3.4 磁场对运动电荷的作用(提升篇)-高二《物理》

3.4 磁场对运动电荷的作用-提升篇
1．(2019·全国卷Ⅱ)如图,
边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面(abcd 所在平面)向外.ab 边中点有一电子发射源O ,可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子.已知电子的比荷为k.则从a 、d 两点射出的电子的速度大小分别为
( )
A .1
4
kBl ,√54
kBl B .14
kBl ,54
kBl C .12
kBl ,√54
kBl D .12
kBl ,5
4
kBl
【答案】B 【解析】
从a 点和d 点射出的电子运动轨迹如图所示,根据几何关系可得:R a =l
4,根据洛伦兹力提供
向心力可得:qv a B=m v a 2R a
,联立解得:v a =1
4kBl ;同理,对于从d 点射出的电子,
有:R d 2
=l 2+
(R d -l 2)2
,解得:R d =5l
4,又qv d B=m v d 2
R d
,解得:v d =5
4kBl ,故选项B 正确.
2．(2019·山西临汾模拟)(多选)如图所示,在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道,圆
心O与轨道左、右最高点a、c在同一水平线上,水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直.一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆轨道的最高点a滑下,则下列说法中正确的是()
A.滑块经过最低点b时的速度与磁场不存在时相等
B.滑块从a点到最低点b所用的时间比磁场不存在时短
C.滑块经过最低点b时对轨道压力与磁场不存在时相等
【答案】AD
【解析】滑块下滑时受到重力、洛伦兹力、轨道的支持力,洛伦兹力与轨道支持力不做功,只有重力做功,由机械能守恒可知,滑块到达各点时的速度与磁场不存在时相等,故A正确;与没有磁场时相比,滑块在各点的速度都是相等的,所以滑块从a点到最低点b所用的时间与磁场不存在时相等,故B错误;滑块做圆周运动,在最低点由牛顿第
二定律得:F-mg-qvB=m v2
r ,可得轨道对小球的支持力F=mg+qvB+m v2
r
,所以滑块对轨道
的压力为F'=F=mg+qvB+m v2
r
,滑块经最低点时对轨道的压力比磁场不存在时大,故C 错误;根据滑块的机械能守恒可知,滑块能到达右侧的最高点c,故D正确.
3．(2019·海南卷)(多选)如图,虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场,两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场,在纸面内运动.射入磁场时,P的速度v P垂直于磁场边界,Q的速度v Q与磁场边界的夹角为45°.已知两粒子均从N点射出磁场,且在磁场中运动的时间相同,则() A.P和Q的质量之比为1Ⅱ2
B .P 和Q 的质量之比为√2Ⅱ1
C .P 和Q 速度大小之比为√2Ⅱ1
D .P 和Q 速度大小之比为2Ⅱ1
【答案】AC
【解析】由题意可知,P 、Q 两粒子的运动轨迹分别为半圆和四分之一圆,根据周期公式T=2πm
qB 可知:t 1=1
2×
2πm P qB
,t 2=14×
2πm Q qB
,又两粒子的电量相同,在磁场中的运动时间相同
(t 1=t 2),所以解得:m P Ⅱm Q =1Ⅱ2,故A 正确,B 错误;设MN 的长度为L ,则由几何关系可知,P 、
Q 两粒子的轨道半径分别为:R P =L
2,R Q =√22
L ,即R P ⅡR Q =1Ⅱ√2,再由半径公式R=mv
qB 解得:v P Ⅱv Q =√2Ⅱ1,故C 正确,D 错误.
