参考答案：
粒子在空腔中做匀速圆周运动，故满足qvB=mv2R得：mv=qBR，故Ek=12mv2=q2B2R22m，所以EkpEkα=qp22mpqα22mα=(qpqα)2(mαmp)=(12)2×(41)=1；
同理：qvB=mv2R可得v=qBRm，据周期公式有T=2πRv=2πRqBRm=2πmqB，由于质子P和α粒子荷质比不同，故Tp≠Tα
故选D

本题解析：

本题难度：简单

4、简答题  一足够长的矩形区域abcd内有磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为v0，方向与ad边夹角为θ=30°，如图所示．已知粒子的电荷量为q，质量为m（重力忽略不计）．
（1）若粒子带负电，且恰好能从d点射出磁场，求v0的大小；
（2）若粒子带正电，使粒子能从ab边射出磁场，求v0的取值范围，以及此范围内粒子在磁场中运动时间t的范围．

参考答案：（1）若粒子带负电，且恰好能从d点射出磁场，它运动的轨迹如图1，

则运动的半径：R=L2，
运动的过程洛伦兹力提供向心力，得：qv0B=mv20R
整理得：ν0=BqL2m
（2）若粒子带正电，粒子运动的轨迹如右图所示，当粒子的速度大于与R1相对应的速度v1时，粒子将从dc边射出．
由几何关系可得：R1=L①
由洛仑兹力和向心力公式可得：qv1B=mv21R1 ②
当粒子的速度小于与R2相对应的速度v2时，粒子将从ad边射出．
由几何关系可得：12L-R2=12R2 ③
由③式解得：R2=13L ④
由洛仑兹力和向心力公式可得：qv2B=mv22R2 ⑤
将①④式分别代入②⑤式可解得：v1=qBLm；v2=qBL3m ⑥
所以v0的取值范围是qBL3m≤v0≤qBLm ⑦
从图中可以看出，当轨迹的半径对应R1时从ab边上射出使用的时间最短，此时对应的圆心角为：
θ=180°-30°=150°
由公式可得：T=2πRv=2πmqB⑧
根据周期与运动时间的关系得：θ360°=t1T
整理得：t1=5πm6qB ⑨
粒子在磁场中运动的时间最长，其做圆周运动的圆心角必然最大，在答图中，当粒子的速度小于v2时，粒子从ad边的不同位置射出时，其半径虽不同，但圆心角的夹角都是300°=56×2π，所以粒子在磁场中的运动时间也是5T6，此即粒子在磁场中运动的最长时间．
所以粒子运动的最长时间为：t2=5T6=5πm3qB⑩
与粒子在磁场中运行时间相对应的t的大小范围是5πm6Bq＜t≤5πm3Bq：
答：（1）ν0=BqL2m（2）v0的取值范围BqL3m≤ν0≤BqLm，粒子在磁场中运动时间t的范围5πm6Bq＜t≤5πm3Bq．

本题解析：

本题难度：简单

5、计算题  如图所示，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿y轴负方向的匀强电场；第四象限无电场和磁场。现有一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0从y轴上的M点沿x轴负方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经x轴上的N点和P点最后又回到M点，设OM=L，ON=2L。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；
（3）粒子从M点进入电场经N、P点最后又回到M点所用的时间。

参考答案：解：（1）粒子从M至N运动过程为类平抛运动，设运动时间为t1，根据运动的分解有：
x方向：?①
y方向：?②
?③
联解①②③得：?④

（2）设粒子在N点时的速度vN与x轴成θ角，则由运动的合成与分解有：
?⑤
⑥
设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，圆心在O′处，过P点的速度方向与x夹角为θ′，作出轨迹如图所示。则由几何关系有：
⑦
⑧
⑨
由牛顿第二定律有：⑩
联解⑤⑥⑦⑧⑨⑩得：，方向垂直纸面向里 ⑾
（3）粒子从M至N为类平抛运动，时间为t1；在磁场中做匀速圆周运动，时间为t2；从P至M做匀速直线运动，时间为t3。则有：
?⑿
?⒀
?⒁
?⒂
联解①⑾⑿⒀⒁⒂得： ⒃

本题解析：

本题难度：困难