2022-2023学年高二物理举一反三系列（人教版选择性必修第二册）专题1.8 带电粒子在叠加场中的运动（解析版）

专题1.8带电粒子在叠加场中的运动【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1无约束的叠加场问题】 【题型2有约束的叠加场问题】 【题型3动态分析问题】 【题型4综合问题】 【题型5联系实际】 【题型1无约束的叠加场问题】【例1】如图，在竖直xOy平面内有一个半径为R的圆形区域与x轴相切于O点，在圆形区域外(包括圆形边界)的空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，xOy平面内有沿y轴负方向的匀强电场。现从坐标原点O以速率v向第一象限内的不同方向发射相同的带电小球，小球的质量为m、电荷量为－q(q＞0)，所有小球均在磁场中做匀速圆周运动，且都能沿平行于x轴的方向进入圆形区域并再次通过O点，不计小球间的相互作用，重力加速度为g，求：(1)匀强电场的电场强度大小；(2)匀强磁场的磁感应强度大小；(3)沿与x轴正向成60°角发射的小球从O点开始运动到再次通过O点经历的时间。答案(1)eq\f(mg,q)(2)eq\f(mv,qR)(3)eq\f(（10π＋3\r(3)）R,3v)解析(1)小球在磁场中做匀速圆周运动，则电场力和重力平衡，即qE＝mg，匀强电场的电场强度大小E＝eq\f(mg,q)。(2)小球从O点以与x轴成θ角射入第一象限，运动轨迹如图，轨迹圆心C′与交点D的连线平行y轴，设圆形区域的圆心为C，由几何关系可知，四边形C′DCO是菱形，所以小球在磁场中运动的轨道半径为r＝R洛伦兹力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,r)可得磁感应强度B＝eq\f(mv,qR)。(3)小球从O点以与x轴成θ＝eq\f(π,3)角射入第一象限小球在磁场中的运动周期T＝eq\f(2πR,v)小球在磁场中运动时间t1＝2×eq\f(2π－θ,2π)T小球在圆形区域做匀速直线运动，通过的距离L＝2Rsinθ运动时间t2＝eq\f(2Rsinθ,v)从O点出发到再次回到O点经历的时间t＝t1＋t2＝eq\f(（4π＋2sinθ－2θ）R,v)将θ＝eq\f(π,3)代入，解得t＝eq\f(（10π＋3\r(3)）R,3v)。【变式1-1】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eq\f(q,m)＝eq\f(E,g)C．液滴沿顺时针方向运动D．液滴运动速度大小v＝eq\f(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eq\f(q,m)＝eq\f(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转动，C正确；对液滴qE＝mg，qvB＝meq\f(v2,R)得v＝eq\f(RBg,E)，故D错误。【变式1-2】如图所示，在坐标系xOy平面的x＞0区域内，存在电场强度大小E＝2×105N/C、方向垂直于x轴的匀强电场和磁感应强度大小B＝0.2T、方向与xOy平面垂直向外的匀强磁场。在y轴上有一足够长的荧光屏PQ，在x轴上的M(10,0)点处有一粒子发射枪向x轴正方向连续不断地发射大量质量m＝6.4×10－27kg、电荷量q＝3.2×10－19C的带正电粒子(重力不计)，粒子恰能沿x轴做匀速直线运动。若撤去电场，并使粒子发射枪以M点为轴在xOy平面内以角速度ω＝2πrad/s顺时针匀速转动(整个装置都处在真空中)。(1)判断电场方向，求粒子离开发射枪时的速度大小；(2)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；(3)荧光屏上闪光点的范围距离；[解析](1)带正电粒子(重力不计)在叠加场中沿x轴做匀速直线运动，据左手定则判断可知洛伦兹力方向向下，所以电场力方向向上，电场方向向上，有qE＝qvB解得速度v＝eq\f(E,B)＝eq\f(2×105,0.2)m/s＝106m/s。(2)撤去电场后，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)所以粒子在磁场中运动的轨迹半径R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(6.4×10－27×106,3.2×10－19×0.2)m＝0.1m。(3)粒子运动轨迹如图所示，粒子打在荧光屏上最上端的点是B点，最下端打在A点由几何知识可知dOA＝2Rcos30°＝eq\r(3)R，dOB＝R所以荧光屏上闪光点的范围距离为dAB＝(eq\r(3)＋1)R≈0.273m。[答案](1)106m/s(2)0.1m(3)0.273m【变式1-3】(多选)在竖直平面内建立直角坐标系，曲线y＝eq\f(x2,20)位于第一象限的部分如图所示，在曲线上不同点以一定的初速度v0向x轴负方向水平抛出质量为m、带电荷量为＋q的小球，小球下落过程中都会通过坐标原点O，之后进入第三象限的匀强电场和匀强磁场区域(图中未画出)，结果小球恰好在竖直面内做匀速圆周运动，并且都能打到y轴负半轴上。已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．第三象限的电场强度大小为eq\f(mg,q)，方向竖直向下B．小球的初速度为10m/sC．第三象限的磁场方向一定是垂直纸面向外D．