4．（ (2019·华南师大附中三模)如图所示,圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场,经过Δt 时间从C 点射出磁场,OC 与OB 成60°角.现将带点粒子的速度变为v
3,仍从A 点沿原方向射入磁场,不计重力,则粒子在磁场中的运动时间变为
( )
A .3Δt
B .1
2Δt C .1
3Δt D .2Δt
【答案】D
【解析】如图所示,设圆形磁场区域的半径是R ,当粒子以速度v 射入时,轨迹半径r 1=mv
qB
,
根据几何关系可知:r 1
R =tan 60°,即r 1=√3R ,运动时间:Δt=60°360°T=16T ;以速度v
3射入时,轨迹半径
r 2=m ·
v
3
qB =13r 1=√33R ,设第二次射入时的圆心角为θ,根据几何关系可知:tan θ2=R
r 2
=√3,所以
θ=120°,则第二次运动的时间为:t'=120°360°T=1
3T=2Δt.故选项D 正确.
5．(2016·全国卷Ⅱ)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示.图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动.在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30°角.当筒转过90°时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒.不计粒子的重力.若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为()
A.ω
3B B.ω
2B
C.ω
B
D.2ω
B
【答案】A
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动,如图所示,根据几何关系有∠MO'A=30°,即轨迹
圆弧所对的圆心角为30°,粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πm
Bq
,故粒子在磁场中
运动的时间t=30°
360°T=1
12
×2πm
qB
;圆筒转动90°所用的时间t'=1
4
T'=1
4
×2π
ω
.根据题意知,粒子在磁场
中运动的时间t和圆筒转动的时间t'相等,即1
12×2πm
qB
=1
4
×2π
ω
,所以解得:q
m
=ω
3B
,选项A正确.
6．(2017·全国卷Ⅱ)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点,大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场,若粒子射入的速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子
射入速率为v 2,相应的出射点分布在三分之一圆周上.不计重力及带电粒子之间的相互作用,则v 2Ⅱv 1为 ( )
A .√3Ⅱ2
B .√2Ⅱ1
C .√3Ⅱ1
D .3Ⅱ√2
【答案】C
【解析】 设圆形区域磁场的半径为r ,当粒子从P 点射入的速度大小为v 1时,粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为M ,如图1,此时PM 的长度为轨迹圆的直径.由题意知∠POM=60°,根据几何关系得轨迹圆的半径为:R 1=r
2;
图1 图2
当粒子从P 点射入的速度大小为v 2时,粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为N ,如图2,此时PN 的长度仍为轨迹圆的直径.由题意知∠PON=120°,根据几何关系得轨迹圆的半
径为:R 2=√32r ;再根据洛伦兹力充当向心力可知:Bqv=m v 2
R ,解得:v=BqR m
,故速度与半径成正比,
因此v 2Ⅱv 1=R 2ⅡR 1=√3Ⅱ1,选项C 正确.
7．(2019·河南八市重点高中模拟)如图所示,第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场,A 、B 是x 轴上的两个点,有甲、乙两个带电粒子分别以速度v 1、v 2从A 、B 两点同时射入磁场,在y 轴上的C 点相遇,并且均垂直于y 轴射出.已知v 1的方向与x 轴垂直,v 2与x 轴正方向成120°角,不计粒子重力以及粒子间的库仑力,则两粒子速度关系为
( )
A.v2=3v1
B.v2=4v1
C.v2=4
3v1D.v2=3
4
v1
【答案】C
【解析】粒子在磁场中做圆周运动,轨迹如图所示:
设C点到x轴的距离为L,由几何知识得:r1=L,L+r2cos 60°=r2,解得:r2=2L,粒子在磁场中做
圆周运动的半径:r=mv
qB ,由于r2=2r1,则:m2v2
q2B
=2×m1v1
q1B
Ⅱ;
粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2πm
qB ,粒子在磁场中运动的时间:t=θ
2π
T=θm
qB
,两粒子在磁
场中的运动时间相等,则:90°×m1
q1B =60°×m2
q2B
Ⅱ;由ⅡⅡ解得:v2=4
3
v1,故C正确.
