帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)-高中物理專題(含解析)

帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)目標(biāo)：1.掌握帶電粒子在電場、磁場中運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)2.理解復(fù)合場、組合場對(duì)帶電粒子受力的分析。重難點(diǎn)：重點(diǎn)：帶電粒子在電場、磁場中運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)；帶電粒子在復(fù)合場中受力分析難點(diǎn)：帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)受力與運(yùn)動(dòng)結(jié)合。知識(shí)：知識(shí)點(diǎn)1帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)1．復(fù)合場的分類(1)疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存．(2)組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或相鄰或在同一區(qū)域電場、磁場交替出現(xiàn)．2．帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)形式(1)靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時(shí)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動(dòng)．(2)勻速圓周運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時(shí)，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．(3)較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一直線上，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，這時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧，也不是拋物線．易錯(cuò)判斷(1)帶電粒子在復(fù)合場中不可能處于靜止?fàn)顟B(tài)．(×)(2)帶電粒子在復(fù)合場中可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．(√)(3)帶電粒子在復(fù)合場中一定能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)．(×)知識(shí)點(diǎn)2帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)實(shí)例1．質(zhì)譜儀(1)構(gòu)造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成．(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，qU＝eq\f(1,2)mv2.粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB＝meq\f(v2,r).由以上兩式可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2).2．回旋加速器(1)構(gòu)造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強(qiáng)磁場中．(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，粒子經(jīng)電場加速，經(jīng)磁場回旋，由qvB＝eq\f(mv2,r)，得Ekm＝eq\f(q2B2r2,2m)，可見粒子獲得的最大動(dòng)能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關(guān)．3．速度選擇器(1)平行板中電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B互相垂直．這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來，所以叫做速度選擇器(如圖所示)．(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qE＝qvB，即v＝E/B.4．磁流體發(fā)電機(jī)(1)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)，它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能．(2)根據(jù)左手定則，圖中的B是發(fā)電機(jī)正極．(3)磁流體發(fā)電機(jī)兩極板間的距離為L，等離子體速度為v，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則由qE＝qU/L＝qvB得兩極板間能達(dá)到的最大電勢差U＝BLv.易錯(cuò)判斷(1)電荷在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度與電荷的電性有關(guān)．(×)(2)不同比荷的粒子在質(zhì)譜儀磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不同．(√)(3)粒子在回旋加速器中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑、周期都隨粒子速度的增大而增大．(×)題型分類：題型一帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)題型分析：1．帶電粒子在勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場中可能的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場中在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中初速度為零做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)保持靜止初速度垂直場線做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng))做勻速圓周運(yùn)動(dòng)初速度平行場線做勻變速直線運(yùn)動(dòng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)受恒力作用，做勻變速運(yùn)動(dòng)洛倫茲力不做功，動(dòng)能不變2.“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(磁偏轉(zhuǎn))垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(電偏轉(zhuǎn))情景圖受力FB＝qv0B，大小不變，方向總指向圓心，方向變化，F(xiàn)B為變力FE＝qE，F(xiàn)E大小、方向不變，為恒力(3)粒子運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間對(duì)應(yīng)最大的圓心角，經(jīng)過(1.5d，d)恰與上邊界相切的粒子軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角最大，由幾何關(guān)系可知圓心角為：θ＝254°

