2020届一轮复习人教版 第九章 带电粒子在叠加场中的运动 作业
2020届高三物理一轮复习第九章第3讲带电粒子在复合场中的运动课时作业(含解析)(最新整理)
带电粒子在复合场中的运动一、单项选择题1．如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，匀强电场方向竖直向下，有一正离子恰能沿直线从左向右水平飞越此区域．不计重力，则( ）A．若电子以相同的速率从右向左飞入，电子也沿直线运动B．若电子以相同的速率从右向左飞入，电子将向下偏转C．若电子以相同的速率从左向右飞入，电子将向下偏转D．若电子以相同的速率从左向右飞入，电子也沿直线运动解析：若电子从右向左飞入,电场力向上，洛伦兹力也向上，所以向上偏,A、B选项错误;若电子从左向右飞入，电场力向上，洛伦兹力向下．由题意知电子受力平衡将做匀速直线运动，D选项正确,C选项错误．答案：D2．(2016·高考全国卷Ⅰ)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．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为( )A．11 B．12C．121 D．144解析:带电粒子在加速电场中运动时,有qU＝错误!mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝错误!，由以上两式整理得r＝错误!错误!.由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得错误!＝144,选项D正确．答案:D3．(2019·辽宁大连高三模拟)如图所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的O点,出现一个光斑．在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为r的圆弧运动，打在荧光屏上的P点,然后在磁场区域再加一竖直向下，场强大小为E的匀强电场，光斑从P点又回到O 点．关于该粒子（不计重力），下列说法正确的是（）A．粒子带负电B．初速度为v＝B EC．比荷为错误!＝错误!D．比荷为错误!＝错误!解析：在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后,粒子束打在荧光屏上的P点，根据左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；当电场和磁场同时存在时qvB＝Eq，解得v＝错误!，选项B错误；在磁场中时,由qvB＝m错误!，可得错误!＝错误!＝错误!，故选项D 正确，C错误．答案：D4．如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U，带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入,穿过两板后又沿垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化情况为( ）A．d随v0增大而增大，d与U无关B．d随v0增大而增大,d随U增大而增大C．d随U增大而增大,d与v0无关D．d随v0增大而增大，d随U增大而减小解析：设粒子从M点进入磁场时的速度大小为v,该速度与水平方向的夹角为θ，故有v ＝错误!，粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为r＝错误!，而MN之间的距离为d＝2r cos θ，联立解得d＝2mv0qB，故选项A正确．答案：A5．（2019·江西南昌三校联考）中国科学家发现了量子反常霍尔效应,杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果．如图所示，厚度为h、宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．下列说法正确的是( ）A．上表面的电势高于下表面的电势B．仅增大h时，上下表面的电势差增大C．仅增大d时，上下表面的电势差减小D．仅增大电流I时,上下表面的电势差减小解析：因电流方向向右，则金属导体中的自由电子是向左运动的，根据左手定则可知上表面带负电，则上表面的电势低于下表面的电势，A选项错误．当电子达到平衡时，电场力等于洛伦兹力，即q错误!＝qvB，又I＝nqvhd（n为导体单位体积内的自由电子数),得U＝错误!,则仅增大h时,上下表面的电势差不变；仅增大d时,上下表面的电势差减小；仅增大I时，上下表面的电势差增大，故C正确，B、D错误．答案：C二、多项选择题6．(2019·湖北华中师范大学第一附属中学模拟)美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器,其基本原理如图所示．现有一回旋加速器，当外加磁场一定时,可把质子的速度从零加速到v，质子获得的动能为E k。
【物理】2020届一轮复习人教版带电粒子在叠加场中的运动学案
第4节带电粒子在叠加场中的运动突破点(一)带电粒子在叠加场中的运动1．分析方法2．三种场的比较力的特点功和能的特点重力场大小：G＝mg方向：竖直向下重力做功与路径无关重力做功改变物体的重力势能电场大小：F＝qE方向：正电荷受力方向与场强方向相同，负电荷受力方向与场强方向相反电场力做功与路径无关W＝qU电场力做功改变电势能磁场大小：F＝q v B(v⊥B)方向：可用左手定则判断洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能(一)电场与磁场共存[例1]一个带正电荷的微粒(重力不计)，穿过如图所示的匀强电场和匀强磁场区域时，恰能沿直线运动，则下列说法不正确的是()A．若仅减小入射速度，微粒进入该区域后将向下偏转B．若仅减小电场强度，微粒穿过该区域后动能将减小C．若增大磁感应强度而要使微粒依然能沿直线运动，必须增大微粒的入射速度D．若仅将微粒所带的电荷变为负电荷，微粒依然能沿直线运动[解析]带电微粒在电磁场中运动，F洛＝Bq v，F电＝qE。
若仅减小入射速度，则向上的洛伦兹力减小，电场力不变，合力向下，向下偏转，故A正确；减小电场强度，则电场力减小，洛伦兹力不变，合力向上，向上偏转，电场力做负功，洛伦兹力不做功，微粒穿过该区域后动能将减小，故B正确；若增大磁感应强度，则向上的洛伦兹力增大，电场力不变，而要使微粒依然能沿直线运动，则必须减小微粒的入射速度，故C错误；若仅将微粒所带的电荷变为负电荷，洛伦兹力方向向下，电场力方向向上，它们的大小不变，合力为0，微粒依然能沿直线运动，故D正确。
[答案] C(二)磁场与重力场共存[例2]如图，长为l的绝缘轻绳上端固定于O点，下端系一质量为m的带负电小球，在小球运动的竖直平面内有垂直该平面向里的匀强磁场。
某时刻给小球一垂直于磁场、水平向右的初速度，小球能做完整的圆周运动。
不计空气阻力，重力加速度为g。
则()A．小球做匀速圆周运动B．小球运动过程中机械能不守恒C．小球在最高点的最小速度v1＝glD．最低点与最高点的绳子拉力差值大于6mg[解析]小球受重力、绳子的拉力以及沿绳子向外的洛伦兹力，则小球做非匀速圆周运动，选项A错误；小球运动过程中只有重力做功，则机械能守恒，选项B错误；在最高的最小速度满足：mg－q v1min B＝m v1min2l，则v1min≠gl，选项C错误；在最高点时T1＋mg－q v1B＝m v12l ，从最高点到最低点由机械能守恒得：12m v12＋2mgl＝12m v22；在最低点：T2－mg－q v2B＝m v22l；联立解得：ΔF＝T2－T1＝6mg＋qB(v2－v1)>6mg，选项D正确。
2020版高考物理一轮复习第九章第3讲带电粒子在复合场中的运动课时作业(含解析)
带电粒子在复合场中的运动一、选择题(本题共8小题,1~5题为单选题，6~8题为多选题）1．带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2;若加上水平方向的匀强电场,且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3.不计空气阻力,则( )A．h1＝h2＝h3B．h1>h2>h3C．h1＝h2〉h3D．h1＝h3〉h2解析：D 由竖直上抛运动的最大高度公式得h1＝错误!，当小球在磁场中运动到最高点时,小球应有水平速度，由能量守恒得mgh2＋E k＝错误!mv错误!＝mgh1，所以h1>h2；当加上电场时,由运动的独立性可知在竖直方向上有v错误!＝2gh3，所以h1＝h3，D正确．2.如图是磁流体发电机的原理示意图，金属板M、N正对着平行放置,且板面垂直于纸面,在两板之间接有电阻R。
在极板间有垂直于纸面向里的匀强磁场．当等离子束（分别带有等量正、负电荷的离子束)从左向右进入极板时,下列说法中正确的是（）A．N板的电势高于M板的电势B．M板的电势等于N板的电势C．R中有由b向a方向的电流D．R中有由a向b方向的电流解析：D 根据左手定则可知正离子向上极板偏转，负离子向下极板偏转，则M板电势高于N板电势．M板相当于电源的正极，那么R中有由a向b方向的电流，据以上分析可知本题正确选项为D。
3．（2018·唐山模拟)如图所示，两导体板水平放置,两板间的电势差为U,带电粒子以某一初速度v0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．则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化而变化的情况为（）A．d随v0的增大而增大,d与U无关B．d随v0的增大而增大，d随U的增大而增大C．d随U的增大而增大，d与v0无关D．d随v0的增大而增大，d随U的增大而减小解析:A 设粒子从M点进入磁场时的速度大小为v，该速度与水平方向的夹角为θ，故有v＝v0cos θ。
【物理】2020届一轮复习人教版带电粒子在叠加场中的运动课时作业