8．(2019·安徽马鞍山二模)如图所示,在平面直角坐标系xOy的第一象限y≤a范围内,存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子从坐标原点O以速度大小为v0=2qBa
m
沿不同方向射入磁场,不计粒子的重力,下列说法正确的是()
A.若粒子初速度沿y轴正方向,粒子在磁场中的运动时间为πm
3qB
B.若粒子初速度沿y轴正方向,粒子在磁场中的运动时间为2πm
3qB
C.粒子在磁场中运动的最长时间为πm
3qB
D.粒子在磁场中运动的最长时间为2πm
3qB
【答案】D
【解析】粒子运动的速度大小为v0=2qBa
m ,则粒子运动的轨道半径为r=mv0
qB
=2a.若粒子的初
速度沿y轴正方向,则由几何关系可知,粒子在磁场中转过的角度为30°,运动时间为
t1=30°
360°T=1
12
×2πr
v0
=πm
6qB
,故A、B错误;
当粒子的运动轨迹与磁场上边界相切时,粒子在磁场中运动的时间最长,由几何关系可知,
粒子在磁场中转过的角度为120°,则运动时间为t max=4t1=2πm
3qB
,故C错误,D正确.
9．(2019·浙江杭州模拟)如图所示,水平地面上方存在垂直纸面向里的磁场,将一小球水平向右抛出,小球的落地点为a.现给小球带上电荷后,仍以原来的速度抛出,则下列说法正确的是()
A.无论小球带何种电荷,小球仍会落在a点
B.无论小球带何种电荷,小球下落时间都不变
C.若小球带正电荷,小球会落在更远的b点
D.若小球带正电荷,小球落地速度将减小
【答案】C
【解析】如果小球带正电荷,由左手定则可知,小球所受的洛伦兹力斜向右上方,该洛伦兹力在竖直向上和水平向右均有分力,因此,小球落地时间会变长,水平位移会变大;同理,若小球带负电,则小球落地时间会变短,水平位移会变小,故A、B错误,C正确;若小球带正电荷,则小球下落时受洛伦兹力和重力,而洛伦兹力不做功,仅重力做功,所以小球的机械能仍守恒,故小球落地时的速度大小和不带电时相同,D错误.
10．(2019·北京四中期末)α粒子(24He)和质子(11H)在同一匀强磁场中做匀速圆周运动,若它们的动量大小相等,则α粒子和质子()
A.运动半径之比是2Ⅱ1
B.运动周期之比是2Ⅱ1
C.运动速度大小之比是4Ⅱ1
D.受到的洛伦兹力大小之比是2Ⅱ1
【答案】B
【解析】两个粒子的动量大小相等,质量之比是4Ⅱ1,所以有v He
v H =m H
m He
=1
4
,故C错误;质子
和α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,轨道半径R=mv
qB =p
qB
,质子和α粒子的电荷量之比
是1Ⅱ2,则半径之比R HeⅡR H=1Ⅱ2,故A错误;粒子运动的周期T=2πR
v ,所以T He
T H
=R He
R H
·v H
v He
=1
2
×4
1
=2
1
,
故B正确;粒子受到的洛伦兹力f=qvB,得f He
f H =q He·v He
q H·v H
=2
1
×1
4
=1
2
,故D错误.
11．(2019·湖南衡阳模拟)如图所示,在边长为a 的正方形ABCD 区域(包含边界)内有一匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里.E 点是AB 边上的一点,且AE 之间的距离为a
4.将一电子从
E 点沿EB 方向射出,若初速度为v 1,其运动轨迹将与BC 边相切;若初速度为v 2,其运动轨迹将与CD 边相切.则v 1与v 2之比为 ( )
A .2Ⅱ1
B .4Ⅱ3
C .3Ⅱ1
D .3Ⅱ2
【答案】D
【解析】 当电子的初速度为v 1时,运动轨迹与BC 边相切,则由几何关系可知,粒子运动的轨道半径r 1=3
4a ;当电子的初速度为v 2时,运动轨迹将与CD 边相切,则粒子运动的轨道半径r 2=1
2
a ;又由牛顿第二定律得evB=m v 2
r
,解得v=
eBr m
,所以电子的速度之比v 1v 2
=r 1r 2
=3
2
,故D 正
确.
