2017年度高考物理快速命中考点2 15页

‎2014高考物理快速命中考点2‎ ‎ (45分钟　100分)‎ 一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。多选题已在题号后标出)‎ ‎1.如图所示,从离子源发射出的正离子,经加速电压U加速后进入相互垂直的电场(E方向竖直向上)和磁场(B方向垂直纸面向外)中,发现离子向上偏转。要使此离子沿直线通过电磁场,需要(　　)‎ A.增加E,减小B　　　　　B.增加E,减小U C.适当增加U D.适当减小B ‎2.如图所示,界面PQ与水平地面之间有一个正交的匀强磁场B和匀强电场E,在PQ上方有一个带正电的小球A自O静止开始下落,穿过电场和磁场到达地面。设空气阻力不计,下列说法中正确的是(　　)‎ A.在复合场中,小球做匀变速曲线运动 B.在复合场中,小球下落过程中的电势能增大 C.小球从静止开始下落到水平地面时的动能等于其电势能和重力势能的减少量总和 D.若其他条件不变,仅增大磁感应强度,小球从原来位置下落到水平地面时的动能不变 ‎3.质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器,如图所示。它的工作原理是带电粒子(不计重力)经同一电场加速后,垂直进入同一匀强磁场做圆周运动,然后利用相关规律计算出带电粒子质量。图中虚线为某粒子运动轨迹,由图可知(　　)‎ A.此粒子带负电 B.下极板S2比上极板S1电势高 C.若只增大加速电压U,则半径r变大 D.若只增大入射粒子的质量,则半径r变小 ‎4.环型对撞机是研究高能粒子的重要装置,如图所示,比荷相等的正、负离子由静止都经过电压为U的直线加速器加速后,沿圆环切线方向同时注入对撞机的高真空环状空腔内,空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场,磁感应强度大小为B。正、负离子在环状空腔内只受洛伦兹力作用而沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动,然后在碰撞区迎面相撞,不考虑相对论效应,下列说法正确的 是(　　)‎ A.所加的匀强磁场的方向应垂直圆环平面向外 B.若加速电压一定,离子的比荷越大,磁感应强度B越小 C.磁感应强度B一定时,比荷相同的离子加速后,质量大的离子动能小 D.对于给定的正、负离子,加速电压U越大,离子在环状空腔磁场中的运动时间越长 ‎5.(多选)在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的磷离子P+和P3+,经电压为U的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域,如图所示。已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时,离子P+和P3+(　　)‎ A.在电场中的加速度之比为1∶1‎ B.在磁场中运动的半径之比为∶1‎ C.在磁场中转过的角度之比为1∶2‎ D.离开电场区域时的动能之比为1∶3‎ ‎6.一个带负电荷q,质量为m的小球,从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑,小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动。现在竖直方向加上如图所示的匀强电场,若仍从A点由静止释放该小球,则(　　)‎ A.小球不能过B点 B.小球仍恰好能过B点 C.小球能过B点,且在B点与轨道之间压力不为0‎ D.以上说法都不对 ‎7.(多选)质量为m,带电量为q的小物块,从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑,整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中,磁感应强度为B,如图所示。若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零,下面说法中正确的是(　　)‎ A.小物块一定带正电荷 B.小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动 C.小物块在斜面上运动时做加速度增大,而速度也增大的变加速直线运动 D.小物块在斜面上下滑过程中,当小物块对斜面压力为零时的速率为 ‎8.