要使所有的小球都能打到y轴的负半轴，所加磁场区域的最小面积是eq\f(1,2)πeq\f(mv0,qB)2解析：选BD设小球释放点的坐标为(x，y)，由平抛运动规律可知x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，联立可得y＝eq\f(g,2v02)x2，由题意可知y＝eq\f(x2,20)，联立可得v0＝10m/s，B正确；小球在第三象限做匀速圆周运动，则有mg＝qE，可得E＝eq\f(mg,q)，方向竖直向上，A错误；根据题意结合左手定则可判断，第三象限的磁场方向垂直纸面向里，C错误；设小球最初进入第三象限时的速度为v，与y轴负方向夹角为α，则有v0＝vsinα，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv0,qBsinα)，小球在磁场中的偏转角恒为2α，运动轨迹的弦长l＝2rsinα＝eq\f(2mv0,qB)，恒定不变，要使所有的小球都能打到y轴负半轴上，所加磁场区域的最小面积为Smin＝eq\f(1,2)πeq\f(l,2)2＝eq\f(1,2)πeq\f(mv0,qB)2，D正确。【题型2有约束的叠加场问题】【例2】一个质量m＝0.1g的小滑块，带有电荷量q＝5×10－4C，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(斜面绝缘)，斜面置于B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面。g取10m/s2，则：(1)小滑块带何种电荷？(2)小滑块离开斜面的瞬时速度多大？(3)该斜面的长度至少多长？解析(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F。若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷。(2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有qvB＋FN－mgcosα＝0当FN＝0时，小滑块脱离斜面，有qvB＝mgcosα，得v＝eq\f(mgcosα,qB)＝eq\f(0.1×10－3×10×\f(\r(3),2),5×10－4×0.5)m/s＝2eq\r(3)m/s(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得mgxsinα＝eq\f(1,2)mv2斜面的长度至少是x＝eq\f(v2,2gsinα)＝eq\f(（2\r(3)）2,2×10×0.5)m＝1.2m答案(1)负电荷(2)2eq\r(3)m/s(3)1.2m【变式2-1】(多选)如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场(场强为E)和匀强磁场(磁感应强度为B)的复合场中，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则()A.小球可能带正电B.小球做匀速圆周运动的半径r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))C.小球做匀速圆周运动的周期T＝eq\f(2πE,Bg)D.若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加解析小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受的电场力和重力大小相等，方向相反，则小球带负电，A错误；由牛顿第二定律和动能定理可得：Bqv＝eq\f(mv2,r)，Uq＝eq\f(1,2)mv2，联立mg＝qE可得：小球做匀速圆周运动的半径r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))，由T＝eq\f(2πr,v)可以得出T＝eq\f(2πE,Bg)，所以B、C正确，D错误。答案BC【变式2-2】如图所示，一个质量m＝0.1g，电荷量q＝4×10－4C带正电的小环，套在很长的绝缘直棒上，可以沿棒上下滑动。将棒置于正交的匀强电场和匀强磁场内，E＝10N/C，B＝0.5T。小环与棒之间的动摩擦因数μ＝0.2。求小环从静止沿棒竖直下落的最大加速度和最大速度。取g＝10m/s2，小环电荷量不变。解析：小环由静止下滑后，由于所受电场力与洛伦兹力同向(向右)，使小环压紧竖直棒。相互间的压力为FN＝qE＋qvB。由于压力是一个变力，小环所受的摩擦力也是一个变力，可以根据小环运动的动态方程找出最值条件。根据小环竖直方向的受力情况，由牛顿第二定律得运动方程mg－μFN＝ma，即mg－μ(qE＋qvB)＝ma。当v＝0时，即刚下落时，小环运动的加速度最大，代入数值得am＝2m/s2。下落后，随着v的增大，加速度a逐渐减小。当a＝0时，下落速度v达最大值，代入数值得vm＝5m/s。答案：am＝2m/s2vm＝5m/s【变式2-3】如图所示，质量为m＝1kg、电荷量为q＝5×10－2C的带正电的小滑块，从半径为R＝0.4m的固定光滑绝缘eq\f(1,4)圆弧轨道上由静止自A端滑下。整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知E＝100V/m，方向水平向右，B＝1T，方向垂直纸面向里，g取10m/s2，求：(1)滑块到达C点时的速度；(2)在C点时滑块所受洛伦兹力；(3)在C点滑块对轨道的压力。