12．(2019·湖北宜昌模拟)如图所示,直线MN 上方有垂直纸面向里的匀强磁场,电子1从磁场边界上的a 点垂直MN 和磁场方向射入磁场,经t 1时间从b 点离开磁场;之后电子2也由a 点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场,经t 2时间从a 、b 连线的中点c 离开磁场,则t
1t 2
为
( )
A .3
B .2
C .3
2 D .2
3 【答案】A
【解析】 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,根据题意画出粒子的运动轨迹如图所示.
电子1运动了半个圆周,c点为圆心,ab即为直径;电子2以相同的速率射入磁场,根据半径
r=mv
Bq
可知,粒子2的轨道半径与粒子1的相等,又c为a、b连线的中点,所以∠aOc为等边
三角形,粒子2转过的圆心角为60°.故粒子1运动的时间t1=T
2=πm
Bq
,粒子2运动的时间
t2=T
6=πm
3Bq
,所以t1
t2
=3,选项A正确.
13．(2019·山东泰安一中诊断)(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1Ⅱ1
B.在磁场中运动的半径之比为√3Ⅱ1
C.在磁场中转过的角度之比为1Ⅱ2
D.离开电场区域时的动能之比为1Ⅱ3
【答案】BCD
【解析】磷离子P +与P 3+电荷量之比q 1Ⅱq 2=1Ⅱ3,质量相等,在电场中加速度a=qE
m ,故有a 1Ⅱa 2=1Ⅱ3,选项A 错误;离子做圆周运动的半径r=mv
qB ,又qU=1
2mv 2,故有r=1
B
√
2mU q ,即
r 1Ⅱr 2=√3Ⅱ1,选项B 正确;设离子P 3+在磁场中的偏角为α,磁场宽度为d ,则有:sin α=d
r 2
,sin
θ=d
r 1
,解得:sin θⅡsin α=1Ⅱ√3,已知θ=30°,则α=60°,选项C 正确;全过程中只有电场力对离
子做功,根据W=qU ∠q 可知:E k1ⅡE k2=W 1ⅡW 2=1Ⅱ3,选项D 正确.
14．(2019·安徽名校联盟模拟)在直角坐标系xOy 的第一象限内,有一个半径为R 的圆形有界匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外,磁场的边界圆与两坐标轴相切,其中与y 轴的切点为P .在P 点沿x 轴正向射入一个质量为m 、电荷量为q 、速度大小为v=√3qBR
m
的带正电的粒子,不计粒子的重力,若粒子经过x 轴时的位置坐标为(x ,0),
则x 的值为
( )
A .(1+√3
3
)R B .(1+√3
2
)R C .3
2R D .2R 【答案】A
【解析】由于粒子进磁场时速度沿半径方向,因此粒子出磁场时的速度也沿半径方向,如图所示.由牛顿第二定律得qvB=m v 2
r ,将速度v 的值代入得,粒子运动的轨道半径r=√3R ,又由几何关系得tan θ=R
r =√3
3
,解得θ=30°,即粒子在磁场中运动的偏向角为60°,则
x=R+R
tan60°=(1+
√3
3
)R ,故A 正确.
15．(2019·湖北武汉模拟)如图所示,真空中,垂直于纸面向里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在(含边界),两圆的半径分别为R、3R,圆心为O.一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场,其运动轨迹如图,轨迹所对的圆心角为120°.若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时,不论其入射方向如何,都不可能进入小圆内部区域,则v1Ⅱv2至少为()
A.2√3
3B.√3C.4√3
3
D.2√3
【答案】B
【解析】粒子以速度v1射入磁场时,由几何知识可得轨道半径:r1=3R
tan60°
=√3R,又由牛顿
第二定律知:qv1B=m v12
r1,所以解得:v1=√3qBR
m
;若从P点竖直向上射入磁场的粒子不能进入小
圆内部区域,则同速率的、其他任何方向射入磁场的粒子都不能进入小圆区域.当粒子从P点竖直向上射入磁场且恰好不能进入小圆区域时,粒子的轨道半径:r2=R,同理
有:qv2B=m v22
r2,解得:v2=qBR
m
,则v1Ⅱv2=√3,故B正确.