2020届一轮复习人教版带电粒子在叠加场中的运动课时作业1.如图1所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则()图1A.当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大B.当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ增大C.当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大D.当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小答案 C解析带电小球在电容器中处于平衡时，由平衡条件有tan θ＝qEmg，当开关S断开时，电容器两极板上的电荷量Q不变，由C＝εrS4πkd，U＝QC，E＝Ud可知E＝4πkQεrS，故增大或减小两极板间的距离d，电容器两极板间的电场强度不变，θ不变，选项A、B错误；当开关S闭合时，因为两极板间的电压U不变，由E＝Ud可知，减小两极板间的距离d，E增大，θ变大，选项C正确，D错误.2.(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示.下列说法正确的是()A.保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B.保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C.保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半D.保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半答案AD解析由E＝Ud可知，若保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半，A项正确；若保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的一半，B项错误；由C＝QU，C＝εrS4πkd，E＝Ud，可得U＝4QkπdεrS，E＝4QkπεrS，所以，保持d不变，若Q变为原来的两倍，则U变为原来的两倍，C项错误；保持d不变，若Q变为原来的一半，则E变为原来的一半，D项正确.3．(多选)在空间某一区域里，有竖直向下的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，且两者正交．有两个带电油滴，都能在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示，则两油滴一定相同的是()A．带电性质B．运动周期C．运动半径D．运动速率答案：AB解析：油滴受重力、电场力、洛伦兹力作用做匀速圆周运动．由受力特点及运动特点，得mg＝qE，结合电场方向则油滴一定带负电，且两油滴比荷qm ＝gE相等．洛伦兹力提供向心力，有周期T＝2πmqB ，所以两油滴周期相等，故A、B正确．由r＝m vqB知，速度v越大，半径则越大，故C、D错误．4．(2018·山西四校联考)如图所示，有一金属块放在垂直于表面C的匀强磁场中，当有稳恒电流沿平行平面C的方向通过时，下列说法正确的是()A．金属块上表面M的电势高于下表面N的电势B．电流增大时，M、N两表面间的电压U增大C．磁感应强度增大时，M、N两表面间的电压U减小D．金属块中单位体积内的自由电子数越少，M、N两表面间的电压U越小答案：B解析：由左手定则可知，金属块通有题图示方向电流时，自由电子受到向上的洛伦兹力，向M面偏转，故上表面M电势低于下表面N的电势，A项错误；最终电子在洛伦兹力和电场力作用下处于平衡，即e v B＝Ud e，则有U＝B v d，由此可知，磁感应强度增大时，M、N两表面间的电压增大，C项错误；由电流的微观表达式I＝neS v可知，电流增大说明自由电子定向移动速率v增大，所以M、N两表面间的电压增大，B项正确；电流一定时，金属块中单位体积内的自由电子数n越少，自由电子定向移动的速率一定越大，所以M、N两表面间的电压越大，D项错误．5．(2018·北京丰台区模拟)如图所示，两平行金属板P、Q水平放置，板间存在匀强电场和匀强磁场(图中未画出)．一个带电粒子在两板间沿虚线所示路径做匀速直线运动．粒子通过两平行板后从O 点垂直进入另一个垂直纸面向外的匀强磁场中做匀速圆周运动，经过半个周期后打在挡板MN上的A点，不计粒子重力．则下列说法不正确的是()A．此粒子一定带正电B．P、Q间的匀强磁场一定垂直纸面向里C．若另一个带电粒子也能在P、Q间做匀速直线运动，则它一定与该粒子具有相同的比荷D．若另一个带电粒子也能沿相同的轨迹运动，则它一定与该粒子具有相同的比荷答案：C解析：根据粒子在磁场中的运动轨迹，由左手定则可知，粒子带正电，选项A正确；粒子在两板间受竖直向下的电场力，则洛伦兹力方向竖直向上，由左手定则可知，P 、Q 间的匀强磁场一定垂直纸面向里，选项B 正确；若另一个带电粒子也能在P 、Q 间做匀速直线运动，则有q v B ＝qE ，可得v ＝E B ，则它一定与该粒子具有相同的速度，选项C 错误；若另一个带电粒子也能沿相同的轨迹运动，则有q v B ＝m v 2r ，可得r ＝m v qB ，它一定与该粒子具有相同的比荷和相同的速度，选项D 正确．本题选不正确的，故选C.6．质量为m 、带电量为q 的液滴以速度v 沿与水平方向成45°角斜向上进入正交的匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，如图所示．液滴带正电荷，在重力、电场力及磁场力共同作用下在场区做匀速直线运动．重力加速度为g .试求：(1)电场强度E 和磁感应强度B 各多大？(2)当液滴运动到某一点A 时，电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，不考虑因电场变化而产生的影响，求此后液滴做圆周运动的半径．答案：(1)mg q 2mgq v (3)2v 22g解析：(1)液滴带正电，液滴受力如图所示：根据平衡条件，有：qE ＝mg tan θ＝mgq v B ＝mg cos θ＝2mg 故：E ＝mg q ，B ＝2mg q v .(2)电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有a ＝F 合m ＝2gq v B ＝m v 2R解得：R ＝2v 22g. [能力提升]7．(2018·辽宁五校联考)有一个带电荷量为＋q、重力为G的小球，从两竖直的带电平行板上方h处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时，下列说法正确的是()A．一定做曲线运动B．不可能做曲线运动C．有可能做匀加速直线运动D．有可能做匀速直线运动答案：A解析：带电小球在没有进入复合场前做自由落体运动，进入磁场后，受竖直向下的重力G＝mg、水平向左的电场力F电＝qE 与水平向右的洛伦兹力F洛＝qB v，重力与电场力大小和方向保持恒定，但因为速度大小会发生变化，所以洛伦兹力大小和方向会发生变化，所以一定会做曲线运动，A正确，B、C、D错误．8．(2018·河北冀州模拟)我国位处北半球，某地区存在匀强电场E和可看做匀强磁场的地磁场B，电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，一带电小球以速度v在此区域内沿垂直场强方向在水平面内做直线运动，忽略空气阻力．此地区的重力加速度为g，则下列说法正确的是() A．小球运动方向为自南向北B．小球可能带正电C．小球速度v的大小为E BD．小球的比荷为gE2＋(v B)2答案：D 解析：由题意可知，小球受重力、电场力和洛伦兹力，因做直线运动，且f 洛＝q v B ，因此一定做匀速直线运动，那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等大反向，因电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，则小球受力如图所示，其中Eq 与Bq v 垂直，因小球受力平衡，则受力关系满足(mg )2＝(Eq )2＋(Bq v )2，得q m ＝gE 2＋(v B )2，v ＝(mg )2－(qE )2qB ，则D 项正确，C 项错误．由受力分析可知小球带负电，且运动方向为自东向西，则A 、B 错误．9．(2018·广东佛山一测)在水平面上，平放一半径为R 的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场中，另有一个质量为m 、带电荷量为＋q 的小球．(1)当小球从管口沿切线方向以某速度射入，运动过程中恰不受管道侧壁的作用力，求此速度v 0；(2)现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如图所示．空间再加一个水平向右、场强E ＝mg q 的匀强电场(未画出)．若小球仍以v 0的初速度沿切线方向从左边管口射入，求小球：①运动到最低点的过程中动能的增量；②在管道运动全程中获得的最大速度．答案：(1)qBR m (2)①2mgR ②q 2B 2R 2m 2＋(2＋22)gR 解析：(1)小球在水平面上只受到洛伦兹力作用，故q v 0B ＝m v 20R解得v 0＝qBR m (2)①小球在管道内运动时，洛伦兹力始终不做功．对小球运动到最低点的过程，由动能定理得mgR ＋qER ＝ΔE k又E ＝mg q联立可得动能增量ΔE k ＝2mgR②当小球到达管道中方位角为θ的位置(如图所示)时，根据动能定理，有mgR sin θ＋qE (R ＋R cos θ)＝12m v 2－12m v 20 即v 2＝q 2B 2R 2m 2＋2gR (sin θ＋cos θ)＋2gR 对函数y ＝sin θ＋cos θ求极值，可得θ＝45°时，y max ＝ 2 所以v m ＝q 2B 2R 2m 2＋(2＋22)gR .10．