粒子運(yùn)動(dòng)周期為：T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(3πd,4v0)

則時(shí)間為：t＝eq\f(θ,360°)T＝eq\f(127πd,240v0). 考向2先磁場后電場【例2】．(2018·濰坊模擬)在如圖所示的坐標(biāo)系中，第一和第二象限(包括y軸的正半軸)內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場；第三和第四象限內(nèi)存在平行于y軸正方向、大小未知的勻強(qiáng)電場．p點(diǎn)為y軸正半軸上的一點(diǎn)，坐標(biāo)為(0，l)；n點(diǎn)為y軸負(fù)半軸上的一點(diǎn)，坐標(biāo)未知．現(xiàn)有一帶正電的粒子由p點(diǎn)沿y軸正方向以一定的速度射入勻強(qiáng)磁場，該粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后以與x軸正半軸成45°角的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，在電場中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，該粒子恰好垂直于y軸經(jīng)過n點(diǎn)．粒子的重力忽略不計(jì)．求：(1)粒子在p點(diǎn)的速度大小；(2)第三和第四象限內(nèi)的電場強(qiáng)度的大??；(3)帶電粒子從由p點(diǎn)進(jìn)入磁場到第三次通過x軸的總時(shí)間.[解析]粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示(1)由幾何關(guān)系可知rsin45°＝l解得r＝eq\r(2)l又因?yàn)閝v0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，可解得v0＝eq\f(\r(2)Bql,m).(2)粒子進(jìn)入電場在第三象限內(nèi)的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng)的逆過程，設(shè)粒子射入電場坐標(biāo)為(－x1,0)，從粒子射入電場到粒子經(jīng)過n點(diǎn)的時(shí)間為t2，由幾何關(guān)系知x1＝(eq\r(2)＋1)l，在n點(diǎn)有v2＝eq\f(\r(2),2)v1＝eq\f(\r(2),2)v0由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有(eq\r(2)＋1)l＝eq\f(\r(2),2)v0t2;eq\f(\r(2),2)v0＝at2＝eq\f(Eq,m)t2聯(lián)立以上方程解得t2＝eq\f(\r(2)＋1m,qB)，E＝eq\f(\r(2)－1qlB2,m).(3)粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)周期為T＝eq\f(2πm,qB)粒子第一次在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝eq\f(5,8)T＝eq\f(5πm,4qB)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2t2＝eq\f(2\r(2)＋1m,qB)粒子第二次在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πm,2qB)故粒子從開始到第三次通過x軸所用時(shí)間為t＝t1＋2t2＋t3＝(eq\f(11π,4)＋2eq\r(2)＋2)eq\f(m,qB).[反思總結(jié)]規(guī)律運(yùn)用及思路①帶電粒子經(jīng)過電場區(qū)域時(shí)利用動(dòng)能定理或類平拋的知識(shí)分析；②帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時(shí)利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理；③注意帶電粒子從一種場進(jìn)入另一種場時(shí)的銜接速度．【鞏固】如圖所示，在第Ⅱ象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，在第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．有一個(gè)帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，并且恰好與y軸的正方向成45°角進(jìn)入磁場，又恰好垂直于x軸進(jìn)入第Ⅳ象限的磁場．已知OP之間的距離為d，則帶電粒子在磁場中第二次經(jīng)過x軸時(shí)，在電場和磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為()A.eq\f(7πd,2v0) B.eq\f(d,v0)(2＋5π)C.eq\f(d,v0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(3π,2))) D.eq\f(d,v0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(7π,2)))D[帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．由題意知，帶電粒子到達(dá)y軸時(shí)的速度v＝eq\r(2)v0，這一過程的時(shí)間t1＝eq\f(d,\f(v0,2))＝eq\f(2d,v0).又由題意知，帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)軌道半徑r＝2eq\r(2)d.故知帶電粒子在第Ⅰ象限中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t2＝eq\f(3,8)×eq\f(2πr,v)＝eq\f(3\r(2)πd,2v)＝eq\f(3πd,2v0)帶電粒子在第Ⅳ象限中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t3＝eq\f(1,2)×eq\f(2πr,v)＝eq\f(2\r(2)πd,v)＝eq\f(2πd,v0)故t總＝eq\f(d,v0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(7π,2))).