答案(1)大小为2m/s，方向水平向左(2)大小为0.1N，方向竖直向下(3)大小为20.1N，方向竖直向下解析以滑块为研究对象，自轨道上A点滑到C点的过程中，受重力mg，方向竖直向下；静电力qE，方向水平向右；洛伦兹力F洛＝qvB，方向始终垂直于速度方向。(1)滑块从A到C的过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得mgR－qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)得vC＝eq\r(\f(2（mg－qE）R,m))＝2m/s，方向水平向左。(2)根据洛伦兹力公式得F＝qvCB＝5×10－2×2×1N＝0.1N，由左手定则知方向竖直向下。(3)在C点，由牛顿第二定律得FN－mg－qvCB＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)得FN＝mg＋qvCB＋meq\f(veq\o\al(2,C),R)＝20.1N由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为20.1N，方向竖直向下。【题型3动态分析问题】【例3】[多选]如图所示为一个质量为m、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的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图像可能是下列选项中的()[解析]带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故B、C错误。[答案]AD【变式3-1】一倾角为θ的粗糙绝缘斜面放置在一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，将一个带电的小物块放在斜面上由静止开始下滑如图所示，设斜面足够长，如物块始终没有离开斜面。则下列说法正确的是()A.物块带正电B.下滑过程中物块受到的洛伦兹力做负功C.物块最终将静止在斜面上D.下滑过程中物块的机械能守恒解析物块始终没有离开斜面，洛伦兹力必然垂直于斜面向下，由左手定则知，物块带正电，选项A正确；洛伦兹力始终垂直于速度，不做功，选项B错误；物块最终将在斜面上做匀速直线运动，选项C错误；由于摩擦力做负功，下滑过程中物块的机械能不守恒，选项D错误。答案A【变式3-2】如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g.(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC；(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP.答案(1)eq\f(E,B)(2)mgh－eq\f(mE2,2B2)(3)eq\r(v\o\al(2,D)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(qE,m)2＋g2))t2)解析(1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足qvB＋N＝qE小滑块在C点离开MN时N＝0解得vC＝eq\f(E,B)(2)由动能定理得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得Wf＝mgh－eq\f(mE2,2B2)(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直．撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′g′＝eq\r(\f(qE,m)2＋g2)且veq\o\al(2,P)＝veq\o\al(2,D)＋g′2t2解得vP＝eq\r(v\o\al(2,D)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(qE,m)2＋g2))t2)【变式3-3】(多选)电荷量为＋q、质量为m的滑块和电荷量为－q、质量为m的滑块同时从完全相同的光滑斜面上由静止开始下滑，设斜面足够长，斜面倾角为θ，在斜面上加如图6所示的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，关于滑块下滑过程中的运动和受力情况，下列说法中正确的是(不计两滑块间的相互作用，重力加速度为g)()图6A．两个滑块先都做匀加速直线运动，经过一段时间，＋q会离开斜面B．两个滑块先都做匀加速直线运动，经过一段时间，－q会离开斜面C．当其中一个滑块刚好离开斜面时，另一滑块对斜面的压力为2mgcosθD．两滑块运动过程中，机械能均守恒答案ACD解析当滑块开始沿斜面向下运动时，带正电的滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向上，带负电的滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下，开始时两滑块沿斜面方向所受的力均为mgsinθ，均做匀加速直线运动，随着速度的增大，带正电的滑块受到的洛伦兹力逐渐变大，当qvB＝mgcosθ时，带正电的滑块恰能离开斜面，而带负电的滑块将一直沿斜面运动，不会离开斜面，A正确，B错误；由于两滑块加速度相同，所以在带正电的滑块离开斜面前两者在斜面上运动的速度总相同，当带正电的滑块刚好离开斜面时，带负电的滑块受的洛伦兹力也满足qvB＝mgcosθ，方向垂直斜面向下，斜面对滑块的支持力大小为qvB＋mgcosθ＝2mgcosθ，故滑块对斜面的压力为2mgcosθ，C正确；由于洛伦兹力不做功，故D正确．