2020高考物理專題復習精品學案磁場帶電粒子在復合場中的運動【命題趨向】帶電粒子在磁場中的運動是高中物理的一個難點， 也是高考的熱點。在歷年的高考試題中幾乎年年都有這方面的考題。 帶電粒子在磁場中的運動咨詢題，綜合性較強，解這類咨詢題既要用到物理中的洛侖茲力、圓周運動的知識，又要用到數(shù)學中的平面幾何中的圓及解析幾何知識。帶電粒子在復合場中的運動包括帶電粒子在勻強電場、 交變電場、勻強磁碰及包含重力場在內(nèi)的復合場中的運動咨詢題，是高考必考的重點和熱點?？v觀近幾年各種形式的高考試題， 題目一樣是運動情形復雜、綜合性強，多把場的性質(zhì)、運動學規(guī)律、牛頓運動定律、功能關(guān)系以及交變電場等知識有機地結(jié)合， 題目難度中等偏上，對考生的空間想像能力、物理過程和運動規(guī)律的綜合分析能力， 及用數(shù)學方法解決物理咨詢題的能力要求較高，題型有選擇題，填空題、作圖及運算題，涉及本部分知識的命題也有構(gòu)思新穎、過程復雜、高難度的壓軸題?！究键c透視】一、洛倫茲力：1、產(chǎn)生洛倫茲力的條件：〔i〕電荷對磁場有相對運動.磁場對與其相對靜止的電荷可不能產(chǎn)生洛倫茲力作用.〔2〕電荷的運動速度方向與磁場方向不平行.2、洛倫茲力大?。寒旊姾蛇\動方向與磁場方向平行時，洛倫茲力為零；當電荷運動方向與磁場方向垂直時，洛倫茲力最大，等于quB;3、洛倫茲力的方向：洛倫茲力方向用左手定那么判定4、洛倫茲力不做功.二、帶電粒子在勻強磁場的運動1、帶電粒子在勻強磁場中運動規(guī)律初速度的特點與運動規(guī)律〔1〕V00 f洛0為靜止狀態(tài)〔2〕v//B f洛0那么粒子做勻速直線運動〔3〕vBf洛Bqv,那么粒子做勻速圓周運動，其差不多公式為：2向心力公式：Bqvm-R

運動軌道半徑公式：R運動軌道半徑公式：Rmv運動周期公式:Bq21 2(BqR)2動能公式：E動能公式：Ek2 2mT或f、的兩個特點:T、f和的大小與軌道半徑〔R〕和運行速率〔V〕無關(guān)，只與磁場的磁感應強度〔B〕和粒子的荷質(zhì)比〔q〕有關(guān)。m荷質(zhì)比〔9〕相同的帶電粒子，在同樣的勻強磁場中， t、f和相同。m2、解題思路及方法圓運動的圓心的確定：〔1〕利用洛侖茲力的方向永久指向圓心的特點，只要找到圓運動兩個點上的洛侖茲力的方向，其延長線的交點必為圓心.〔2〕利用圓上弦的中垂線必過圓心的特點找圓心三、帶電體在復合場或組合場中的運動.復合場是指重力場、電場和磁場三者或其中任意兩者共存于同一區(qū)域的場； 組合場是指電場與磁場同時存在，但不重疊顯現(xiàn)在同一區(qū)域的情形.帶電體在復合場中的運動〔包括平穩(wěn)〕，講到底仍舊是一個力學咨詢題，只要把握不同的場對帶電體作用的特點和差異， 從分析帶電體的受力情形和運動情形著手，充分挖掘隱含條件，建立清晰的物理情形，最終把物理模型轉(zhuǎn)化成數(shù)學表達式，即可求解.解決復合場或組合場中帶電體運動的咨詢題可從以下三個方面入手： 1、動力學觀點〔牛頓定律結(jié)合運動學方程〕；2、能量觀點〔動能定理和機械能守恒或能量守恒〕；3、動量觀點〔動量定理和動量守恒定律〕.一樣地，關(guān)于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等不計重力，而一些實際物體，如帶電小球、液滴等應考慮其重力.有時也可由題設(shè)條件，結(jié)合受力與運動分析，確定是否考慮重力.【例題解析】例1.如下圖，在第I象限范疇內(nèi)有垂直xOy平面的勻強磁場，磁感應弓雖度為B,質(zhì)量為m,電荷量為q的帶電粒子〔不計重力〕，在xOy平面內(nèi)經(jīng)原點O射入磁場中，初速度為vo,且與x軸成600,試分析并運算：〔1〕帶電粒子從何處離開磁場？穿越磁場時運動方向發(fā)生的偏00//轉(zhuǎn)角多大？〔2〕帶電粒子在磁場中運動時刻多長？【解析】〔1〕帶電粒子帶負電荷，進入磁場后將向 x軸偏轉(zhuǎn)，從A點離開磁場；假設(shè)帶正電荷，進入磁場后將向 y軸偏轉(zhuǎn)，從B點離開磁場，如下圖。帶電粒子進入磁場后做勻速圓周運動，軌跡半徑均為Rmv0,圓心位于過。與v0垂直的同一條直線上,