故D正確．]題型二帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)考向1電場、磁場疊加【例3】(多選)(2018·臨川模擬)向下的勻強(qiáng)電場和水平方向的勻強(qiáng)磁場正交的區(qū)域里，一帶電粒子從a點(diǎn)由靜止開始沿曲線abc運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)速度變?yōu)榱?，b點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)中能夠到達(dá)的最高點(diǎn)，如圖所示，若不計(jì)重力，下列說法中正確的是()A．粒子肯定帶負(fù)電，磁場方向垂直于紙面向里B．a(chǎn)、c點(diǎn)處于同一水平線上C．粒子通過b點(diǎn)時(shí)速率最大D.粒子達(dá)到c點(diǎn)后將沿原路徑返回到a點(diǎn)ABC[粒子開始受到電場力作用而向上運(yùn)動(dòng)，受到向右的洛倫茲力作用，則知電場力方向向上，故粒子帶負(fù)電；根據(jù)左手定則判斷磁場方向垂直于紙面向里，故A正確．將粒子在c點(diǎn)的狀態(tài)與a點(diǎn)進(jìn)行比較，c點(diǎn)的速率為零，動(dòng)能為零，根據(jù)能量守恒可知，粒子在c與a兩點(diǎn)的電勢能相等，電勢相等，則a、c兩點(diǎn)應(yīng)在同一條水平線上；由于在a、c兩點(diǎn)粒子的狀態(tài)(速度為零，電勢能相等)相同，粒子將在c點(diǎn)右側(cè)重現(xiàn)前面的曲線運(yùn)動(dòng)，因此，粒子是不可能沿原曲線返回a點(diǎn)的，故B正確，D錯(cuò)誤．根據(jù)動(dòng)能定理得，粒子從a運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程電場力做功最大，則b點(diǎn)速度最大，故C正確．考向2電場、磁場、重力場的疊加【例4】(2017·全國Ⅰ卷)如圖所示，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里．三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)．下列選項(xiàng)正確的是()A．ma>mb>mc B．mb>ma>mcC．mc>ma>mb D．mc>mb>maB[設(shè)三個(gè)微粒的電荷量均為q，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，即mag＝qE ①b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則mbg＝qE＋qvB ②c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，三力平衡，則mcg＋qvB＝qE ③比較①②③式得：mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確．]考向3復(fù)合場中的動(dòng)量、能量綜合問題【例5】(2018·南昌模擬)如圖所示，帶負(fù)電的金屬小球A質(zhì)量為mA＝0.2kg，電量為q＝0.1C，小球B是絕緣體不帶電，質(zhì)量為mB＝2kg，靜止在水平放置的絕緣桌子邊緣，桌面離地面的高h(yuǎn)＝0.05m，桌子置于電、磁場同時(shí)存在的空間中，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.5T，方向沿水平方向且垂直紙面向里，勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度E＝10N/C，方向沿水平方向向左且與磁場方向垂直，小球A與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4，A以某一速度沿桌面做勻速直線運(yùn)動(dòng)，并與B球發(fā)生正碰，設(shè)碰撞時(shí)間極短，B碰后落地的水平位移為0.03m，g取10m/s2，求：(1)碰前A球的速度？(2)碰后A球的速度？(3)若碰后電場方向反向(桌面足夠長)，小球A在碰撞結(jié)束后，到剛離開桌面運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，合力對(duì)A球所做的功.[答案](1)2m/s(2)1m/s，方向與原速度方向相反(3)6.3J【例5-2】(1)上題中，A與B的碰撞是彈性碰撞嗎？為什么？ (2)在第(3)問中，根據(jù)現(xiàn)有知識(shí)和條件，能否求出電場力對(duì)A球做的功？提示：A、B碰前，只有A有動(dòng)能EkA＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A1)＝eq\f(1,2)×0.2×22J＝0.4JA、B碰后，EkA′＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A2)＝eq\f(1,2)×0.2×12J＝0.1JEkB＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)×2×0.32＝0.09J因EkA＞EkA′＋EkB故A、B間的碰撞不是彈性碰撞．提示：不能．因無法求出A球的位移．【鞏固1】(多選)(2017·濟(jì)南模擬)如圖所示，在正交坐標(biāo)系O-xyz中，分布著電場和磁場(圖中未畫出)．在Oyz平面的左方空間內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場；在Oyz平面右方、Oxz平面上方的空間內(nèi)分布著沿z軸負(fù)方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B的勻強(qiáng)磁場；在Oyz平面右方、Oxz平面下方分布著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為eq\f(aqB2,4m).在t＝0時(shí)刻，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的微粒從P點(diǎn)靜止釋放，已知P點(diǎn)的坐標(biāo)為(5a，－2a,0)，不計(jì)微粒的重力．則()A．微粒第一次到達(dá)x軸的速度大小為eq\r(\f(aqb,m))B．微粒第一次到達(dá)x軸的時(shí)刻為eq\f(4m,qB)C．微粒第一次到達(dá)y軸的位置為y＝2aD．微粒第一次到達(dá)y軸的時(shí)刻為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(40＋5π,2)))eq\f(m,qB)BD[微粒從P點(diǎn)由靜止釋放至第一次到達(dá)y軸的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．