(2018·山西联考)如图所示，在平面直角坐标系中，AO 是∠xOy 的角平分线，x 轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等．一质量为m 、电荷量为＋q 的质点从OA 上的M 点由静止释放，质点恰能沿AO 运动且通过O 点，经偏转后从x 轴上的C 点进入第一象限内并击中AO 上的D 点．已知OD ＝34OM ，匀 强磁场的磁感应强度大小为B ＝m q (T)，重力加速度为g ＝10 m/s 2.求：(1)两匀强电场的电场强度E 的大小；(2)OM 的长L ；(3)质点从M 点出发到击中D 点所经历的时间t .答案：(1)mg q (2)20 2 m 或2029m (3)7.71 s 或6.38 s 解析：(1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力，沿AO 做匀加速直线运动，所以有mg ＝qE ，即E ＝mg q(2)质点在x 轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C 点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示，有Bq v ＝m v 2R由运动学规律知v 2＝2aL ，a ＝2g由类平抛运动规律知R ＝v t 3，R －3L 4＝12at 23 联立解得L ＝20 2 m 或2029m (3)质点做匀加速直线运动有L ＝12at 21，得t 1＝2 s 或23s 质点做匀速圆周运动有t 2＝34×2πm Bq ≈4.71 s 质点做类平抛运动有R ＝v t 3，得t 3＝1 s质点从M 点出发到击中D 点所经历的时间为 t ＝t 1＋t 2＋t 3＝7.71 s 或6.38 s.。
2020届人教版高考物理一轮复习测试专题《带电粒子在叠加场和组合场中的运动》(含解析)
2020届人教版高三物理一轮复习测试专题《带电粒子在叠加场和组合场中的运动》一、单选题1.如图所示，平行金属板A，B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么()A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加2.中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果．如图5所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．下列说法正确的是()A．上表面的电势高于下表面的电势B．仅增大h时，上下表面的电势差增大C．仅增大d时，上下表面的电势差减小D．仅增大电流I时，上下表面的电势差减小3.在第一象限（含坐标轴）内有垂直xo y平面周期性变化的均匀磁场，规定垂直xo y平面向里的磁场方向为正．磁场变化规律如图，磁感应强度的大小为B0，变化周期为T0．某一正粒子质量为m，电量为q在t=0时从0点沿x轴正向射入磁场中。
若要求粒子在t=T0时距x轴最远，则B0的值为（）A．B．C．D．4.如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图。
此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P，Q间的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心O，且与圆心O等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；yO为胶片。
由粒子源发出的不同带电粒子，经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点。
粒子从粒子源发出时的初速度不计，不计粒子所受重力。
下列说法中正确的是（）A．从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定相等B．从小孔S进入磁场的粒子动能一定相等C．打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等D．打到胶片上位置距离O点越远的粒子，比荷越大5.如图所示，洛伦兹力演示仪由励磁线圈，玻璃泡，电子枪等部分组成。
高考物理(人教版)一轮复习带电粒子在组合场、叠加场中的运动课时作业Word版含答案
2020届一轮复习人教版 带电粒子在组合场、叠加场中的运动 课时作业一、选择题考点一 带电粒子在叠加场中的运动1.如图1所示，竖直平面内，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一质量为m 、带电荷量为q 的粒子以速度v 与磁场方向垂直，与电场方向成45°角射入复合场中，恰能做匀速直线运动，则关于电场强度E 和磁感应强度B 的大小，正确的是(重力加速度为g )( )图1A ．E ＝mg q ，B ＝2mgqvB ．E ＝2mgq，B ＝mg qvC ．E ＝mg q，B ＝mg qvD ．E ＝2mgq ，B ＝2mg qv答案 A解析 假设粒子带负电，则其所受电场力方向水平向左，洛伦兹力方向斜向右下方与v 垂直，可以从力的平衡条件判断出这样的粒子不可能做匀速直线运动，所以粒子应带正电荷，受力情况如图所示．根据合外力为零得mg ＝qvB sin 45° qE ＝qvB cos 45°联立可得B ＝2mg qv，E ＝mg q.2．(多选)一带电小球在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中做圆周运动，匀强电场竖直向上，匀强磁场水平且垂直纸面向里，如图2所示，下列说法正确的是( )图2A ．沿垂直纸面方向向里看，小球绕行方向为顺时针方向B ．小球一定带正电且小球的电荷量q ＝mg EC ．由于洛伦兹力不做功，故小球运动过程中机械能守恒D ．由于合外力做功等于零，故小球运动过程中动能不变答案 BD解析 带电小球在叠加场中，只有满足重力与电场力大小相等、方向相反，小球受的合力只表现为洛伦兹力，洛伦兹力提供向心力，小球做匀速圆周运动，故小球所受电场力向上，小球带正电，小球受的洛伦兹力方向要指向圆心，由左手定则判断运动方向为逆时针，由mg ＝qE 可得q ＝mg E，故A 错误，B 正确；洛伦兹力不做功，但电场力做功，故机械能不守恒，故C 错误；由于合外力做功等于零，根据动能定理，小球在运动过程中动能不变，故D 正确．3．(多选)如图3所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿虚线L 斜向上做直线运动，L 与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中正确的是( )图3A ．液滴一定做匀减速直线运动B ．液滴一定做匀加速直线运动C ．电场方向一定斜向上D ．液滴一定带正电 答案 CD解析 带电液滴受竖直向下的重力G 、平行于电场线方向的电场力F 、垂直于速度方向的洛伦兹力F 洛，带电液滴做直线运动，因此三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，故选项A 、B 错误．当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力、沿电场线向上的电场力、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力，这三个力的合力能够为零，使带电液滴沿虚线L 做匀速直线运动；如果带电液滴带负电或电场线方向斜向下，带电液滴所受合力不为零，带电液滴不可能沿直线运动，故选项C 、D 正确．考点二 带电粒子在组合场中的运动4．(多选)如图4所示，A 板发出的电子(重力不计)经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板M 、N 间，M 、N 之间有垂直纸面向里的匀强磁场，电子通过磁场后最终打在荧光屏P 上，关于电子的运动，下列说法中正确的是( )图4A ．滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏的位置上升B ．滑动触头向右移动时，电子通过磁场区域所用时间不变C ．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D ．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度变大 答案 AC解析 当滑动触头向右移动时，电场的加速电压增大，加速后电子动能增大，进入磁场时的初速度增大，向下偏转程度变小，打在荧光屏的位置上升；在磁场中运动对应的圆心角变小，运动时间变短，选项A 正确，B 错误；磁感应强度增大，电子在磁场中运动速度大小不变，打在荧光屏上的速度大小不变，选项C 正确，D 错误．5.如图5所示，有理想边界的匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B ，某带电粒子的比荷(电荷量与质量之比)大小为k ，由静止开始经电压为U 的电场加速后，从O 点垂直射入磁场，又从P 点穿出磁场．下列说法正确的是(不计粒子所受重力)( )图5A ．如果只增加U ，粒子可以从dP 之间某位置穿出磁场B ．如果只减小B ，粒子可以从ab 边某位置穿出磁场C ．如果既减小U 又增加B ，粒子可以从bc 边某位置穿出磁场D ．如果只增加k ，粒子可以从dP 之间某位置穿出磁场 答案 D解析 由题意可得qU ＝12mv 2，k ＝q m ，r ＝mv qB ，解得r ＝2kUkB.对于选项A ，只增加U ，r 增大，粒子不可能从dP 之间某位置穿出磁场．对于选项B ，粒子电性不变，不可能向上偏转从ab 边某位置穿出磁场．