(多选)在地面附近的空间中有水平方向的匀强电场和匀强磁场,已知磁场的方向垂直纸面向里,一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动,如图所示。由此可判断下列说法正确的是(　　)‎ A.如果油滴带正电,则油滴从M点运动到N点 B.如果油滴带正电,则油滴从N点运动到M点 C.如果电场方向水平向右,则油滴从N点运动到M点 D.如果电场方向水平向左,则油滴从N点运动到M点 二、计算题(本大题共2小题,共36分。需写出规范的解题步骤)‎ ‎9.(16分)在地面附近的真空中,存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场,如图甲所示。磁场的磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示。该区域中有一条水平直线MN,D是MN上的一点。在t=0时刻,有一个质量为m、电荷量为+q的小球(可看作质点),从M点开始沿着水平直线以速度v0做匀速直线运动,t0时刻恰好到达N点。经观测发现,小球在t=2t0至t=3t0时间内的某一时刻,又竖直向下经过直线MN上的D点,并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过D点。求:‎ ‎(1)电场强度E的大小。‎ ‎(2)小球从M点开始运动到第二次经过D点所用的时间。‎ ‎(3)小球运动的周期,并画出运动轨迹(只画一个周期)。‎ ‎10.如图所示,在xOy平面内,第Ⅲ象限内的虚线OM是电场与磁场的边界,OM与y轴负方向成45°角。在x<0且OM的左侧空间存在着沿x轴负方向的匀强电场E,场强大小为0.32N/C,在y<0且OM的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场B,磁感应强度大小为0.10T,不计重力的带负电的微粒,从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2.0×103m/s的初速度进入磁场,已知微粒的带电荷量为q=5.0×10-18C,质量为m=1.0×10-24kg,求:‎ ‎(1)带电微粒第一次经过磁场边界点的位置坐标;‎ ‎(2)带电微粒在磁场区域运动的总时间;‎ ‎(3)带电微粒最终离开电、磁场区域点的位置坐标。(保留两位有效数字)‎ B组 ‎(45分钟　100分)‎ 一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。多选题已在题号后标出)‎ ‎1.一个电子穿过某一空间而未发生偏转,则(　　)‎ A.此空间一定不存在磁场 B.此空间一定不存在电场 C.此空间可能只有匀强磁场,方向与电子速度垂直 D.此空间可能同时有电场和磁场 ‎2.利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n,现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b,厚为d,并加有与侧面垂直的匀强磁场B,当通以图示方向电流I时,在导体上、下表面间用电压表可测得电压为U。已知自由电子的电荷量为e,则下列判断正确的是(　　)‎ A.上表面电势高 B.下表面电势高 C.该导体单位体积内的自由电子数为 D.该导体单位体积内的自由电子数为 ‎3.如图所示为阿尔法磁谱仪的内部结构示意图,它曾由航天飞机携带升空,安装在阿尔法空间站中,用来探测宇宙射线。现假设一束由两种不同粒子组成的宇宙射线,恰好沿直线OO′通过正交的电场和磁场区域后进入匀强磁场B2,形成两条径迹,则下列说法中正确的是(　　)‎ A.粒子1进入磁场B2的速度小于粒子2的速度 B.粒子1进入磁场B2的速度等于粒子2的速度 C.粒子1的比荷等于粒子2的比荷 D.粒子1的比荷小于粒子2的比荷 ‎4.(多选)如图所示,竖直平面内的光滑绝缘轨道ABC,AB为倾斜直轨道,BC为圆形轨道,圆形轨道处在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里。质量相同的甲、乙、丙三个绝缘小球,甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。现将三个小球从轨道AB上分别从不同高度处由静止释放,都恰好通过圆形轨道的最高点,则(　　)‎ A.经过最高点时,三个小球的速度应相等 B.