釋放后，微粒在電場中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由E＝eq\f(aqB2,4m)，根據(jù)動(dòng)能定理有Eq·2a＝eq\f(1,2)mv2，解得微粒第一次到達(dá)x軸的速度v＝eq\f(aqB,m)，又eq\f(Eq,m)t1＝v，解得微粒第一次到達(dá)x軸的時(shí)刻t1＝eq\f(4m,qB)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；微粒進(jìn)入磁場后開始做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，假設(shè)運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，則有qvB＝meq\f(v2,R)，可得：R＝a，所以微粒到達(dá)y軸的位置為y＝a，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；微粒在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，則運(yùn)動(dòng)到達(dá)y軸的時(shí)刻：t2＝5t1＋eq\f(5,4)T，代入得：t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(40＋5π,2)))eq\f(m,qB)，選項(xiàng)D正確．]【鞏固2】(多選)(2018·蘭州模擬)如圖所示，空間中存在一水平方向的勻強(qiáng)電場和一水平方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(\r(3)mg,q)，且電場方向和磁場方向相互垂直，在正交的電磁場空間中有一足夠長的固定粗糙絕緣桿，與電場正方向成60°夾角且處于豎直平面內(nèi)，一質(zhì)量為m，帶電量為q(q>0)的小球套在絕緣桿上，若小球沿桿向下的初速度為v0時(shí)，小球恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度大小為g，小球電荷量保持不變，則以下說法正確的是()A．小球的初速度v0＝eq\f(mg,2qB)B．若小球沿桿向下的初速度v＝eq\f(mg,qB)，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷增大的減速運(yùn)動(dòng)，最后停止C．若小球沿桿向下的初速度v＝eq\f(3mg,qB)，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后停止D.若小球沿桿向下的初速度v＝eq\f(4mg,qB)，則從開始運(yùn)動(dòng)到穩(wěn)定過程中，小球克服摩擦力做功為eq\f(6m3g2,q2B2)BD題型三帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的常見實(shí)例考向1回旋加速器的工作原理【例6】(多選)(2018·成都模擬)粒子回旋加速器的工作原理如圖所示，置于真空中的D形金屬盒的半徑為R，兩金屬盒間的狹縫很小，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與金屬盒盒面垂直，高頻率交流電的頻率為f，加速器的電壓為U，若中心粒子源處產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為＋e，在加速器中被加速．不考慮相對(duì)論效應(yīng)，則下列說法正確是()A．質(zhì)子被加速后的最大速度不能超過2πRfB．加速的質(zhì)子獲得的最大動(dòng)能隨加速器的電壓U增大而增大C．質(zhì)子第二次和第一次經(jīng)過D形盒間狹縫后軌道半徑之比為eq\r(2)∶1D．不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電的頻率f，該加速器也可加速其它粒子AC[質(zhì)子出回旋加速器時(shí)速度最大，此時(shí)的半徑為R，最大速度為：v＝eq\f(2πR,T)＝2πRf，故A正確；根據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)得，v＝eq\f(qBR,m)，則粒子的最大動(dòng)能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，與加速器的電壓無關(guān)，故B錯(cuò)誤；粒子在加速電場中做勻加速運(yùn)動(dòng)，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m))，質(zhì)子第二次和第一次經(jīng)過D形盒狹縫的速度比為eq\r(2)∶1，根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)，則半徑比為eq\r(2)∶1，故C正確；帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期與加速電場的周期相等，根據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)知，換用其它粒子，粒子的比荷變化，周期變化，回旋加速器需改變交流電的頻率才能加速其它粒子，故D錯(cuò)誤．故選AC.]考向2速度選擇器的工作原理【例7】在如圖所示的平行板器件中，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直．一帶電粒子(重力不計(jì))從左端以速度v沿虛線射入后做直線運(yùn)動(dòng)，則該粒子()A．一定帶正電B．速度v＝eq\f(E,B)C．若速度v＞eq\f(E,B)，粒子一定不能從板間射出D．若此粒子從右端沿虛線方向進(jìn)入，仍做直線運(yùn)動(dòng)B考向3質(zhì)譜儀的工作原理【例7】質(zhì)譜儀是測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具．如圖所示為質(zhì)譜儀的原理示意圖，現(xiàn)利用質(zhì)譜儀對(duì)氫元素進(jìn)行測量．讓氫元素三種同位素的離子流從容器A下方的小孔S無初速度飄入電勢差為U的加速電場．加速后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中．氫的三種同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三條“質(zhì)譜線”．則下列判斷正確的是()A．進(jìn)入磁場時(shí)速度從大到小排列的順序是氕、氘、氚B．進(jìn)入磁場時(shí)動(dòng)能從大到小排列的順序是氕、氘、氚C．在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間由大到小排列的順序是氕、氘、氚D．