qBOiO=O2O=OiA=O2B=R。帶電粒子沿半徑為R的圓周運動一周所花時刻2R2mT oV0 qB〔1〕帶負電荷的粒子從x軸上的A點離開磁場，i2 260 120;A點到原點O的距離xJ3R粒子假設(shè)帶正電荷，在y軸上的B點離開磁場，運動方向發(fā)生的偏轉(zhuǎn)角3mv0一 OqB運動方向發(fā)生的偏轉(zhuǎn)角223060,B點到原點O的距離yRmV。qB〔2〕粒子假設(shè)帶負電，它從。點運動到A點所花時刻1T1202m2m360 360 qB 3qB粒子假設(shè)帶正電荷，它從O點運動到B點所花時刻t2603602mmoqB3qB例2.圓心為O、半徑為r的圓形區(qū)域中有一個磁感強度為 B、方向為垂直于紙面向里的勻強磁場， 與區(qū)域邊緣的最短距離為L的。/處有一豎直放置的熒屏MN,今有一質(zhì)量為m的電子以速率v從左側(cè)沿O。/方向垂直射入磁場，越出磁場后打在熒光屏上之P點，如下圖，求。/P的長度和電子通過磁場所用的時亥I?！窘馕觥侩娮铀苤亓Σ挥?。它在磁場中做勻速圓周運動，圓心為 0〃，半徑為Ro圓弧段軌跡AB所對的圓心角為。，電子越出磁場后做速率仍為 v的勻速直線運動， 如圖4所示，連結(jié)0B,?.△0A0〃 0B0〃，又0A，0〃A,故0B，0〃B,由于原有BPXO"B,可見0、B、P在同一直線上，且/。/0P=/A0〃B=0,在直角三就能夠求出。/P了，電子通過磁場的時刻可用M0就能夠求出。/P了，電子通過磁場的時刻可用M0,N角形OO/P中，0/P=〔L+r〕tan0,而2tan（一）rtan ,tan（一）一,因此求得R后1tan2（-） 2RABRt=——來求得。VV2

v

2

v

由Bevm——得R2eBrmv~2~2 2c2~2mveBrmv一一、R=.OP(Lr)taneBreBrtan(—) ，2RmV2tan(—)tan 2—21tan(2)O,P(Lr)tan2(Lr)eBrmv~22 2c22，mveBrarctan(2eBrmvRt——v例3.長為L距離也為arctan(eB2eBrmv

1~22 2c22)mveBr的水平極板間，有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，如下圖，磁感強度為L,板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為m,電量為q的帶正電粒B,板間在左邊穿出時r的最大值「2,由幾何知識得:5粒子擦著板從右邊穿出時，圓心在r在左邊穿出時r的最大值「2,由幾何知識得:5粒子擦著板從右邊穿出時，圓心在ri2=L2+〔門-L/2〕2得n=5L/4,又由于ri=mvi/Bq得vi=5BqL/4m邊穿出。粒子擦著上板從左邊穿出時，圓心在O點，有:v>5BqL/4m時粒子能從右。/點，有「2=L/4,又由「2=mv2/Bq=L/4得v2=子〔不計重力〕，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采納的方法是：A.使粒子的速度v<BqL/4m;B.使粒子的速度v>5BqL/4m;C.使粒子的速度v>BqL/m;D.使粒子速度BqL/4m<v<5BqL/4m?！窘馕觥坑勺笫侄敲磁械昧Ｗ釉诖艌鲋虚g向上偏，而作勻速周運動，專門明顯，圓周運動的半徑大于某值 「i時粒子能夠從板右邊穿出，而半徑小于某值 r2時粒子可從極板的左邊穿出，現(xiàn)在咨詢題歸結(jié)為求粒子能在右邊穿出時 r的最小值ri以及粒BqL/4mv2<BqL/4m時粒子能從左邊穿出。綜上可得正確答案是A、B。m、帶電例m、帶電荷量為q的粒子以速度v與磁場垂直、與電場成45。射入復合場中，恰能做勻速直線運