经过最高点时,甲球的速度应最小 C.释放的甲球位置比乙球高 D.运动过程中三个小球的机械能均保持不变 ‎5.如图所示,一个带正电的物块m,由静止开始从斜面上A点下滑,滑到水平面BC上的D点停下来。已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同,且不计物块经过B处时的机械能损失。先在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场,第二次让物块m从A点由静止开始下滑,结果物块在水平面上的D′点停下来。后又撤去电场,在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场,再次让物块m从A点由静止开始下滑,结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D″点停下来。则以下说法中正确的是(　　)‎ A.D′点一定在D点左侧 B.D′点一定与D点重合 C.D″点一定在D点左侧 D.D″点一定与D点重合 ‎6.(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,现给圆环一向右的初速度v0,在以后的运动过程中,圆环运动的速度图像可能是图中的(　　)‎ ‎7.(多选)如图所示的空间中存在着正交的匀强电场和匀强磁场,从A点沿AB、AC方向绝缘地抛出两带电小球,关于小球的运动情况,下列说法中正确的是(　　)‎ A.从AB、AC抛出的小球都可能做直线运动 B.只有沿AB抛出的小球才可能做直线运动 C.做直线运动的小球带正电,而且一定是做匀速直线运动 D.做直线运动的小球机械能守恒 ‎8.真空中存在竖直向上的匀强电场和水平方向的匀强磁场,一质量为m、带电荷量为q的物体以速度v在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动。假设t=0时刻,物体在运动轨迹的最低点且重力势能为零,电势能也为零,则下列说法错误的是(　　)‎ A.物体带正电且逆时针运动 B.在物体运动的过程中,机械能守恒,且机械能E=mv2‎ C.在物体运动的过程中,重力势能随时间变化的关系为Ep=mgR(1-cost)‎ D.在物体运动的过程中,电势能随时间变化的关系为E电=mgR(cost-1)‎ 二、计算题(本大题共2小题,共36分。需写出规范的解题步骤)‎ ‎9.(18分)如图所示,边长为L的正方形PQMN(含边界)区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,左侧有水平向右的匀强电场,场强大小为E,质量为m,电量为q的带正电粒子(不计重力)从O点由静止释放,O、P、Q三点在同一水平线上,OP=L,带电粒子恰好从M点离开磁场,求:‎ ‎(1)磁感应强度B的大小。‎ ‎(2)粒子从O点到M点经历的时间。‎ ‎10.(18分)离子扩束装置由离子加速器、偏转电场和偏转磁场组成。偏转电场由加了电压的相距为d=0.1m的两块水平平行放置的导体板形成,如图甲所示。大量带负电的相同离子(其重力不计)由静止开始,经加速电场加速后,连续不断地沿平行于导体板的方向从两板正中间射入偏转电场。当偏转电场两板不带电时,离子通过两板之间的时间为3×10-3s,当在两板间加如图乙所示的电压时,所有离子均能从两板间通过,然后进入水平宽度有限、竖直宽度足够大、磁感应强度为B=1T的匀强磁场中,最后通过匀强磁场打在竖直放置的荧光屏上。求:‎ ‎(1)离子在刚穿出偏转电场两板之间时的最大侧向位移与最小侧向位移之比为多少?‎ ‎(2)要使侧向位移最大的离子能垂直打在荧光屏上,偏转磁场的水平宽度L为多大?‎ 答案解析 A组 ‎1.【解析】选C。离子所受的电场力F=qE,洛伦兹力F洛=qvB,qU=mv2,离子向上偏转,电场力大于洛伦兹力,故要使离子沿直线运动,可以适当增加U,增加速度,洛伦兹力增大,C正确;也可适当减小E或增大B,电场力减小或洛伦兹力增大,A、B、D错误。‎ ‎2.【解析】‎ 选C。小球刚进入电场、磁场区域,受力如图,因此小球向右偏转。由于洛伦兹力与速度有关,故小球所受的合力大小和方向均变化,故A错;因电场力做正功,故小球的电势能减少,B错;由于洛伦兹力不做功,由能量守恒可知C对;当磁场变强,小球落地点的水平位移增大,电势能减小量增大,小球动能增大,D错。‎ ‎3.【解析】选C。粒子从S3小孔进入磁场中,速度方向向下,粒子向左偏转,由左手定则可知粒子带正电。