a(chǎn)、b、c三條“質(zhì)譜線”依次排列的順序是氕、氘、氚A[離子通過加速電場的過程，有qU＝eq\f(1,2)mv2，因?yàn)殡?、氘、氚三種離子的電量相同、質(zhì)量依次增大，故進(jìn)入磁場時(shí)動(dòng)能相同，速度依次減小，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由T＝eq\f(2πm,qB)可知，氕、氘、氚三種離子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期依次增大，又三種離子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為半個(gè)周期，故在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間由大到小排列依次為氚、氘、氕，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由qvB＝meq\f(v2,R)及qU＝eq\f(1,2)mv2，可得R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，故氕、氘、氚三種離子在磁場中的軌道半徑依次增大，所以a、b、c三條“質(zhì)譜線”依次對(duì)應(yīng)氚、氘、氕，D項(xiàng)錯(cuò)誤．]【鞏固3】(多選)如圖所示，含有eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H、eq\o\al(4,2)He的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，沿直線O1O2運(yùn)動(dòng)的粒子在小孔O2處射出后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，最終打在P1、P2兩點(diǎn)．則()A．打在P1點(diǎn)的粒子是eq\o\al(4,2)HeB．打在P2點(diǎn)的粒子是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)HeC．O2P2的長度是O2P1長度的2倍D．粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都相等BC[通過同一速度選擇器的粒子具有相同的速度，故eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H、eq\o\al(4,2)He的速度相等，由牛頓第二定律得qvB2＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB2)，由此可知，設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，質(zhì)子帶電量為q，eq\o\al(1,1)H的半徑R1＝eq\f(mv,qB2)，eq\o\al(2,1)H的半徑R2＝eq\f(2mv,qB2)，eq\o\al(4,2)He的半徑R3＝eq\f(2mv,qB2)，故打在P1點(diǎn)的粒子是eq\o\al(1,1)H，打在P2點(diǎn)的粒子是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；O2P1＝2R1＝eq\f(2mv,qB2)，O2P2＝2R2＝eq\f(4mv,qB2)，故O2P2＝2O2P1，選項(xiàng)C正確；粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，eq\o\al(1,1)H運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．故選B、C.]基礎(chǔ)練習(xí)：考查點(diǎn)：速度選擇器1．如圖所示，一束質(zhì)量、速度和電荷不全相等的離子，經(jīng)過由正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的速度選擇器后，進(jìn)入另一個(gè)勻強(qiáng)磁場中并分裂為A、B兩束，下列說法中正確的是()A．組成A束和B束的離子都帶負(fù)電B．組成A束和B束的離子質(zhì)量一定不同C．A束離子的比荷大于B束離子的比荷D．速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外[答案]C考查點(diǎn)：磁流體發(fā)電機(jī)2．(多選)磁流體發(fā)電機(jī)是利用洛倫茲力的磁偏轉(zhuǎn)作用發(fā)電的．A、B是兩塊處在磁場中互相平行的金屬板，一束在高溫下形成的等離子束(氣體在高溫下發(fā)生電離，產(chǎn)生大量的帶等量異種電荷的粒子)射入磁場．下列說法正確的是()A．B板是電源的正極B．A板是電源的正極C．電流從上往下流過電流表D．電流從下往上流過電流表[答案]AD考查點(diǎn)：電磁流量計(jì)3．如圖所示，電磁流量計(jì)的主要部分是柱狀非磁性管．該管橫截面是邊長為d的正方形，管內(nèi)有導(dǎo)電液體水平向左流動(dòng)．在垂直于液體流動(dòng)方向上加一個(gè)水平指向紙里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.現(xiàn)測得液體上下表面a、b兩點(diǎn)間的電勢差為U.則管內(nèi)導(dǎo)電液體的流量Q(流量是指流過該管的液體體積與所用時(shí)間的比值)為()A.eq\f(Ud,B) B.eq\f(Ud2,B)C.eq\f(U,Bd) D.eq\f(d,BU)[答案]A考查點(diǎn)：質(zhì)譜儀4．A、B是兩種同位素的原子核，它們具有相同的電荷、不同的質(zhì)量．為測定它們的質(zhì)量比，使它們從質(zhì)譜儀的同一加速電場由靜止開始加速，然后沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場，打到照相底片上．如果從底片上獲知A、B在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡的直徑之比是d1∶d2，則A、B的質(zhì)量之比為()A．deq\o\al(2,1)∶deq\o\al(2,2) B．d1∶d2C．deq\o\al(2,2)∶deq\o\al(2,1) D．d2∶d1[答案]A分類鞏固：帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)1．如圖所示，某種帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓為U1的電場加速后，射入水平放置、電勢差為U2的兩導(dǎo)體板間的勻強(qiáng)電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強(qiáng)磁場中，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點(diǎn)間的距離d隨著U1和U2的變化情況為(不計(jì)重力，不考慮邊緣效應(yīng))()A．d隨U1變化，d與U2無關(guān)B．