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    7．如图所示，长均为d的两正对平行金属板MN、PQ水平放置，两板间的距离为2d，在两板间 的空间存在正交的匀强电场和匀强磁场．一带电粒子从MP的中点O垂直于电场和磁场方向以某一速度射入两板间，并恰沿直线从NQ的中点射出．若撤去电场，则粒子从M点射出（粒子重力不计）．下列说法正确的是（　　）
    A．该粒子带正电
    B．该粒子带负电
    C．若撤去磁场，则粒子将打到PQ的中点
    D．若撤去磁场，则粒子射出金属板时的速度大小是射人金属板时的速度大小的$\sqrt{5}$倍

    分析 粒子沿直线从NQ的中点射出，洛伦兹力等于电场力，若撤去电场，则粒子从M点射出，所以粒子应带正电荷；若撤去磁场，在此过程中，粒子做类平抛运动，根据平抛运动规律列式．

    解答 解：A、撤去电场，粒子从M点射出，粒子刚射入磁场时所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则知粒子带正电荷，故A正确，B错误；
    C、设粒子的质量为m，带电量为q，粒子射入电磁场时的速度为v0，则粒子沿直线通过场区时：Bqv0=Eq，撤去电场后，在洛仑兹力的作用下，粒子做圆周运动，由几何知识知：r=$\frac{d}{2}$，洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，撤去磁场，粒子做类平抛运动，粒子打在PQ板上时，竖直分位移y=d，竖直方向：y=d=$\frac{1}{2}$at2=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t2，水平方：x=v0t，解得：x=d，粒子将打在Q点，不会打在PQ的中点，故C错误；
    D、设粒子的质量为m，带电量为q，粒子射入电磁场时的速度为v0，则粒子沿直线通过场区时：Bqv0=Eq，撤去电场后，在洛仑兹力的作用下，粒子做圆周运动，由几何知识知：r=$\frac{d}{2}$，洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，撤去磁场，粒子做类平抛运动，粒子的加速庶a，穿越电场所用时间为t，水平方向：d=v0t，加速度：a=$\frac{qE}{m}$，竖直分位移：y=$\frac{1}{2}$at2，解得：y=d，设末速度为v，由动能定理知：$\frac{1}{2}$mv2-$\frac{1}{2}$mv02=Eqd，解得：v=$\sqrt{5}$v0，即粒子射出金属板时的速度大小是射人金属板时的速度大小的$\sqrt{5}$倍，故D正确；
    故选：AD．

    点评 本题考查带电粒子在电场、磁场中两的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程是解题的前提，根据粒子在磁场中的偏转方向判断出洛伦兹力方向，应用左手定则可以判断出粒子的电性；应用类平抛运动规律与牛顿第二定律可以解题．

    练习册系列答案
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    A．增大B．减小C．不变D．无法判断

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    （1）求MN滑行到C、E两点时，C、D两点间的电势差UCD；
    （2）推导MN在CDE上滑行的过程中，回路中的感应电动势E与时间t的关系表达式；
    （3）在运动学中我们学过：通过物体运动速度和时间的关系图线（v-t图）可以求出物体运动的位移x，如图乙中物体在0～t0时间内的位移在数值上等于梯形Ov0Pt0的面积．通过类比我们可以知道：如果画出力与位移的关系图线（F-x图），也可以通过图线求出力对物体所做的功．请你推导MN在CDE上滑动过程中，MN所受安培力F与MN的位移x的关系表达式，并用F与x的关系图线求出MN在CDE上滑行的整个过程中，MN和CDE构成的回路所产生的焦耳热．

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    （1）刹车后2s内前进的距离及刹车过程中的加速度；
    （2）刹车后前进9m所用时间；
    （3）刹车后8s内前进的距离．

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    （4）离子在离开偏转电场时的竖直偏移量y
    （以上各结论均用m，q，l，d，U1，U2等已知量表示）

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