16．(2019·河南郑州一模)如图所示,边界OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场,边界ON上有一粒子源S.某一时刻,从离子源S沿平行于纸面,向各个方向发射出大量
带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用),所有粒子的初速度大小相等,经过一段时间有大量粒子从边界OM 射出磁场.已知∠MON=30°,从边界OM 射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于1
2T (T 为粒子在磁场中运动的周期),则从边界OM 射出的粒子在磁场中运动的最短时间为
( )
A .1
3
T B .1
4
T
C .16
T D .1
8
T
【答案】B
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动,入射点是S ,出射点在OM 直线上,出射点与S 点的连线为轨迹的一条弦.如图所示,当水平向右入射时,粒子在磁场中运动的时间最长,已知最长时间等于1
2T ,则出射点D 与入射点S 的距离为轨迹圆的直径,当从边界OM 射出的粒子在磁场中运动的时间最短时,对应轨迹的弦最短,作ES ∠OM ,则ES 为最短的弦,所以粒子从S 到E 的时间即最短.
设OS=d ,根据几何关系得:DS=OS tan 30°=√33
d ,粒子运动的轨道半径为:r=DS 2
=√3
6
d ;同理,最
短的弦ES=OS sin 30°=1
2d ,则sin θ=ES 2
r =√3
2,即θ=60°.所以粒子在磁场中运动的最短时间为:t min =2×θ
360°T=1
3T ,故A 正确.
17．(2019·广东深圳模拟)如图所示,电子以速度v 垂直于AB 边水平向右射入AB 和CD 所夹的区域并从CD 边射出,AB 与CD 平行.若AB 、CD 间只存在垂直于纸面的匀强磁场,
其偏转角为60°;若AB、CD间只存在平行于AB边的匀强电场,其偏转角也为60°,则电场强度与磁感应强度之比为()
A.V
B.2v
C.3v
D.4v
【答案】B
【解析】设两条虚线间距为d,若AB、CD间只存在垂直于纸面的匀强磁场,则粒子在其
间做匀速圆周运动,由几何关系可知:R=d
sin60°=
√3
,又qvB=m v2
r
,所以解得:B=√3mv
2qd
;若AB、CD
间只存在平行于AB边的匀强电场,则粒子在电场中做类平抛运动,
则:d=vt,v y=at=Eq
m ·d
v
=Eqd
mv
,tan 60°=v y
v
=Eqd
mv2
,解得:E=√3mv2
qd
,所以E
B
=2v,选项B正确.
18．(2019·广东模拟)(多选)如图所示,两个初速度大小相同的同种离子a和b,从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场,最后打到屏P上.不计重力,下列说法正确的有()
A.a、b均带正电
B.a在磁场中飞行的时间比b的短
C.a在磁场中飞行的路程比b的短
D.a在P上的落点与O点的距离比b的近
【答案】AD
【解析】带电离子打到屏P上,说明带电离子向下偏转,根据左手定则判断,a、b两离子均
知轨道半带正电,选项A正确;a、b两离子的初速度大小相同,电荷量、质量相等,由r=mv
qB
径也相同,b在磁场中运动了半个圆周,a的运动轨迹大于半个圆周,故a在P上的落点与O 点的距离比b的近,飞行的路程比b的长,飞行的时间比b的长,选项B、C错误,D正确.