对于选项C ，既减小U 又增加B ，r 减小，粒子不可能从bc 边某位置穿出磁场．对于选项D ，只增加k ，r 减小，粒子可以从dP 之间某位置穿出磁场．6．如图6所示，在x 轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B 的匀强磁场，在x 轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为B2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O 与x 轴成30°角斜向上射入磁场，且在x 轴上方磁场中运动的半径为R .粒子重力不计，则( )图6A ．粒子经磁场偏转后一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm3qBD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进了3R 答案 D解析 由r ＝mvqB可知，粒子在x 轴上方和下方磁场中运动的半径之比为1∶2，选项B 错误；粒子完成一次周期性运动的时间t ＝16T 1＋16T 2＝πm 3qB ＋2πm 3qB ＝πmqB ，选项C 错误；粒子第二次射入x 轴上方磁场时沿x 轴前进了l ＝R ＋2R ＝3R ，则粒子经磁场偏转后不能回到原点O ，选项A 错误，D 正确． 二、非选择题7．(2018·齐齐哈尔市期末)如图7所示的区域中，OM 左边为垂直纸面向里的匀强磁场，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OM ，且垂直于磁场方向．一个质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子从小孔P 以初速度v 0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ＝60°，粒子恰好从小孔C 垂直于OC 射入匀强电场，最后打在Q 点，已知OC ＝L ，OQ ＝2L ，不计粒子的重力，求：图7(1)磁感应强度B 的大小； (2)电场强度E 的大小． 答案 (1)3mv 02qL (2)mv 022qL解析 (1)画出粒子运动的轨迹如图所示(O 1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心)：∠PO 1C ＝120°设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ，r ＋r cos 60°＝OC ＝L 得r ＝2L3粒子在磁场中做圆周运动，受到的洛伦兹力充当向心力，qv 0B ＝m v 02r ，解得：B ＝mv 0qr ＝3mv 02qL(2)粒子在电场中做类平抛运动， 由牛顿第二定律得加速度为a ＝qE m水平方向2L ＝v 0t 竖直方向L ＝12at 2解得E ＝mv 022qL8.(2016·天津理综)如图8所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E ＝5 3 N/C ，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B ＝0.5 T ．有一带正电的小球，质量m ＝1×10－6kg ，电荷量q ＝2×10－6C ，正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g ＝10 m/s 2，求：图8(1)小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间t . 答案 (1)20 m/s 方向与电场方向成60°角斜向上 (2)3.5 s解析 (1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB ＝q 2E 2＋m 2g 2①代入数据解得v ＝20 m/s ②速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足 tan θ＝qEmg③代入数据解得tan θ＝ 3 θ＝60°④(2)撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y ＝v sin θ⑤若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t －12gt 2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s ≈3.5 s.9.如图9所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在水平的x 轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B 、方向垂直xOy 平面向里，电场线平行于y 轴．一质量为m 、电荷量为q 的带正电的小球，从y 轴上的A 点水平向右抛出，经x 轴上的M 点进入电场和磁场区域，恰能做匀速圆周运动，从x 轴上的N 点第一次离开电场和磁场，MN 之间的距离为L ，小球过M 点时的速度方向与x 轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g ，求：图9(1)电场强度E 的大小和方向；(2)小球从A 点抛出时初速度v 0的大小； (3)A 点到x 轴的高度h .答案 (1)mg q 竖直向上 (2)qBL 2m tan θ (3)q 2B 2L 28m 2g解析 (1)小球在电场、磁场区域中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有qE ＝mg ①E ＝mgq②重力的方向竖直向下，电场力的方向应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．(2)小球在叠加场中做匀速圆周运动，O ′为圆心，MN 为弦长，∠MO ′P ＝θ，如图所示，设半径为r ，由几何关系知L2r＝sin θ③小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速度为v ，有qvB ＝mv 2r④由速度的合成与分解知v 0v＝cos θ⑤ 由③④⑤式得v 0＝qBL2m tan θ.⑥(3)设小球到M 点时的竖直分速度为v y ，它与水平分速度的关系为v y ＝v 0tan θ⑦ 由匀变速直线运动规律有v y 2＝2gh ⑧由⑥⑦⑧式得h ＝q 2B 2L 28m 2g.10．如图10所示xOy 坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示．现有一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子在该平面内从x 轴上的P 点，以垂直于x 轴的初速度v 0进入匀强电场，恰好经过y 轴上的Q 点且与y 轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x 轴进入第四象限的磁场．已知OP 之间的距离为d (不计粒子的重力)．求：图10(1)O 点到Q 点的距离； (2)磁感应强度B 的大小；(3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x 轴所用的时间．答案 (1)2d (2)mv 02qd (3)(7π＋4)d2v 0解析 (1)设Q 点的纵坐标为h ，到达Q 点的水平分速度为v x ，P 到Q 受到的恒定的电场力与初速度方向垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知 竖直方向匀速直线运动，h ＝v 0t 1水平方向匀加速直线运动的平均速度v ＝0＋v x2，则d ＝v x t 12根据速度的矢量合成tan 45°＝v x v 0，解得h ＝2d .(2)粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径R ＝22d由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2R ，解得R ＝mvqB由(1)可知v ＝v 0cos 45°＝2v 0联立解得B ＝mv 02qd.(3)在电场中的运动时间为t 1＝2dv 0在磁场中，由运动学公式T ＝2πRv在第一象限中的运动时间为t 2＝135°360°·T ＝38T在第四象限内的运动时间为t 3＝T2带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x 轴所用的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(7π＋4)d2v 0.。
2020版高考物理一轮复习第九章课时作业31带电粒子在组合场中的运动新人教版