d與U1無關(guān)，d隨U2變化C．d隨U1變化，d隨U2變化D．d與U1無關(guān)，d與U2無關(guān)A[帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，可將射出電場的粒子速度v分解成初速度方向與加速度方向，設(shè)出射速度與水平夾角為θ，則有：eq\f(v0,v)＝cosθ而在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的半徑為R，由幾何關(guān)系得，半徑與直線MN夾角正好等于θ，則有：eq\f(\f(d,2),R)＝cosθ，所以d＝eq\f(2Rv0,v)，又因?yàn)榘霃焦絉＝eq\f(mv,Bq)，則有d＝eq\f(2mv0,Bq)＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU1,q)).故d隨U1變化，d與U2無關(guān)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．]2．(多選)(2017·煙臺(tái)模擬)如圖所示，在x軸上方有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，在x軸下方的等腰直角三角形CDM區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，其中C、D在x軸上，它們到原點(diǎn)O的距離均為a.現(xiàn)將質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從y軸上的P點(diǎn)由靜止釋放，設(shè)P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為h，不計(jì)重力作用與空氣阻力的影響．下列說法正確的是()A．若粒子垂直于CM射出磁場，則h＝eq\f(B2a2q,2mE)B．若粒子垂直于CM射出磁場，則h＝eq\f(B2a2q,8mE)C．若粒子平行于x軸射出磁場，則h＝eq\f(B2a2q,2mE)D．若粒子平行于x軸射出磁場，則h＝eq\f(B2a2q,8mE)AD[粒子在電場中加速，有qEh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，若粒子垂直于CM射出磁場，則軌跡所對(duì)的圓心角θ＝45°，半徑R＝a，由洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)，得R＝eq\f(mv0,qB)，聯(lián)立以上各式得h＝eq\f(B2a2q,2mE)，A正確；若粒子平行于x軸射出磁場，則軌跡所對(duì)的圓心有θ＝90°，半徑R＝eq\f(a,2)，同理可得h＝eq\f(B2a2q,8mE)，D正確．]3．(2018·銀川模擬)如圖所示，AB、CD間的區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)電場，在CD的右側(cè)有一與CD相切于M點(diǎn)的圓形有界勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面．一帶正電粒子自O(shè)點(diǎn)以水平初速度v0正對(duì)P點(diǎn)進(jìn)入該電場后，從M點(diǎn)飛離CD邊界，再經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又從N點(diǎn)垂直于CD邊界回到電場區(qū)域，并恰能返回O點(diǎn)．已知OP間距離為d，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，電場強(qiáng)度大小E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),qd)，不計(jì)粒子重力．試求：(1)M、N兩點(diǎn)間的距離；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和圓形勻強(qiáng)磁場的半徑；(3)粒子自O(shè)點(diǎn)出發(fā)到回到O點(diǎn)所用的時(shí)間．[解析](1)據(jù)題意，作出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示：粒子從O到M的時(shí)間：t1＝eq\f(d,v0)；粒子在電場中加速度：a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(\r(3)v\o\al(2,0),d)故PM間的距離為：PM＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(\r(3),2)d粒子在M點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度：vy＝at1＝eq\r(3)v0粒子在M點(diǎn)時(shí)的速度：v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝2v0速度偏轉(zhuǎn)角正切：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\r(3),故θ＝60°粒子從N到O點(diǎn)時(shí)間：t2＝eq\f(d,2v0)，粒子從N到O點(diǎn)過程的豎直方向位移：y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)故P、N兩點(diǎn)間的距離為：PN＝y(tǒng)＝eq\f(\r(3),8)d.所以MN＝PN＋PM＝eq\f(5\r(3),8)d.(2)由幾何關(guān)系得：Rcos60°＋R＝MN＝eq\f(5\r(3),8)d,可得半徑：R＝eq\f(5\r(3),12)d由qvB＝meq\f(v2,R)解得：B＝eq\f(8\r(3)mv0,5qd)；由幾何關(guān)系確定區(qū)域半徑為：R′＝2Rcos30°，即R′＝eq\f(5,4)d.(3)O到M的時(shí)間：t1＝eq\f(d,v0);N到O的時(shí)間：t2＝eq\f(d,2v0)在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t3＝eq\f(\f(4π,3)R,2v0)＝eq\f(5\r(3)πd,18v0)無場區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t4＝eq\f(Rcos30°,2v0)＝eq\f(5d,16v0);t＝t1＋t2＋t3＋t4＝eq\f(29d,16v0)＋eq\f(5\r(3)πd,18v0).帶電物體在疊加場中的運(yùn)動(dòng)4．如圖所示，界面MN與水平地面之間有足夠大且正交的勻強(qiáng)磁場B和勻強(qiáng)電場E，磁感線和電場線都處在水平方向且互相垂直．在MN上方有一個(gè)帶正電的小球由靜止開始下落，經(jīng)電場和磁場到達(dá)水平地面．若不計(jì)空氣阻力，小球在通過電場和磁場的過程中，下列說法中正確的是()A．