带正电的粒子在S1和S2两板间加速,则要求场强的方向向下,那么S1板的电势高于S2板的电势。粒子在电场中加速,由动能定理mv2=qU,在磁场中偏转,则有r=,联立两式解得r=,由此式可以看出只增大U或只增大m时,粒子的轨道半径都变大。‎ ‎4.【解析】选B。根据图示可知,正离子做逆时针方向的匀速圆周运动,负离子做顺时针方向的匀速圆周运动,磁场方向应垂直圆环平面向里,选项A错误;离子在加速电场中,qU=mv2,在环状空腔中的圆周运动满足qvB=m,则B=,对于比荷相等的正、负离子,加速电压一定,运动半径一定,则离子比荷越大,所需磁场的磁感应强度越小,选项B正确;离子在磁场中的运动速度为v=,磁感应强度相同,半径一定,比荷相同,正、负离子做圆周运动的速度相等,质量大的离子,其动能一定大,选项C错误;离子在环状空腔磁场中的运动时间为t==,与加速电压无关,选项D错误。‎ ‎5.【解题指南】解答本题可按以下思路进行:‎ ‎(1)正离子在电场中,由于电场力的作用做加速运动;‎ ‎(2)正离子在磁场中,洛伦兹力提供向心力,做圆周运动。‎ ‎【解析】选B、C、D。磷离子P+和P3+的质量相等,在电场中所受的电场力之比为1∶3,所以加速度之比为1∶3,A项错误;离开电场区域时的动能之比为1∶3,初速度可忽略的磷离子P+和P3+,经电压为U的电场加速后,由动能定理可得,离开电场区域时的动能之比为它们的带电量之比,即1∶3,D项正确;在磁场中做圆周运动时洛伦兹力提供向心力qvB=m,可得r=,==,B项正确;设P+在磁场中的运动半径为R,由几何知识可得磁场的宽度为R,而P3+的半径为R,由几何知识可得P3+在磁场中转过的角度为60°,P+在磁场中转过的角度为30°,所以磷离子P+和P3+在磁场中转过的角度之比为1∶2,C项正确。‎ ‎6.【解析】‎ 选B。小球从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑,恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动,则mg=m,mg(h-2R)=m;加匀强电场后仍从A点由静止释放该小球,则(mg-qE)(h-2R)=m,联立解得mg-qE=m,满足小球恰好能过B点的临界条件,选项B正确。‎ ‎7.【解析】选B、D。小物块沿斜面下滑对斜面作用力为零时受力分析如图所示,小物块受到重力mg和垂直于斜面向上的洛伦兹力F,故小物块带负电荷,A错误;小物块在斜面上运动时合力等于mgsinθ保持不变,做匀加速直线运动,B正确,C错误;小物块在斜面上下滑过程中,当小物块对斜面压力为零时有qvB=mgcosθ,则有v=,D正确。‎ ‎8.【解题指南】解答该题的思路:‎ ‎(1)先根据带电油滴做直线运动,分析其做的是匀速直线运动。‎ ‎(2)再根据左手定则,利用假设法分析洛伦兹力的方向,分析是否满足合力为零,并确定电性。‎ ‎(3)最后确定电场的方向。‎ ‎【解析】选A、C。油滴在运动过程中受到重力、电场力及洛伦兹力的作用,因洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直,大小随速度的改变而改变,而电场力与重力的合力是恒力,所以油滴做匀速直线运动;又因电场力一定在水平方向上,故洛伦兹力的方向是斜向上方的,因而当油滴带正电时,应该由M点向N点运动,故选项A正确,B错误。若电场方向水平向右,则油滴需带负电,此时斜向右上方与MN垂直的洛伦兹力对应油滴从N点运动到M点,即选项C正确。同理,电场方向水平向左时,油滴需带正电,油滴是从M点运动到N点的,故选项D错误。‎ ‎9.【解析】(1)小球从M点运动到N点时,有:qE=mg 解得:E=　 (2分)‎ ‎(2)小球从M点到达N点所用时间t1=t0　 (1分)‎ 小球从N点经过个圆周,到达P点,所以t2=t0　 (1分)‎ ‎(或t2=×=t0)‎ 小球从P点运动到D点的位移x=R=　 (2分)‎ 小球从P点运动到D点的时间t3==　 (2分)‎ 所以时间t=t1+t2+t3=2t0+　 (4分)‎ ‎[或t=(3π+1),t=2t0(+1)]。‎ ‎(3)小球运动一个周期的轨迹如图所示。‎ 小球的运动周期为T=8t0(或T=)。　 (4分)‎ 答案:(1)　(2)2t0+ ‎(3)8t0　运动轨迹见解析 ‎10.【解析】(1)带电微粒从O点射入磁场,运动轨迹如图。