動。求電場強度E的大小、磁感應強度B的大小?！窘馕觥坑捎趲щ娏Ｗ铀苈鍌惼澚εc v垂直，電場力方向與電場線平行，知粒子必須還受重力才能做勻速直線運動。假設(shè)粒子帶負電受電場力水平向左， 那么它受洛倫茲力f就應斜向右下與v垂直，如此粒子不能做勻速直線運動，因此粒子應帶正電，畫出受力分析圖依照合外力為零可得mgqvBsin45由①式得B^mg,由①②得E

由①式得B^mg,由①②得E

qvmg

q〔2〕因碰前勻速，有〔2〕因碰前勻速，有qE (qv1Bmg),碰后先勻速，有qv2Bmg,再減速最評析正確分析帶電粒子的受力情形， 抓住''勻速直線運動，歸結(jié)到力的平穩(wěn)咨詢題。例5.如下圖，PQ為一塊長為1、水平放置的絕緣平板，整個空間存在著水平向左的勻強電場，板的右半部分還存在著垂直于紙面向里的有界勻強磁場。 一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的物體，從板左端P由靜止開始做勻加速運動，進入磁場后恰做勻速運動，碰到右端帶操縱開關(guān)K的擋板后被彈回，且電場趕忙被撤消，物體在磁場中仍做勻速運動，離開磁場后又做勻減速運動，最后停在C點，PC=L,物4體與板間動摩擦間數(shù)為 ，求：〔1〕物體帶何種電荷？〔2〕物體與板碰撞前后的速度vi和v2〔3〕電場強度E和磁感應強度B各多大?【解析】〔1〕物體帶負電。從出磁場到1mg4求得從出磁場到1mg4求得2glM1c.22gl〔3〕由〔2〕可知E3-mg,Bqm2gl

q1后停在C點，從P到進入磁場的過程中，用動能定理，有Eq；mg；Jmv2C點，用動能定理1 20 mv22評析解決咨詢題的關(guān)鍵之一是弄清物理過程，如此就不難找到解決咨詢題的方法。例6.如下圖，在平面直角坐標系xOy平面內(nèi)，x<0的區(qū)域內(nèi)沒有電場和磁場； 0xa區(qū)域內(nèi)有一勻強電場區(qū)，電場方向沿 x軸正方向；x=0處的各點電勢為零，x=a處各點電勢為a,在x>a處充滿勻強磁場，磁場方向垂直于 xOy平面向里?，F(xiàn)有一帶電粒子，質(zhì)量為m,電荷量為q,在x=0,y=0的位置由靜止開始自由開釋，求：TOC\o"1-5"\h\z〔1〕靶子M的坐標是x=a,y=b,帶電粒子擊中靶子時的速度多大？ ?必1—?產(chǎn)* 父〔2〕磁感應強度為多大時，帶電粒子才能擊中靶子 M? 一日xx i ?口.小 7^ 4：X X

【解析】〔1〕帶電粒子從原點由靜止開釋后，在 xa的勻強電場區(qū)域內(nèi)被加速，由動能定理得TOC\o"1-5"\h\z一 1一2qa2mva,Va22qa/m,Va即為進入勻強磁場時速度的大小。進入勻強磁場區(qū)內(nèi)帶電粒子做勻速圓周運動，速度大小恒定不變，所以擊中靶子M的速度大小為vM22qa/m。 ”「十〔2〕帶電粒子能夠經(jīng)電場、磁場各一次后擊中靶子，也可能經(jīng)電場、 ?磁場多次后才擊中靶子，如圖 6—18所示，故軌道半徑R有多個值， \對應的磁感應強度B也有多個可能值。設(shè)帶電粒子在磁場中經(jīng) n(n=1,j 產(chǎn)二一2,3,……)次偏轉(zhuǎn)后擊中靶子Mo依照題意有b2nR ①洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力，由牛頓第二定律,2有qvaBmva/R ②由①②解得磁感應強度的可能值xyB2nv2am/q(n1,2,3,)bxy評析正確明白得題意，挖掘隱含條件一一粒子在電場和磁場中可能的重復性和對稱性，從而求出正確的結(jié)果。例7、如下圖，在X>0的空間中，存在沿X軸方向的勻強電場，電場強度E=10N/C;在x<0的空間中，存在垂直平面方向的勻強磁場，磁感應強度 B=0.5To一帶負電的粒子〔比荷9160C/kg〕在x=0.06m處的d點以v0=m8m/s的初速度沿y軸正方向開始運動，不計帶電粒子的重力。求：〔1〕帶電粒子開始運動后第一次通過 y軸時距。點的距離。〔2〕帶電粒子進入磁場后經(jīng)多長時刻返回電場?！?〕帶電粒子運動的周期?！窘馕觥俊?〕關(guān)于粒子在電場中的運動有 aqE,d1at2,第一次通過y軸的交m2點到。點的距離為y1v0t0.069m；y軸正方向的夾角為〔2〕x方向的速度vxgEt8J3m/s,設(shè)進入磁場時速度與my軸正方向的夾角為tan△J3,故600,因此在磁場中作圓周運動所對Vo應的圓心角為2 120°,帶電粒子在磁場中做勻速圓周運