小球做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)B．小球的電勢能保持不變C．洛倫茲力對(duì)小球做正功D．小球的動(dòng)能增量等于其電勢能和重力勢能減少量的總和D[帶電小球在剛進(jìn)入復(fù)合場時(shí)受力如圖所示，則帶電小球進(jìn)入復(fù)合場后做曲線運(yùn)動(dòng)，因?yàn)樗俣葧?huì)發(fā)生變化，洛倫茲力就會(huì)跟著變化，所以不可能是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)電勢能公式Ep＝qφ，知只有帶電小球豎直向下做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，電勢能保持不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)洛倫茲力的方向確定方法知，洛倫茲力方向始終和速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從能量守恒角度知道選項(xiàng)D正確．]5.(2017·桂林模擬)如圖所示，空間存在互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，圖中虛線為勻強(qiáng)電場的等勢線，一不計(jì)重力的帶電粒子在M點(diǎn)以某一初速度垂直等勢線進(jìn)入正交電磁場中，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示(粒子在N點(diǎn)的速度比在M點(diǎn)的速度大)．則下列說法正確的是()A．粒子一定帶正電B．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡一定是拋物線C．電場線方向一定垂直等勢面向左D．粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中電勢能增大C[根據(jù)粒子在電、磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡和左手定則可知，粒子一定帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，故粒子受到的合力是變力，而物體只有在恒力作用下做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，軌跡才是拋物線，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于空間只存在電場和磁場，粒子的速度增大，說明在此過程中電場力對(duì)帶電粒子做正功，則電場線方向一定垂直等勢面向左，選項(xiàng)C正確；電場力做正功，電勢能減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．]6．如圖所示，空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，電場和磁場相互垂直．在電磁場區(qū)域中，有一個(gè)光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個(gè)帶正電的小球．O點(diǎn)為圓環(huán)的圓心，a、b、c為圓環(huán)上的三個(gè)點(diǎn)，a點(diǎn)為最高點(diǎn)，c點(diǎn)為最低點(diǎn)，bd沿水平方向．已知小球所受電場力與重力大小相等．現(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點(diǎn)由靜止釋放，下列判斷正確的是()A．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)，洛倫茲力最大B．小球恰好運(yùn)動(dòng)一周后回到a點(diǎn)C．小球從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，重力勢能減小，電勢能減小D．小球從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電勢能增大，動(dòng)能增大C[電場力與重力大小相等，則二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故類似于新的重力，所以ad弧的中點(diǎn)相當(dāng)于平時(shí)豎直平面圓環(huán)的“最高點(diǎn)”．關(guān)于圓心對(duì)稱的位置(即bc弧的中點(diǎn))就是“最低點(diǎn)”，速度最大，此時(shí)洛倫茲力最大；由于a、d兩點(diǎn)關(guān)于新的最高點(diǎn)對(duì)稱，若從a點(diǎn)靜止釋放，最高運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)，故A、B錯(cuò)誤．從a到b，重力和電場力都做正功，重力勢能和電勢能都減少，故C正確．小球從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場力做負(fù)功，電勢能增大，但由于bc弧的中點(diǎn)速度最大，所以動(dòng)能先增大后減小，故D錯(cuò)誤．所以C正確，A、B、D錯(cuò)誤．]7．(多選)(2018·哈爾濱模擬)如圖所示，空間同時(shí)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電場強(qiáng)度為E.一質(zhì)量為m，電量為q的帶正電小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)在將磁場方向順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°，同時(shí)給小球一個(gè)垂直磁場方向斜向下的速度v，則關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()A．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B．小球運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒C．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)電勢能增加了eq\f(mgv,2Bq)D．小球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)歷時(shí)eq\f(πm,2qB)AD[小球在復(fù)合電磁場中處于靜止?fàn)顟B(tài)，只受兩個(gè)力作用，即重力和電場力且兩者平衡．當(dāng)把磁場順時(shí)針方向傾斜30°，且給小球一個(gè)垂直磁場方向的速度v，則小球受到的合力就是洛倫茲力，且與速度方向垂直，所以帶電粒子將做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確．