；
【解析】
由动能定理知qU＝mv2，则粒子进入磁场时的速度大小为v＝，由于粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝＝，所以打在底片上的位置到S3的距离为
20．（1）×10－5 T;（2）2.85×10－2s
【解析】
（1）粒子在电场中加速，则由动能定理得
Eqx＝mv2
解得
v＝400 m/s
设粒子进入三角形区域匀强磁场做匀速圆周运动半径为R1，带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。
由几何关系可知
R1＝＝0.6 m
由
qvB1＝m
代入数据得
B1＝×10－5 T
（2）设带电粒子进入外部磁场做匀速圆周运动半径为R2，由题可知
B2＝3B1＝2×10－5 T
又
qvB2＝m
则
R2＝＝0.2m
粒子在由O→C过程中做匀加速直线运动，由公式
x＝vt1
得到
t1＝0.01s
粒子在磁场B1中的周期为
T1＝＝9×10－3 s
则在磁场B1中的运动时间为
t2＝T1＝3×10－3 s
在磁场B2中的周期为
T2＝＝3×10－3 s
在磁场B2中的运动时间为
t3＝T2＝5.5×10－3 s
则粒子在复合场中运动的总时间为
t＝2t1＋t2＋t3＝2.85×10－2 s
21．（1）；（2）；（3），
【解析】
（1）碰后小球b恰好做匀速圆周运动，说明此时的重力与电场力平衡，则
解得
（2）由题意可知，小球b做匀速圆周运动的轨迹半径为
设小球b碰后的速度为，由牛顿第二定律可得
解得
设小球a碰后的速度大小为，碰撞后由动能定理可得
解得
设小球a与小球b发生碰撞前瞬间的速度大小为，两小球组成的系统动量守恒，则
解得
从小球a被释放到与小球b发生碰撞前瞬间的过程，由能量守恒定律可得
解得
（3）由于电场不变，则小球b刚进入CD边界右侧时，仍做匀速圆周运动，当磁感应强度为B时，小球运动的周期为，当磁感应强度为2B时，小球运动的周期为。
由
可得
设磁感应强度为B时，小球的轨迹半径为，磁感应强度为2B时，小球的轨迹半径为。由
可得
由题意可画出相应的运动轨迹如图所示，小球b再次回到边界CD所在直线时达到E点，可得
整个过程所用的时间为
22．（1）负电；下极板；（2）
【解析】
（1）不加电压时，粒子向上偏转，根据左手定则可以判断粒子带负电；
根据题意可知，粒子在电场中受到的电场力向下，则下极板电势高。
（2）不加电压时，设粒子在磁场中轨迹半径为R，根据几何关系
根据洛伦兹力提供向心力
解得
，
当粒子沿直线运动时，根据平衡条件
解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页