動周期為t2m,帶電粒子在磁場中運動的時刻qBt2〔3〕TOC\o"1-5"\h\z120T ——t2〔3〕上3s,上3s,從磁場再次回到電場中200從開始至第一次到達y軸的時刻t12d^—,qE/m的過程〔未進入第二周期〕是第一次離開電場時的逆運動，依照對稱性 t3t1,因此粒0.043s。3 0.043s。子的運動周期為Ttit2t3 (2 )s200120例8、在空間同時存在勻強磁場和勻強電場，勻強電場方向豎直向上，場強大小為 巳勻強磁場方向和大小均未知，如下圖?，F(xiàn)有一質(zhì)量為 m的帶電小球，用長為L的絕緣線懸掛在一點，小球在水平面上以角速度 3作勻速圓周運動，順著電場線方向觀看，角速度為順時針旋轉(zhuǎn)，這時線與豎直方向夾角為 0,線上拉力為零?！?〕小球帶何種電荷？電量為多少？〔2〕磁感應強度B的大小和方向分不是什么？〔3〕突然撤去磁場，小球?qū)⑷绾螛舆\動？這時線上拉力多大？【解析】〔1〕繩子上拉力為零，講明電場力和重力平穩(wěn)，可知小球帶正電，洛侖茲力提供向心力，可知磁感應強度方向豎直向下。由qE=mg得q=mg/E.〔2〕由牛頓第二定律有BqV=mV2/R得B=mV/qR=wE/g。〔3〕突然撤去磁場，重力仍與重力平穩(wěn)，小球要以現(xiàn)在的速度作勻速直線運動，但瞬時繩子產(chǎn)生彈力，迫使小球在速度方向和絕緣線決定的平面上做勻速圓周運動， 由于小球的速度大小不變，因此線上的拉力大小 T=mV2/L=m(?Lsin2/L=mLco2sin2&如下圖為一種常用的例9、質(zhì)譜儀要緊用于分析同位素， 測定其質(zhì)量、荷質(zhì)比和含量比,如下圖為一種常用的質(zhì)譜儀，由離子源O、加速電場U、速度選擇器E、B1和偏轉(zhuǎn)磁場B2組成。某種粒子無初速從粒子源進入加速電場，并測出該粒子在偏轉(zhuǎn)磁場的軌道直徑為 d,白底假設(shè)速度選擇器E、B1和偏轉(zhuǎn)磁場B2,求〔1〕此粒子的荷質(zhì)比；〔2〕加速電壓U?！窘馕觥俊?〕粒子通過速度選擇器， 依照勻速運動的Ev=一條件：用。假設(shè)測出粒子在偏轉(zhuǎn)磁場的軌道直徑為d二處網(wǎng)二匹d,那么 5M5馬守，因此同位素的荷質(zhì)比和質(zhì)量分不為〔2〕=qU? 可求得U【專題訓練與高考推測】