由于帶電粒子在垂直于紙面的傾斜平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中受到電場力要做功，所以機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．電場力從開始到最低點(diǎn)克服電場力做功為W＝EqRsin30°＝mg×eq\f(mv,Bq)×eq\f(1,2)＝eq\f(m2gv,2Bq)，所以電勢能的增加量為eq\f(m2gv,2Bq)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．小球第一次運(yùn)動(dòng)到低點(diǎn)的時(shí)間為eq\f(1,4)T＝eq\f(πm,2Bq)，所以選項(xiàng)D正確．故選AD.]8．(2018·泉州模擬)如圖所示，PR是一長為L＝0.64m的絕緣平板固定在水平地面上，擋板R固定在平板的右端．整個(gè)空間有一個(gè)平行于PR的勻強(qiáng)電場E，在板的右半部分有一個(gè)垂于紙面向里的勻強(qiáng)磁場B，磁場的寬度0.32m．一個(gè)質(zhì)量m＝0.50×10－3kg、帶電荷量為q＝5.0×10－2C的小物體，從板的P端由靜止開始向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，從D點(diǎn)進(jìn)入磁場后恰能做勻速直線運(yùn)動(dòng)．當(dāng)物體碰到擋板R后被彈回，若在碰撞瞬間撤去電場(不計(jì)撤掉電場對(duì)原磁場的影響，整個(gè)過程中小物體的電量保持不變)，物體返回時(shí)在磁場中仍作勻速運(yùn)動(dòng)，離開磁場后做減速運(yùn)動(dòng)，停在C點(diǎn)，PC＝L/4.若物體與平板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.20,g取10m/s2.(1)判斷電場的方向及物體帶正電還是帶負(fù)電；(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?3)求物體與擋板碰撞過程中損失的機(jī)械能．[解析](1)物體由靜止開始向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，說明電場力向右且大于摩擦力．進(jìn)入磁場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，說明它受的摩擦力增大，即證明它受的洛倫茲力方向向下，由左手定則判斷物體帶負(fù)電，由其受力方向向右判斷電場方向向左. (2)設(shè)物體被擋板彈回后做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度為v2，從離開磁場到停在C點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有－μmgeq\f(L,4)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)即v2＝0.80m/s物體在磁場中向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受力平衡，有mg＝Bqv2，有B＝0.125T.(3)設(shè)從D點(diǎn)進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v1，由動(dòng)能定理有qEeq\f(L,2)－μmgeq\f(L,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)物體從D點(diǎn)到R做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有qE＝μ(mg＋Bqv1)，有v1＝1.6m/s小物體撞擊擋板損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝4.8×10－4J.[答案](1)電場方向向左負(fù)電(2)0.125T(3)4.8×10－4J帶電粒子在復(fù)合場運(yùn)動(dòng)的實(shí)際應(yīng)用9．如圖所示為研究某種帶電粒子的裝置示意圖，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的O點(diǎn)，出現(xiàn)一個(gè)光斑．在垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場后，粒子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿半徑為r的圓弧運(yùn)動(dòng)，打在熒光屏上的P點(diǎn)，然后在磁場區(qū)域再加一豎直向下，場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場，光斑從P點(diǎn)又回到O點(diǎn)，關(guān)于該粒子(不計(jì)重力)，下列說法正確的是()A．粒子帶負(fù)電B．初速度為v＝eq\f(B,E)C．比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(B2r,E)D．比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(E,B2r)D[垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場后，粒子束打在熒光屏上的P點(diǎn)，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)電場和磁場同時(shí)存在時(shí)qvB＝Eq，解得v＝eq\f(E,B)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在磁場中時(shí)，由qvB＝meq\f(v2,r)，可得：eq\f(q,m)＝eq\f(v,rB)＝eq\f(E,B2r)，故選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤．故選D.]10．據(jù)報(bào)道，我國實(shí)施的“雙星”計(jì)劃發(fā)射的衛(wèi)星中放置了一種“磁強(qiáng)計(jì)”，用于測定地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度等研究項(xiàng)目．磁強(qiáng)計(jì)的原理如圖所示：電路中有一段金屬導(dǎo)體，它的橫截面是寬為a、高為b的長方形，放在沿y軸正方向的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)體中通有沿x正方向、大小為I的電流．已知金屬導(dǎo)體單位體積中的自由電子數(shù)為n，電子電量為e.金屬導(dǎo)電過程中，自由電子做定向移動(dòng)可視為勻速運(yùn)動(dòng)．若測出金屬導(dǎo)體前后兩個(gè)側(cè)面間(z＝a為前側(cè)面，z＝0為后側(cè)面)的電勢差為U，那么()A．前側(cè)面電勢高，B＝eq\f(nebU,I)B．前側(cè)面電勢高，B＝eq\f(neaU,I)C．后