课时作业31 带电粒子在组合场中的运动时间：45分钟1．如图所示，a、b是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，两边的磁感应强度大小相等．电荷量为2e的带正电的质点M以某一速度从a点垂直磁场边界向左射出，与静止在b点的电荷量为e的带负电的质点N相撞，并粘合在一起，不计质点M和质点N的重力，则它们在磁场中的运动轨迹是( D )解析：正离子以某一速度击中并吸收静止的电子后，速度保持不变，电荷量变为＋e，由左手定则可判断出正离子过b 点时所受洛伦兹力向下；由r ＝mv qB可得，电荷量减半，则半径增大到原来的2倍，故磁场中的运动轨迹为D ，故D 正确．2．用回旋加速器分别加速某元素的一价正离子和二价正离子，各离子开始释放的位置均在A 点，加速电压相同，则关于一价正离子和二价正离子的加速，下列说法不正确的是( C )A ．获得的最大速度之比为B ．获得的最大动能之比为C ．加速需要的交变电压的频率之比为D ．经加速电场加速的次数之比为解析：某元素的一价正离子和二价正离子的电荷量之比为，质量相等，由E k ＝12mv2＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫qBR m 2＝q 2B 2R 22m，可知获得的最大动能之比为，速度之比为，A 、B 正确，不符合题意；加速电压的周期等于粒子在磁场中运动的周期，即T ＝2πm Bq，可见交变电压的周期之比为，频率之比为，C 错误，符合题意；经加速电场加速由动能定理有nqU ＝q 2B 2R 22m，n ＝qB 2R 22mU，因此加速的次数之比为，D 正确，不符合题意．3．如图所示左侧为竖直放置的两平行板M 、N ，右侧为垂直纸面向里的左、右边界分别为1、2的匀强磁场，磁感应强度为B .平行板M 的中心处有一电子放射源S ，能源源不断地发射一系列初速度可视为零的电子，经加速电压U 0加速后，电子沿水平方向从N 板的小孔向右进入匀强磁场，经一段时间电子到达磁场右边界的P 点．如果磁感应强度变为2B ，欲使电子仍沿原来的轨迹到达P 点，应将加速电压调节为U ，则( A )A ．U ＝4U 0B ．U ＝2U 0C ．U ＝2U 0D ．U ＝14U 0解析：要使电子在磁场中仍打在P 点，则可知电子的运动半径不变，则由Bev ＝m v 2R 可知R ＝mvBe，磁感应强度B 加倍，而电子的轨道半径R 不变，则速度一定也加倍．对电子的加速过程有eU ＝12mv 2，解得v ＝2eUm，故要使速度加倍，加速电压应变为原来的4倍，A 正确．4．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 )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、氚解析：离子通过加速电场的过程，有qU ＝12mv 2，因为氕、氘、氚三种离子的电量相同、质量依次增大，故进入磁场时动能相同，速度依次减小，故A 项正确，B 项错误；由T ＝2πmqB可知，氕、氘、氚三种离子在磁场中运动的周期依次增大，又三种离子在磁场中运动的时间均为半个周期，故在磁场中运动时间由大到小排列依次为氚、氘、氕，C 项错误；由qvB ＝m v 2R 及qU ＝12mv 2，可得R ＝1B2mUq，故氕、氘、氚三种离子在磁场中的轨道半径依次增大，所以a 、b 、c 三条“质谱线”依次对应氚、氘、氕，D 项错误．5．平面直角坐标系xOy 中，第二象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第三、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，如图所示．一质量为m ，电荷量为q的正粒子从坐标为(－L ，L )的P 点沿y 轴负向进入电场，初速度大小为v 0＝2EqLm，粒子第二次到达x 轴的位置为坐标原点．不计粒子的重力，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小；(2)若粒子由P 点沿x 轴正向入射，初速度仍为v 0＝2Eqlm，求粒子第二次到达x 轴时与坐标原点的距离．解析：(1)由动能定理EqL ＝12mv 2－12mv 2粒子进入磁场时速度大小为v ＝4EqLm在磁场中L ＝2R qvB ＝m v 2R可得B ＝4mE qL(2)假设粒子由y 轴离开电场L ＝v 0t y ＝12at 2 Eq ＝ma可得y 1＝L4<L ，假设成立v y ＝at速度偏转角tan θ＝v y v 0＝12第一次到达x 轴的坐标x 1＝L －y 1tan θ＝32L 在磁场中R ′＝mv ′qBx ＝2R ′sin θ＝2mv ′qB sin θ＝2mv y qB ＝24L 粒子第二次到达x 轴的位置与坐标原点的距离x ＝x 1＋x 2＝6＋24L (或1.85L )答案：(1)4mE qL (2)6＋24L6．如图所示，两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN 分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同．挡板PQ 垂直MN 放置，挡板的中点置于N 点．在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场．在左侧虚线上紧靠M 的上方取点A ，一比荷qm＝5×105C/kg 的带正电粒子，从A 点以v 0＝2×103m/s 的速度沿平行MN 方向射入电场，该粒子恰好从P 点离开电场，经过磁场的作用后恰好从Q 点回到电场．已知MN 、PQ 的长度均为L ＝0.5 m ，不考虑重力对带电粒子的影响，不考虑相对论效应．(1)求电场强度E 的大小； (2)求磁感应强度B 的大小；(3)在左侧虚线上M 点的下方取一点C ，且CM ＝0.5 m ，带负电的粒子从C 点沿平行MN 方向射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同．若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到Q 点和P 点，求两带电粒子在A 、C 两点射入电场的时间差．解析：(1)带正电粒子在电场中做类平抛运动，有L ＝v 0tL 2＝12·qE mt 2解得：E ＝16 N/C.(2)设带正电的粒子从P 点射出电场时与虚线的夹角为θ，有tan θ＝v 0qE mt 可得θ＝45°粒子射入磁场时的速度大小v ＝2v 0粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB ＝m v 2r由几何关系有r ＝22L 解得：B ＝1.6×10－2T.(3)两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同．两带电粒子在磁场中都做匀速圆周运动，带正电粒子转过的圆心角为3π2，带负电粒子转过的圆心角为π2.两带电粒子在A 、C 两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中运动的时间差．若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间T ＝2πr v ＝2πmqB带正电粒子在磁场中运动时间t 1＝34T ＝5.9×10－4s带负电粒子在磁场中运动时间t 2＝14T ＝2.0×10－4s两带电粒子在A 、C 两点射入电场的时间差 Δt ＝t 1－t 2＝3.9×10－4s.答案：(1)16 N/C (2)1.6×10－2T (3)3.9×10－4s7．(2018·天津卷)如图所示，在水平线ab 的下方有一匀强电场，电场强度为E ，方向竖直向下，ab 的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．磁场中有一内、外半径分别为R 、3R 的半圆环形区域，外圆与ab 的交点分别为M 、N .一质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子在电场中P 点静止释放，由M 进入磁场，从N 射出．不计粒子重力．(1)求粒子从P 到M 所用的时间t ；(2)若粒子从与P 同一水平线上的Q 点水平射出，同样能由M 进入磁场，从N 射出．粒子从M 到N 的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q 时速度v 0的大小．解析：(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v ，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 23R①设粒子在电场中运动所受电场力为F ，有F ＝qE ② 设粒子在电场中运动的加速度为a ，根据牛顿第二定律有F ＝ma ③粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v ＝at ④ 联立①②③④式得t ＝3BRE⑤(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定．故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短．设粒子在磁场中的轨迹半径为r ′，由几何关系可得(r ′－R )2＋(3R )2＝r ′2⑥设粒子进入磁场时速度方向与ab 的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知tan θ＝3Rr ′－R⑦ 粒子从Q 点射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P 点释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v .在垂直于电场方向上的分速度始终等于v 0，由运动的合成和分解可得tan θ＝v v 0⑧联立①⑥⑦⑧式得v 0＝qBR m⑨ 答案：(1)3RB E (2)qBR m。
高考物理一轮复习第九单元专题九带电粒子在叠加场中的运动学案新人教版