一、選擇題〔在每題給出的四個選項中，至少有一個選項是符合題意的〕.某電子以固定的正電荷為圓心在勻強磁場中做勻速圓周運動，磁場方向垂直于它的運動平面，電子所受電場力恰好是磁場對它作用力的 3倍.假設(shè)電子電量為e,質(zhì)量為m,磁感應弓II度為B.那么，電子運動的角速度可能是 〔A.4Be/m B.3Be/m C.2Be/m D.Be/m.如下圖，兩平行金屬板中有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，帶正電的粒子〔不計粒子的重力〕從兩板中央垂直電場、 磁場入射.它在金屬板間運動的軌跡為水平直線， 如圖中虛線所示.假設(shè)使粒子飛越金屬板間的過程中向上板偏移,措施為A.使入射速度增大B.使粒子電量增大C.使電場強度增大D.使磁感應強度增大.如下圖，P、Q是兩個等量異種點電荷， MN是它們連線的中垂線，在垂直紙面的方向上有磁場.假如某正電荷以初速度vo沿中垂線MN運動，不計重力，那么〔A.假設(shè)正電荷做勻速直線運動，那么所受洛倫茲力的大小不變那么能夠采取以下的正確°；-'QB.假設(shè)正電荷做勻速直線運動，那么所受洛倫茲力的大小改那么能夠采取以下的正確°；-'Q變C.假設(shè)正電荷做變速直線運動，那么所受洛倫茲力的大小不變4.回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置,如下圖.它的核心部分是兩個D4.回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置,如下圖.它的核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒相距專門近，分不和高頻交流電源相連接， 兩盒間的窄縫中形成勻強電場， 使帶電粒子每次通過窄縫都得到加速. 兩盒放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，帶電粒子在磁場中做圓周運動，通過兩盒間的窄縫時反復被加速， 直到達到最大圓周半徑時通過專門裝置被引出. 假如用同一回旋加速器分不加速瓶核〔；H〕和“粒子〔：He〕比較它們所加的高頻交流電源的周期和獲得的最大動能的大小，有 〔A.加速瓶核的交流電源的周期較大，瓶核獲得的最大動能也較大B.加速瓶核的交流電源的周期較大，瓶核獲得的最大動能較小C.加速瓶核的交流電源的周期較小，瓶核獲得的最大動能也較小D.加速瓶核的交流電源的周期較小，瓶核獲得的最大動能較大5.如圖，帶電粒子在沒有電場和磁場空間以 vo從坐標原點O沿x軸方向做勻速直線運動，假設(shè)空間只存在垂直于 xoy平面的勻強磁場時，粒子通過P點時的動能為Ek；當空間只存在平行于y軸的勻強電場時，那么粒子通過P點時的動能為〔 ：

Ek2Ek4Ek5Ek.如下圖，銅質(zhì)導電板置于勻強磁場中，通電時銅板中電流方向向上A.板左側(cè)集合較多電子，使B.板左側(cè)集合較多電子，使C.板右側(cè)集合較多電子，使D.板右側(cè)集合較多電子，使b點電勢高于aEk2Ek4Ek5Ek.如下圖，銅質(zhì)導電板置于勻強磁場中，通電時銅板中電流方向向上A.板左側(cè)集合較多電子，使B.板左側(cè)集合較多電子，使C.板右側(cè)集合較多電子，使D.板右側(cè)集合較多電子，使b點電勢高于a點電勢高于a點電勢高于b點電勢高于a點電勢b點電勢b點電勢a點電勢.設(shè)空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場如圖所示，一離子在電場力和洛侖茲力的作用下，從靜止開始自B點時速度為零，C點是運動的最低點,正確的選項是：A.這離子必帶正電荷.A點和B點位于同一高度C.離子在C點時速度最大A點沿曲線ACB運動，到達D.離子到達B點時，將沿原曲線返回A點8.如下圖，在一根一端封閉、內(nèi)壁光滑的直管 MN內(nèi)有一個帶正電的小球，空間中充滿豎直向下的勻強磁場.開始時，直管水平放置，且小球位于管的封閉端 M處.現(xiàn)使直管沿水平方向向右勻速運動，經(jīng)一段時刻后小球到達管的開口端處.在小千^從M到N的過程中，下述錯誤的選項是A.磁場力對小球不做功.直管對小球做了正功C.磁場力的方向一直沿MN方向D.小球的運動軌跡是一曲線.如下圖，帶電粒子以速度v通過一個正方形區(qū)域，不計粒子的重力，當區(qū)域內(nèi)只有垂直紙面向里的勻強磁場時，粒子從A點飛出，所用時刻L；當區(qū)域內(nèi)只有平行紙面豎直方向的勻強電場時，粒子從 B點飛出，所用時刻為 t2,下面講法正確的選項是tivt2tl=t2D.tl>t2.如下圖，兩個半徑相同的半圓形光滑軌道分不豎直放在勻強磁場和勻強電場中，軌道兩端在同一高度上。兩個相同的帶正電小球〔可視為質(zhì)點的〕 同時分不從軌道的左端最高點由靜止開釋， M、N分不為兩軌道的最低點，那么 〔A.兩小球到達軌道最低點的速度 VM>VNB.兩小球到達軌道最低點時對軌道的壓力Nm>NnC.兩小球第一次到達最低點的時刻相同D.兩小球都能到達軌道的另一端二、運算題〔要求寫出重要的文字講明和方程式〕.電子自靜止開始經(jīng)M、N板間〔兩板間的電壓為u〕的電場加速后從A點垂直于磁場邊界射入寬度為d的勻強磁場中，電子離開磁場時的位置 P偏離入射方向的距離為L,如下圖.求勻強磁場的磁感應強度.〔電子的質(zhì)量為m,電量為e〕1.XP1.XP.豎直平面內(nèi)有一圓形絕緣軌道，半徑R=0.4m,勻強磁場垂直于軌道平面向里，質(zhì)量m=1M03kg、帶電量q=+3M0—2C的小球，可在內(nèi)壁滑動，如圖甲所示.在軌道的最低點處給小球一個初速度vo,使小球在豎直平面內(nèi)逆時針做圓周運動，圖乙〔a〕是小球做圓周運動的速率v隨時刻變化的情形，圖乙〔b〕是小球所受軌道的彈力 F隨時刻變化的情形，結(jié)合圖像所給數(shù)據(jù)，［g=10m/s2〕求：〔1〕勻強磁場的磁感應強度；.如下圖，一質(zhì)量為m、電量為+q的帶電小球以與水平方向成某一角度。的初速度 V0射入水平方向的勻強電場中，小球恰能在電場中做直線運動.假設(shè)電場的場強大小不變，方向改為相反同時加一垂直紙面向外的勻強磁場， 小球仍以原先的初速度重新射人， 小球恰好又能做直線運動. 求電場強度的大小、磁感應強度的大小和初速度與水平方向的夾角0。