【题型4综合问题】【例4】如图所示，虚线右侧有竖直向下的电场强度E＝45N/C的匀强电场及垂直于电场向外的磁感应强度B＝0.25T的匀强磁场。在光滑绝缘的水平面上有两个等大的金属小球A、B，小球A不带电，其质量mA＝0.05kg，紧贴虚线静置的小球B带电量qB＝－4×10－3C，其质量mB＝0.01kg。小球A以速度v0＝20m/s水平向右与小球B发生正碰，碰后小球B垂直于电、磁场直接进入正交电、磁场中。刚进入正交电、磁场的瞬间，小球B竖直方向的加速度恰好为零。设小球A、B碰撞瞬间电荷均分，取g＝10m/s2。则下列说法正确的是()A．碰后瞬间，小球A的速度大小为10m/sB．小球A在刚进入正交电、磁场后的短时间内，其电势能减少C．过程中，小球A对小球B做的功为2JD．小球A、B之间的碰撞为弹性碰撞[解析]小球A、B碰撞瞬间电荷均分，则两小球电荷量的绝对值均为q＝|eq\f(qB,2)|＝2×10－3C，且小球B刚进入正交电、磁场的瞬间，竖直方向的加速度恰好为零，则有mBg＝qvBB＋qE，解得碰后B球的速度为vB＝20m/s，小球A、B碰撞过程中，由动量守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mBvB，解得，碰后瞬间小球A速度为vA＝16m/s，故A错误；小球A刚进入正交电、磁场后，由于mAg＝0.5N＞qE＋qvAB＝0.098N，所以小球A向下偏，则电场力做负功，故其电势能增大，故B错误；根据动能定理，可知小球A对小球B做的功为W＝eq\f(1,2)mBvB2＝2J，故C正确；由于碰撞前A、B系统机械能为Ek1＝eq\f(1,2)mAv02＝10J，碰后系统机械能为Ek2＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝8.4J，则Ek1＞Ek2，机械能不守恒，故小球A、B之间的碰撞为非弹性碰撞，故D错误。[答案]C【变式4-1】(多选)如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半径为R(比细管的内径大得多)，在圆管的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g。空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)，方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场。某时刻，给小球一方向水平向右、大小为v0＝eq\r(5gR)的初速度，则以下判断正确的是()A．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用B．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用C．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球到达最高点时的速度大小都相同D．小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度的大小一直减小解析：选BC小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上，若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用，A错误；小球运动的过程中，洛伦兹力不做功，小球的机械能守恒，运动至最高点时小球的速度v＝eq\r(gR)，由于小球运动过程不会脱离轨道，所以一定能到达轨道最高点，C正确；在最高点时，小球做圆周运动所需的向心力F＝meq\f(v2,R)＝mg，小球受到竖直向下洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力，B正确；小球在从最低点运动到最高点的过程中，小球在下半圆内上升的过程中，水平分速度向右且不断减小，到达圆心的等高点时，水平速度为零，而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零，所以水平分速度一定有增大的过程，D错误。【变式4-2】如图，有三块水平放置的长薄金属板a、b和c，a、b之间相距为L.紧贴b板下表面竖直放置半径为R的半圆形塑料细管，两管口正好位于小孔M、N处．板a与b、b与c之间接有电压可调的直流电源，板b与c间还存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．当体积为V0、密度为ρ、电荷量为q的带负电油滴，等间隔地以速率v0从a板上的小孔竖直向下射入，调节板间电压Uba和Ubc，当Uba＝U1、Ubc＝U2时，油滴穿过b板M孔进入细管，恰能与细管无接触地从N孔射出．忽略小孔和细管对电场的影响，不计空气阻力，重力加速度为g.求：(1)油滴进入M孔时的速度v1；(2)b、c两板间的电场强度E和磁感应强度B的值；(3)当油滴从细管的N孔射出瞬间，将Uba和B立即调整到Uba′和B′，使油滴恰好不碰到a板，且沿原路与细管无接触地返回穿过M孔，请给出Uba′和B′的结果．