专题九带电粒子在叠加场中的运动考纲考情核心素养►带电粒子在叠加场中运动Ⅰ►速度选择器、磁流体发电、电磁流量计、霍尔元件Ⅱ►应用动力学和能量观点分析带电粒子在叠加场中运动.物理观念全国卷5年5考高考指数★★★★★►本专题知识与现代科学技术联系密切,如霍尔元件等,理解其工作原理是学习重点.科学思维突破1 带电粒子在叠加场中运动的应用实例装置原理图规律速度选择器若qv0B＝Eq,即v0＝EB,粒子做匀速直线运动磁流体发电机等离子体射入,受洛伦兹力偏转,使两极板分别带正、负电,两极板间电压为U时稳定,qUd＝qv0B,U＝v0Bd电磁流量计当qUd＝qvB时,有v＝UBd,流量Q＝Sv＝π⎝⎛⎭⎪⎫d22UBd＝πdU4B霍尔元件导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转,A、A′间出现电势差,当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时,A、A′间的电势差(U)就保持稳定,由qvB＝qUh,I＝nqvS,S＝hd；联立得U ＝BInqd＝kBId,k＝1nq称为霍尔系数题型1 速度选择器(多选)如图所示,a、b是一对平行金属板,分别接到直流电源的两极上,使a、b两板间产生匀强电场(场强大小为E),右边有一块挡板,正中间开有一小孔d,在较大空间范围内存在着匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里．从两板左侧中点c处射入一束正离子(不计重力),这些正离子都沿直线运动到右侧,从d孔射出后分成三束,则下列判断正确的是( )A．这三束正离子的速度一定不相同B．这三束正离子的比荷一定不相同C．a、b两板间的匀强电场方向一定由a指向bD．若这三束离子改为带负电而其他条件不变,则仍能从d孔射出【解析】因为三束正离子在两极板间都是沿直线运动的,电场力等于洛伦兹力,可以判断三束正离子的速度一定相同,且电场方向一定由a指向b,A错误,C正确；在右侧磁场中三束正离子运动轨迹半径不同,可知这三束正离子的比荷一定不相同,B正确；若将这三束离子改为带负电,而其他条件不变的情况下分析受力可知,三束离子在两板间仍做匀速直线运动,仍能从d孔射出,D正确．【答案】BCD题型2 磁流体发电机磁流体发电的原理如图所示．将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中,在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压．如果把上、下板和电阻R连接,上、下板就是一个直流电源的两极．若稳定时等离子体在两板间均匀分布,电阻率为ρ,忽略边缘效应,下列判断正确的是( )A．上板为正极,电流I＝BdvabRab＋ρdB．上板为负极,电流I＝Bvad2Rad＋ρbC ．下板为正极,电流I ＝BdvabRab ＋ρdD ．下板为负极,电流I ＝Bvad 2Rad ＋ρb【解析】 根据左手定则,正电荷受到的洛伦兹力向下,负电荷受到的洛伦兹力向上,故上板为负极,下板为正极．稳定时,电荷受到的洛伦兹力和电场力大小相等,即q Ud＝qvB ,电动势U ＝dvB ,根据电阻定律,等离子体的电阻r ＝ρd ab ,电流I ＝U R ＋r ＝dvB R ＋ρd ab＝BdvabRab ＋ρd,选项C正确．【答案】 C题型3 电磁流量计为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况,技术人员在排污管中安装了监测装置,该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔,其宽和高分别为b 和c ,左、右两端开口与排污管相连,如图所示．在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B 的匀强磁场,在空腔前、后两个侧面上各有长为a 的相互平行且正对的电极M 和N ,M 、N 与内阻为R 的电流表相连．污水从左向右流经该装置时,电流表将显示出污水排放情况．下列说法中错误的是( )A ．M 板比N 板电势低B ．污水中离子浓度越高,则电流表的示数越小C ．污水流量越大,则电流表的示数越大D ．若只增大所加磁场的磁感应强度,则电流表的示数也增大【解析】 污水从左向右流动时,根据左手定则,正、负离子在洛伦兹力作用下分别向N 板和M 板偏转,故N 板带正电,M 板带负电,A 正确；稳定时带电离子在两板间受力平衡,可得qvB ＝q U b ,此时U ＝Bbv ,又因流速v ＝Q S ＝Q bc ,故U ＝BbQ bc ＝BQc,式中Q 是流量,可见当污水流量越大、磁感应强度越强时,M 、N 间的电压越大,电流表的示数越大,而与污水中离子浓度无关,B 错误,C 、D 正确．【答案】 B题型4 霍尔元件(2019·天津卷)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件,电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件,屏幕熄灭,电脑进入休眠状态．如图所示,一块宽为a 、长为c 的矩形半导体霍尔元件,元件内的导电粒子是电荷量为e 的自由电子,通入方向向右的电流时,电子的定向移动速度为v .当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中,于是元件的前、后表面间出现电压U ,以此控制屏幕的熄灭．则元件的( )A ．前表面的电势比后表面的低B ．前、后表面间的电压U 与v 无关C ．前、后表面间的电压U 与c 成正比D ．自由电子受到的洛伦兹力大小为eU a【分析】 处理本题的关键是弄清霍尔元件的原理,即当电流通过导体时,在导体的前、后表面之间产生电压,此电压称为霍尔电压,最终当电子所受电场力和洛伦兹力平衡时,前、后表面间的电势差保持稳定．【解析】 由题意可判定,电子定向移动的方向水平向左,则由左手定则可知,电子所受的洛伦兹力指向后表面,因此后表面积累的电子逐渐增多,前表面的电势比后表面的电势高,A 错误；当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时,电子不再发生偏转,此时前、后表面间的电压达到稳定,对稳定状态下的电子有eE ＝eBv ,又E ＝U a,解得U ＝Bav ,显然前、后表面间的电压U 与电子的定向移动速度v 成正比,与元件的宽度a 成正比,与长度c 无关,B 、C 错误；自由电子稳定时受到的洛伦兹力等于电场力,即F ＝eE ＝eU a,D 正确．【答案】 D突破2 带电粒子在叠加场中的运动1．处理带电粒子在叠加场中的运动问题时,要做到“三个分析”：(1)正确分析受力情况,重点明确重力是否不计和洛伦兹力的方向．(2)正确分析运动情况,常见的运动形式有匀速直线运动、匀速圆周运动和一般变速曲线运动．(3)正确分析各力的做功情况,主要分析电场力和重力做的功,洛伦兹力一定不做功．2．带电粒子在叠加场中的运动分类(1)静止或匀速直线运动：当带电粒子在叠加场中所受合外力为零时,将处于静止状态或匀速直线运动状态．(2)匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时,带电粒子在洛伦兹力的作用下,在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．(3)一般的曲线运动：当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化,且与初速度方向不在同一条直线上时,粒子做非匀变速曲线运动,这时粒子运动轨迹既不是圆弧,也不是抛物线．如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E＝5 3 N/C,同时存在着水平方向的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小B＝0.5 T．有一带正电的小球,质量m＝1.0×10－6 kg,电荷量q＝2×10－6 C,正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动,当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象),g取10 m/s2.求：(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.【分析】(1)小球做匀速直线运动时受到重力、电场力和洛伦兹力的作用,这三个力的合力为零．(2)撤去磁场后小球做类平抛运动．【解析】(1)小球做匀速直线运动时受力如图甲,其所受的三个力在同一平面内,合力为零,有qvB ＝q 2E 2＋m 2g 2①代入数据解得v ＝20 m/s ②速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足 tan θ＝qE mg③代入数据解得tan θ＝3,θ＝60°. ④(2)解法1：撤去磁场,小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动,如图乙所示,设其加速度为a ,有a ＝q 2E 2＋m 2g 2m⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ,有x ＝vt ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y ,有y ＝12at 2 ⑦tan θ＝y x⑧联立④⑤⑥⑦⑧式,代入数据解得t ＝2 3 s ． ⑨解法2：撤去磁场后,由于电场力垂直于竖直方向,它对竖直方向的分运动没有影响,以P 点为坐标原点,竖直向上为正方向,小球在竖直方向上做竖直上抛运动,其初速度为v y ＝v sin θ ⑤若使小球再次穿过P 点所在的电场线,仅需小球的竖直方向上分位移为零,则有v y t －12gt 2＝0 ⑥联立⑤⑥式,代入数据解得t ＝2 3 s.【答案】 (1)20 m/s 方向与电场方向成60°角斜向上 (2)2 3 s高分技法带电粒子在叠加场中运动的思维流程1.如图所示,一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动,其轨迹半径为R ,已知该电场的电场强度为E ,方向是竖直向下,该磁场的磁感应强度为B ,方向垂直于纸面向里,不计空气阻力,重力加速度为g ,则( C )A ．液滴带正电B ．液滴的比荷q m ＝E gC ．液滴沿顺时针方向运动D ．