.如下圖，一質(zhì)量為m,帶電荷量為+q的粒子以速度vo從O點沿y軸正方向射入磁感應強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外， 粒子飛出磁場區(qū)域后，從點b處穿過x軸，速度方向與x軸正方向的夾角為30°,同時進入場強為E、方向沿x軸負方向成60°角斜向下的勻強電場中，通過了b點正下方的c點，如下圖。粒子的重力不計，試求：〔1〕圓形勻強磁場的最小面積?！?〕c點到b點的距離s。參考答案1.AC電場力與磁場力可能同向，也可能反向.AD粒子所受電場力與洛倫茲力平穩(wěn)時做勻速直線運動，帶正電粒子所受洛倫茲力大于電場力，故 AD正確。1.AC電場力與磁場力可能同向，也可能反向.AD粒子所受電場力與洛倫茲力平穩(wěn)時做勻速直線運動，帶正電粒子所受洛倫茲力大于電場力，故 AD正確。B做勻速直線運動的過程中，正電荷所受電場力一直在改變,要使粒子向上偏移，即要使該故其所受洛倫茲力的大小改變；做變速直線運動時，只能判定洛倫茲力在與在改變.B周期正比于質(zhì)量與電荷量之比；最大動能那么與MN垂直方向上的分力大小一直D型盒的最大半徑有關(guān).D只有電場時，粒子做類平拋運動， vt=qEt2/2m,那么運動時刻t=2mv/qE,故電場力做功W=qEvt=2mv2=4Ek,因此粒子通過P點時的動能為5Ek.A銅板中移動的是自由電子〔負電荷〕，因此自由電子向左側(cè)積存， a板電勢較低.ABC粒子運動后向右偏轉(zhuǎn)，講明洛倫茲力向右，帶電粒子帶正電；依照能量守恒可知，BC選項正確；C洛倫茲力始終不做功，而小球最后獲得速度到達管口，直管對小球的彈力做了正功。小球在跟著直管向右勻速的同時還沿直管加速運動，實際速度并不沿 MN方向。Do當區(qū)域內(nèi)只有垂直紙面向里的勻強磁場時，粒子從A點飛出，依照左手定那么可判定，粒子帶正電荷，A錯。帶電粒子在磁場中作勻速圓周運動，設(shè)弧OA的長度為s,那么t1-;帶電粒子在電場中作平拋運動，設(shè)正方形的邊長為 a,那么t2a。由于v vs>a,故ti>t2oAB。由于小球受到的洛侖茲力不做功，而電場力對小球的負功，兩小球到達軌道最低點的過程中，重力做功相同，依照動能定理可知，兩小球到達軌道最低點的速度 vm>vn,同時在磁場中運動的小球能到達軌道的另一端， 而在電場中