‎ 第一次经过磁场边界上的A点 由qv0B=　 (2分)‎ 得r==4×10-3m (2分)‎ A点位置坐标 ‎(-4×10-3m,-4×10-3m)　 (1分)‎ ‎(2)带电微粒在磁场中运动轨迹如(1)问图,设带电微粒在磁场中做圆周运动的周期为T T=　 (2分)‎ 则t=tOA+tAC=T+T　 (2分)‎ 代入数据解得:T=1.3×10-5s (1分)‎ 所以t=1.3×10-5s ‎(3)微粒从C点沿y轴正方向进入电场,速度方向与电场力方向垂直,微粒做类平抛运动 a=　 (2分)‎ Δx=a=2r　 (2分)‎ Δy=v0t1　 (2分)‎ 代入数据解得:Δy=0.2m y=Δy-2r=0.2m-2×4×10-3m=0.19 m (2分)‎ 离开电、磁场时的点的位置坐标为(0,0.19m)　 (2分)‎ 答案:(1)(-4×10-3m,-4×10-3m)‎ ‎(2)1.3×10-5s　(3)(0,0.19 m)‎ ‎【方法技巧】解决带电粒子运动问题的方法——数形思维法 数形思维方法是解决带电粒子运动问题的基本方法。带电粒子在磁场中的圆周运动,关键是根据题中的“几何约束”,挖掘隐含的几何关系,求出轨迹半径,要善于将物理问题划归为几何问题,建立数形结合的思想。‎ ‎1.建立数形结合思想可以从“数、形、链”三个方面进行。‎ ‎(1)所谓“数”也就是物理量,可以是具体数据,也可以是符号;‎ ‎(2)所谓“形”,就是将题设物理情景以图形的形式呈现出来;‎ ‎(3)所谓“链”,也就是情景链接和条件关联。情景链接就是将物理情景分解成若干个子过程,并将这些子过程由“数、形”有机地链接起来;条件关联就是“数”间关联或临界条件关联。‎ ‎2.“数、形、链”三位一体,三维建模,一般分为三步建立物理模型 ‎(1)分析和分解物理过程,确定不同过程的初、末状态,将状态量与过程量对应起来;‎ ‎(2)画出关联整个物理过程的思维导图,对于运动过程直接画出运动草图;‎ ‎(3)在草图上标出物理过程和对应的物理量,建立情景链接和条件关联,完成情景模型。‎ B组 ‎1.【解析】选D。当空间只有匀强磁场,且电子的运动方向与磁场方向垂直时,受洛伦兹力作用,会发生偏转,C不正确。当空间既有电场又有磁场,且两种场力相互平衡时,电子不会发生偏转,A、B不正确,D正确。‎ ‎2.【解析】选B。画出平面图如图所示,由左手定则可知,自由电子向上表面偏转,故下表面电势高,故选项B正确,A错误;再根据e=evB,I=neSv=nebdv得n=,故选项C、D均错误。‎ ‎3.【解析】选B。两种不同的宇宙射线粒子沿直线通过正交的电场和磁场区域(速度选择器),说明两种粒子的速度大小相等,都是v=,则选项B正确,而选项A错误;两种粒子在同一磁场中的运动半径不相等,且r2>r1,即·<·,因此,粒子1的比荷大于粒子2的比荷,选项C、D均错误。‎ ‎4.【解题指南】解答本题应注意以下三点:‎ ‎(1)三球的带电情况不同,洛伦兹力的方向不同。‎ ‎(2)三球都恰好过圆形轨道的最高点条件均是与圆轨道间的弹力为零。‎ ‎(3)洛伦兹力不做功,机械能守恒。‎ ‎【解析】选C、D。设甲、乙、丙三个小球刚好经过轨道最高点的速度分别为v甲、v乙、v丙,由左手定则可知甲球经过最高点时受洛伦兹力竖直向下、乙球经过最高点时受洛伦兹力竖直向上,对三个小球经过轨道最高点的瞬间,据牛顿第二定律分别有F洛+mg=m(①式)、mg-F洛′=m(②式)、mg=m(③式)。由以上①②③式可知v甲>v丙>v乙,则三个小球释放位置的高度满足h甲>h丙>h乙,由于三个小球运动过程中只有重力做功,则均保持机械能不变。由以上分析可知本题正确选项为C、D,选项A、B错误。‎ ‎5.【解析】选B。仅在重力场中时,物块由A点至D点的过程中,由动能定理得mgh-μmgcosαs1-μmgs2=0,即h-μcosαs1-μs2=0,由题意知A点距水平面的高度h、物块与斜面及水平面间的动摩擦因数μ、斜面倾角α、斜面长度s1为定值,所以s2与重力的大小无关。而在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场后,相当于把重力增大了,s2不变,D′点一定与D点重合;在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场后,洛伦兹力垂直于接触面向上,正压力变小,摩擦力变小,重力做的功不变,所以D″点一定在D点右侧,只有选项B正确。‎ ‎6.【解析】选A、D。