液滴运动速度大小v ＝Rg BE解析：液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动,可知qE ＝mg ,解得q m ＝g E,故B 错误；电场力竖直向上,液滴带负电,A 错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向运动,C 正确；对液滴,有qE ＝mg ,qvB ＝m v 2R ,解得v ＝RBgE,故D 错误．2.如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里,三个带正电的微粒a ,b ,c 电荷量相等,质量分别为m a ,m b ,m c ,已知在该区域内,a 在纸面内做匀速圆周运动,b 在纸面内向右做匀速直线运动,c 在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是( B )A ．m a >m b >m cB ．m b >m a >m cC ．m c >m a >m bD ．m a >m b >m a解析：该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场,a 在纸面内做匀速圆周运动,可知其重力与所受到的电场力平衡,洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力,有m a g ＝qE ,解得m a ＝qEg.b 在纸面向右做匀速直线运动,由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上,可知m b g ＝qE ＋qv b B ,解得m b ＝qE g ＋qv b Bg.c 在纸面内向左做匀速直线运动,由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下,可知m c g ＋qv c B ＝qE ,解得m c ＝qE g －qv c Bg.综上所述,可知m b >m a >m c ,选项B 正确．突破3 带电粒子在有轨道约束的叠加场中的运动带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道约束的情况下,常见的运动形式有直线运动和圆周运动,分析时应注意：(1)分析带电粒子所受各力尤其是洛伦兹力的变化情况,分阶段明确物体的运动情况． (2)根据物体各阶段的运动特点,选择合适的规律求解． ①匀速直线运动阶段：应用平衡条件求解．②匀加速直线运动阶段：应用牛顿第二定律结合运动学公式求解． ③变加速直线运动阶段：应用动能定理、能量守恒定律求解．(多选)如图所示,在竖直平面内,由绝缘材料制成的竖直平行轨道CD 、FG 与半圆轨道DPG 平滑相接,CD 段粗糙,其余部分都光滑,圆弧轨道半径为R ,圆心为O ,P 为圆弧最低点,整个轨道处于水平向右的匀强电场中,电场强度为E .PDC 段还存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B ．有一金属圆环M ,带有正电荷q ,质量m ＝qE g,套在轨道FG 上,圆环与CD 轨道间的动摩擦因数μ＝0.2.如果圆环从距G 点高为10R 处由静止释放,则下列说法正确的是( )A ．圆环在CD 轨道上也能到达相同高度处B ．圆环第一次运动到P 点(未进入磁场区域)时对轨道的压力为21mgC ．圆环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为8mgRD ．圆环最终会静止在P 点【解析】 圆环从M 点到CD 轨道最高点的过程中,电场力和摩擦力都做负功,圆环的机械能减少,所以圆环在CD 轨道上不能到达相同高度,A 错误；对圆环第一次运动到P 点的过程由动能定理得mg ·11R －EqR ＝12mv 2,在P 点由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2R ,又m ＝qEg ,解得N ＝21mg ,由牛顿第三定律可知圆环第一次运动到P 点时对轨道的压力N ′＝N ＝21mg ,B 正确；当圆环经过D 点速度为零时,设圆环能返回到G 点上方H 点,H 点离G 点的竖直距离为x ,D 到H 的过程,由动能定理得qE ·2R －mgx ＝0,得x ＝2R ,圆环最终会在DH 间往复运动,经过D 点或H 点时速度为0,对整个过程由动能定理得mg ·8R －W f ＝0,克服摩擦力所做的功为W f ＝8mgR ,C 正确,D 错误．【答案】 BC 高分技法把握三点,解决“约束运动”问题 1对物体受力分析,把握已知条件.2掌握洛伦兹力的公式和特点,理清弹力和摩擦力、洛伦兹力和速度、摩擦力与合力、加速度与速度等几个关系.3掌握力和运动、功和能在磁场中的应用.3．(多选)如图所示为一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环,可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动,细杆处于磁感应强度为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场中．现给圆环向右的初速度v0,在以后的运动过程中,圆环运动的vt图象可能是下图中的( BC )解析：本题考查受到洛伦兹力作用的圆环的运动及其相关知识．若qv0B＝mg,小环做匀速运动,此时图象为平行于t轴的直线,故B正确；若qv0B>mg,F N＝qv0B－mg,此时μF N＝ma,所以小环做加速度逐渐减小的减速运动,直到qvB＝mg时,小环开始做匀速运动,故C正确；若qv0B<mg,F N＝mg－qv0B,此时μF N＝ma,所以小环做加速度逐渐增大的减速运动,直至停止,其vt图象的斜率应该逐渐增大,故A、D错误．4. (多选)如图所示,半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内,磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里．一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A点无初速度滑下,当小球滑至轨道最低点C时,给小球再施加一始终水平向右的外力F,使小球能保持不变的速率滑至轨道右侧的D点．若轨道的两端等高,小球始终与轨道接触,重力加速度为g,则下列判断正确的是( BD )A．小球在C点对轨道的压力大小为qB2gRB．小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qB2gRC．小球从C到D的过程中,外力F的大小保持不变- 11 - D ．小球从C 到D 的过程中,外力F 的功率逐渐增大解析：小球从A 到C ,只有重力做功,由机械能守恒定律得mgR ＝12mv 2,在C 点,由牛顿第二定律得F N ＋qvB －mg ＝m v 2R,联立解得F N ＝3mg －qB 2gR ,由牛顿第三定律可知,小球在C 点时对轨道的压力大小为3mg －qB 2gR ,故A 错误,B 正确；从C 到D ,小球速率不变,由于轨道对小球的支持力和洛伦兹力不做功,则重力做负功的功率和外力F 做正功的功率始终大小相等,设速度方向与竖直方向夹角为θ,有mgv cos θ＝Fv sin θ,解得F ＝mg tan θ,因θ逐渐减小,则外力F 逐渐增大,外力F 的功率逐渐增大,故C 错误,D 正确．。
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课时跟踪检测（三十一） 带电粒子在叠加场中的运动[A 级——基础小题练熟练快]1．(多选)如图所示，为研究某种射线装置的示意图。
射线源发出的射线以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的中央O 点，出现一个亮点。
在板间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场后，射线在板间做半径为r 的圆周运动，然后打在荧光屏的P 点。
若在板间再加上一个竖直向下电场强度为E 的匀强电场，亮点又恰好回到O 点，由此可知该射线粒子射线源( )A ．带正电B ．初速度为v ＝B EC ．荷质比为q m ＝B 2r ED ．荷质比为q m ＝E B 2r解析：选AD 粒子在向里的磁场中向上偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，选项A 正确；粒子在磁场中：Bq v ＝m v 2r ；粒子在电磁正交场中：qE ＝q vB ，v ＝E B ，选项B 错误；联立解得q m ＝E B 2r，选项C 错误，D 正确。
2.(2018·安庆模拟)如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R ，已知该电场的电场强度为E ，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g ，则( )A ．液滴带正电B ．液滴比荷q m ＝E gC ．液滴沿顺时针方向运动D ．液滴运动速度大小v ＝Rg BE解析：选C 液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知，qE ＝mg ，得q m ＝g E，故B 错误；电场力竖直向上，液滴带负电，A 错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向转动，C 正确；对液滴qE ＝mg ，q v B ＝m v 2R ，得v ＝RBg E ，故D 错误。
3．(多选)带电小球以一定的初速度v 0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h 1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 4，如图所示。