答案(1)eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))(2)eq\f(ρV0g,q)eq\f(ρV0,qR)eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))(3)U1＋eq\f(ρV0v\o\al(2,0),2q)－B解析(1)油滴进入电场后，重力与电场力均做功，设到M点时的速度为v1，由动能定理eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgL＋qU1考虑到m＝ρV0得v1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))(2)油滴进入电场、磁场共存区域，恰与细管无接触地从N孔射出，须电场力与重力平衡，有：mg＝qE解得E＝eq\f(ρV0g,q)油滴在半圆形细管中运动时，洛伦兹力提供向心力，由qv1B＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)得B＝eq\f(mv1,qR)＝eq\f(ρV0,qR)eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))(3)若油滴恰不能撞到a板，且再返回并穿过M孔，由动能定理，0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝－mgL－qUba′得Uba′＝U1＋eq\f(ρV0v\o\al(2,0),2q)考虑到油滴返回时速度方向已经相反，为了使油滴沿原路与细管无接触地返回并穿过M孔，磁感应强度的大小不变，方向相反，即：B′＝－B.【变式4-3】(多选)某实验小组用图甲所示装置研究电子在平行金属板间的运动。将放射源P靠近速度选择器，速度选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，P能沿水平方向发出不同速率的电子，某速率的电子能沿直线通过速度选择器，再沿平行金属板A、B的中轴线O1O2射入板间。已知平行金属板长为L、间距为d，两板间加有图乙所示的交变电压，电子的电荷量为e，质量为m(电子重力及相互间作用力忽略不计)。以下说法中正确的有()A．沿直线穿过速度选择器的电子的速率为eq\f(E,B)B．只增大速度选择器中的电场强度E，沿中轴线射入的电子穿过A、C板的时间变长C．若t＝eq\f(T,4)时刻进入A、C板间的电子恰能水平飞出，则飞出方向可能沿O1O2D．若t＝0时刻进入A、C板间的电子恰能水平飞出，则T＝eq\f(BL,nE)(n＝1,2,3，…)解析：选ACD电子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力的作用，沿直线通过速度选择器，则电子受力平衡，有eE＝Bve，解得v＝eq\f(E,B)，故A正确；若只增大速度选择器中的电场强度E，电子沿中轴线射入，由v＝eq\f(E,B)可知，v增大，则在A、C板长不变的情况下，电子穿过A、C板的时间变短，故B错误；若t＝eq\f(T,4)时刻进入A、C板间的电子恰能水平飞出，飞出方向可能沿O1O2，故C正确；若t＝0时刻进入A、C板间的电子恰能水平飞出，则此时竖直方向的速度为零，电场力做功为零，根据对称性可知，电子飞出的时刻为nT(n＝1,2,3，…)，电子的速度为v＝eq\f(L,nT)，根据洛伦兹力和电场力平衡可得Bev＝Ee，联立可得T＝eq\f(BL,nE)(n＝1,2,3，…)，故D正确。【题型5联系实际】【例5】如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，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UB.乙图可判断出A极板是发电机的负极C.丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v＝eq\f(E,B)D.丁图中若载流子带负电，稳定时C板电势高答案B解析根据公式r＝eq\f(mv,qB)得v＝eq\f(qBr,m)，故最大动能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2r2,2m)，与加速电压无关，故A错误；由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，故B正确；电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和洛伦兹力，且二力是平衡力，即qE＝qvB，所以v＝eq\f(E,B)，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，故C错误；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，故D错误。【变式5-1】(多选)目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图所示表示它的发电原理：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的粒子，而从整体来说呈中性)沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷。在磁极配置如图中所示的