19．(2019·广东揭阳一模)如图所示为边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD.带电粒子从A点沿AB方向射入磁场,恰好从C点飞出磁场;若带电粒子以相同的速度从AD的中点P 垂直AD射入磁场,从DC边的M点飞出磁场(M点未画出).设粒子从A点运动到C点所用时间为t1,由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计),则t1Ⅱt2为()
A.2Ⅱ1
B.2Ⅱ3
C.3Ⅱ2
D.√3Ⅱ√2
【答案】C
【解析】当粒子从A点沿AB方向射入磁场时,恰好从C点飞出磁场,粒子运动的轨道半径为L,粒子从A到C转过的圆心角θ=90°;当粒子从P点以相同的速度入射时,粒子的圆
心在AD 延长线上且距D 点12
L 处,粒子转过的圆心角θ'满足:cos θ'=12
L L
=1
2
,即θ'=60°;粒子在
磁场的运动时间:t=
θ
360°
T ,所以t 1Ⅱt 2=θⅡθ'=3Ⅱ2,故C 正确.
20．(2019·广东茂名二模)如图所示,竖直平面内有一半径为R 的圆形匀强磁场区域,磁感应强度方向垂直纸面向里.一质量为m 、电荷量为+q 的粒子沿竖直方向从M 点以速度v 射入磁场区域,M 点到圆心O 的水平距离为
√2R
2
,最终粒子沿水平方向离开圆形磁场区域.
不计粒子重力,则该磁场区域的磁感应强度大小为
( )
A .mv
2qR B .√2mv
2qR
C .mv qR
D .
√2mv
qR
【答案】B
【解析】 画出粒子的轨迹如图所示,
因为粒子沿竖直方向射入磁场,最终沿水平方向射出,故粒子在磁场中转过的圆心角为90°,根据对称性可知θ=45°.过O 分别作水平和竖直线,垂足分别为N 和P ,因为M 点到圆心O 的水平距离为ON=√2
2R ,磁场半径OM=R ,可知四边形ONMP 为正方形,设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r ,根据几何关系可得r=O'P+PM=√2R Ⅱ;根据洛伦兹力提供向心
力可得qvB=m v 2
r Ⅱ;联立ⅡⅡ式可得磁感应强度大小B=√2mv
2qR
,故B正确.
21．（(2019·陕西咸阳模拟)(多选)如图所示,两水平虚线间的空间存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场,有一个带正电小球(电量为+q,质量为m)从正交或平行的电、磁混合场上方的某一高度自由落下,带电小球通过下列电、磁混合场时,可能沿直线运动的是()
【答案】CD
【解析】小球刚进入混合场时受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力,下降过程中速度一定变大,洛伦兹力一定变化,不可能一直与电场力平衡,故合力不可能始终与速度共线,小球一定做曲线运动,故A错误;小球受重力、向上的电场力、垂直向外的洛伦兹力,合力与速度一定不共线,小球一定做曲线运动,故B错误;小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力,若三力平衡,则粒子做匀速直线运动,故C正确;粒子受向下的重力和向上的电场力,合力一定与速度共线,故粒子一定做直线运动,故D正确.
22.(多选)(2019·山东济南市上学期期末)如图所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行纸面)向下，匀强磁场方向垂直纸面向里．一带负电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动．若增大小球从P点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内()
A．小球的动能减小
B．小球的电势能减小
C．小球的重力势能减小
D．小球的机械能减小
【答案】ACD
【解析】带负电的小球受向下的重力G、向上的电场力F和向下的洛伦兹力F洛，这三个力都在竖直方向上，小球沿水平方向做直线运动，所以小球受到的合力一定是零，小球做匀速直线运动．当小球的入射速度增大时，洛伦兹力增大但不做功，电场力和重力不变，小球将向下偏转，电场力与重力的合力向上，则它们的合力对小球做负功，小球动能减小．电场力对小球做负功，小球的机械能减小，电势能增大．重力对小球做正功，重力势能减小，故A、C、D正确，B错误．。