不计空气阻力，则( )A ．一定有h 1＝h 3B ．一定有h 1＜h 4C ．h 2与h 4无法比较D ．h 1与h 2无法比较解析：选AC 第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：h 1＝v 022g。
第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，v 02＝2gh 3，所以h 1＝h 3，故A 正确。
而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为E k ，则由能量守恒得：mgh 2＋E k ＝12m v 02，又由于12m v 02＝mgh 1，所以h 1＞h 2，所以D 错误。
第4个图：因小球电性不知，则电场力方向不清，则高度可能大于h 1，也可能小于h 1，故B 错误，C 正确。
4．(多选)如图所示，表面粗糙的绝缘斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向里的磁场和竖直向下的匀强电场中，磁感应强度大小为B ，电场强度大小为E ，一质量为m 、电荷量为Q 的带负电小滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块下滑过程中，下列判断正确的是( )A ．滑块受到的摩擦力不变B ．若斜面足够长，滑块最终可能在斜面上匀速下滑C ．若B 足够大，滑块最终可能静止于斜面上D ．滑块到达地面时的动能与B 有关解析：选BD 滑块向下运动的过程中受到重力、电场力、支持力，根据左手定则，滑块还受到垂直斜面向下的洛伦兹力，沿斜面向上的摩擦力，滑块向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当B 很大时，则摩擦力有可能也很大，当滑块受到的摩擦力和电场力沿斜面向上的分力的合力与重力沿斜面向下的分力相等时，滑块做匀速直线运动，之后洛伦兹力与摩擦力不再增大，所以滑块不可能静止在斜面上，故A 、C 错误，B 正确；B 不同，洛伦兹力大小也不同，所以滑动摩擦力大小不同，摩擦力做的功不同，根据动能定理可知，滑块到达地面的动能不同，故D 正确。
5.(2019·宝鸡模拟)如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A 点沿曲线ACB 运动，到达B 点时，速度为零，C 点是运动的最低点，则以下叙述错误的是( )A ．液滴一定带负电B ．液滴在C 点时动能最大C ．液滴在C 点电势能最小D ．液滴在C 点机械能最小解析：选C 液滴偏转是由于受洛伦兹力作用，据左手定则可判断液滴一定带负电，A 正确；液滴所受电场力必向上，而液滴能够从静止向下运动，是因为重力大于电场力，由A →C 合力做正功，故在C 处液滴的动能最大，B 正确；而由于A →C 克服电场力做功最多，电势能增加最多，又机械能与电势能的和不变，因此，由A →C 机械能减小，故液滴在C 点机械能最小，C 错误，D 正确。
6．(多选)如图所示为磁流体发电机的原理图。
金属板M 、N 之间的距离为d ＝20 cm ，磁场的磁感应强度大小为B ＝5 T ，方向垂直纸面向里。
现将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，整体呈中性)从左侧喷射入磁场，发现在M 、N 两板间接入的额定功率为P ＝100 W 的灯泡正常发光，且此时灯泡电阻为R ＝100 Ω，不计离子重力和发电机内阻，且认为离子均为一价离子，则下列说法中正确的是( )A ．金属板M 上聚集负电荷，金属板N 上聚集正电荷B ．该发电机的电动势为100 VC ．离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103 m/sD ．每秒钟有6.25×1018个离子打在金属板N 上解析：选BD 由左手定则可知，射入的等离子体中正离子将向金属板M 偏转，负离子将向金属板N 偏转，选项A 错误；由于不考虑发电机的内阻，由闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势等于电源的路端电压，所以E ＝U ＝PR ＝100 V ，选项B 正确；由Bq v ＝q U d可得v ＝U Bd ＝100 m/s ，选项C 错误；每秒钟经过灯泡L 的电荷量Q ＝It ，而I ＝P R＝1 A ，所以Q ＝1 C ，由于离子为一价离子，所以每秒钟打在金属板N 上的离子个数为n ＝Q e＝11.6×10－19＝6.25×1018(个)，选项D 正确。
[B 级——保分题目练通抓牢]7.(多选)如图所示，实线表示竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L 斜向上做直线运动，L 与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是()A．液滴一定做匀速直线运动B．液滴一定带负电C．电场线方向一定斜向上D．液滴有可能做匀变速直线运动解析：选AC带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，若合力不为零，则洛伦兹力变化，不能沿直线运动，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，故A正确，D错误；当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线L做匀速直线运动，如果带电液滴带负电、电场线方向斜向上或斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故B错误，C正确。
8.(2019·抚顺五校联考)如图所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。
质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的边界进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t，从复合场区穿出时的动能为E k，则()A．若撤去磁场B，质子穿过场区时间大于tB．若撤去电场E，质子穿过场区时间等于tC．若撤去磁场B，质子穿出场区时动能大于E kD．若撤去电场E，质子穿出场区时动能大于E k解析：选C质子在加速电场中是直线加速，进入复合场，电场力与洛伦兹力等大反向，质子做匀速直线运动。
若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，速度不变，故质子穿过场区时间不变，等于t，A错误；若撤去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，水平分运动的速度减小，故质子穿过场区时间增加，大于t，B错误；若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，电场力做正功，故末动能大于E k，C正确，若撤去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，末动能不变，仍为E k，D错误。
9．(多选)如图所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U，已知自由电子的电荷量为e。
下列说法中正确的是()A．导体的M面比N面电势高B．导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大C．导体中自由电子定向移动的速度为v＝U BdD．导体单位体积内的自由电子数为BIeUb解析：选CD由于自由电子带负电，根据左手定则可知，M板电势比N板电势低，选项A错误；当上、下表面电压稳定时，有e Ud＝e v B，得U＝Bd v，与单位体积内自由电子数无关，选项B错误，C正确；再根据I＝neS v，可知选项D正确。
10.(多选)如图所示，粗糙的足够长直绝缘杆上套有一带电小球，整个装置处在由水平向右匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场组成的足够大复合场中，小球由静止开始下滑，则下列说法正确的是()A．小球的加速度先增大后减小B．小球的加速度一直减小C．小球的速度先增大后减小D．小球的速度一直增大，最后保持不变解析：选AD小球由静止开始下滑，受到竖直向下的重力、水平方向的电场力和绝缘杆的弹力，杆对小球的摩擦力、垂直杆且与电场力方向相反的洛伦兹力作用。
随着小球速度的增大，所受的洛伦兹力增大，小球对绝缘杆的弹力减小，小球所受摩擦力减小，小球所受合外力增大，加速度增大。
当速度增大到足够大时，所受的洛伦兹力大于电场力，小球对绝缘杆的弹力增大，小球所受摩擦力增大，小球所受合外力减小，加速度减小，即小球的加速度先增大后减小，选项A正确，B错误。
无论小球的加速度是增大还是减小，小球的速度都是增大，当加速度减小到零的时候，速度保持不变，选项C错误，D正确。
[C级——难度题目适情选做]11.(2019·桂林调研)如图所示，质量为m，带电荷量为＋q的液滴，以速度v沿与水平方向成θ＝45°角斜向上进入正交的足够大匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，液滴在场区做直线运动。
重力加速度为g ，试求：(1)电场强度E 和磁感应强度B 各多大？(2)当液滴运动到某一点A 时，电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，不考虑因电场变化而产生的磁场的影响，此时液滴加速度多少？(3)在满足(2)的前提下，液滴从A 点到达与A 点位于同一水平线上的B 点(图中未画出)所用的时间。