由左手定则可判断洛伦兹力方向向上,圆环受到竖直向下的重力、垂直杆的弹力及向左的摩擦力,当洛伦兹力初始时刻小于重力时,弹力方向竖直向上,圆环向右减速运动,随着速度减小,洛伦兹力减小,弹力越来越大,摩擦力越来越大,故做加速度增大的减速运动,直到速度为零而处于静止状态,选项中没有对应图像;当洛伦兹力初始时刻等于重力时,弹力为零,摩擦力为零,故圆环做匀速直线运动,A正确;当洛伦兹力初始时刻大于重力时,弹力方向竖直向下,圆环做减速运动,速度减小,洛伦兹力减小,弹力减小,在弹力减小到零的过程中,摩擦力逐渐减小到零,故圆环做加速度逐渐减小的减速运动,摩擦力为零时,开始做匀速直线运动,D正确。‎ ‎7.【解析】选B、C。小球运动过程中受重力、电场力、洛伦兹力作用,注意小球做直线运动一定为匀速直线运动;带正电的小球沿AB抛出才可能做直线运动,做直线运动时电场力做正功,机械能增加,沿AC抛出的小球不可能做直线运动,B、C正确。‎ ‎8.【解析】‎ 选B。由于存在电势能的变化,故机械能不守恒,B错;题中物体所受的电场力与重力平衡,洛伦兹力提供其做匀速圆周运动所需的向心力,故知物体带正电,洛伦兹力使其逆时针转动,A对;‎ 重力势能Ep=mgh=mgR(1-cost),C对;‎ 电势能E电=-qEh=-mgh=-Ep,D对。‎ ‎【变式备选】如图所示,真空中有一匀强电场和水平面成一定角度斜向上,一个电荷量为Q=-5×10-6C的带电质点固定于电场中的O点,在a点有一个质量为m=9×10-3kg、电荷量为q=2×10-8C的点电荷恰能处于静止,a与O在同一水平面上,且相距为r=0.1m。现用绝缘工具将q搬到与a在同一竖直平面上的b点,Oa=Ob且相互垂直,在此过程中外力至少做功为(　　)‎ A.1.8‎‎×10-2J B.9(+1)×10-3J C.9×10-3J D.9×10-3J ‎【解析】选D。点电荷恰好在a点静止,在该位置点电荷受力平衡,受力分析图如图所示。因为带电质点Q对点电荷的库仑力为F=k=9×10-2N,点电荷的重力为G=mg=9×10-2N,根据平衡条件知,匀强电场对点电荷的电场力大小为F电=9×10-2N,方向与Oa成45°角斜向上,与ab连线垂直,直线ab与电场线垂直是匀强电场的等势线。用绝缘工具将q搬到与a在同一竖直平面上的b点的过程中,库仑力和电场力都对点电荷不做功,只有重力做了W=-mgr=-9×10-3J的功,因此,在该过程中,外力至少应克服重力做9×10-3J的功,选项D正确,其他选项均错。‎ ‎9.【解析】(1)设粒子运动到P点时速度大小为v,由动能定理得:‎ qEL=mv2　 ①(2分)‎ 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,‎ 半径r=L　 ②(2分)‎ qvB=m　 ③(2分)‎ 由①②③得:B=　 (2分)‎ ‎(2)设粒子在匀强电场中运动时间为t1,‎ 由牛顿第二定律及匀变速直线运动规律得:‎ Eq=ma　 ④(2分)‎ L=a　 ⑤(2分)‎ 由④⑤式得:t1=　 (2分)‎ 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T=,运动时间为t2=T 解得:t2=　 (2分)‎ 粒子从O点运动到M点经历的时间 t=t1+t2=　 (2分)‎ 答案:(1)　(2) ‎10.【解题指南】解答本题时应该注意:(1)离子进入偏转电场后在偏转方向上的运动规律分析和判断。‎ ‎(2)根据几何知识求离子在磁场中的运动半径与磁场宽度的关系。‎ ‎【解析】(1)设t0=1×10-3s,由题意可知,从0、3t0、6t0…时刻进入偏转电场的离子侧向位移最大,在这种情况下,离子的侧向位移为ymax=a(2t0)2+vyt0=2+(2t0) t0=　 (3分)‎ 从2t0、5t0、8t0…时刻进入偏转电场的离子侧向位移最小,在这种情况下,离子的侧向位移为 ymin=a(2t0)2=2　 (3分)‎ 所以最大侧向位移与最小侧向位移之比为 ymax∶ymin=2∶1 　(2分)‎ ‎(2)设离子从偏转电场中射出时的偏向角为θ,由于离子要垂直打在荧光屏上,离子在磁场中的运动轨迹如图所示。‎ 由几何知识可知离子在磁场中运动半径应为 R=　 (2分)‎ 设离子从偏转电场中出来时的速度为v,垂直偏转极板的速度为vy,则离子从偏转电场中出来时有sinθ=　 (2分)‎ 式中vy=t0　 (2分)‎ 离子在磁场中由牛顿第二定律可得:‎ qvB=m　 (2分)‎ 故R= 综上所述可得L==0.02m (2分)‎ 答案:(1)2∶1　(2)0.02m