2022-2023學年高二物理舉一反三系列（人教版選擇性必修第二冊）專題1.8 帶電粒子在疊加場中的運動（解析版）

專題1.8帶電粒子在疊加場中的運動【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1無約束的疊加場問題】 【題型2有約束的疊加場問題】 【題型3動態(tài)分析問題】 【題型4綜合問題】 【題型5聯系實際】 【題型1無約束的疊加場問題】【例1】如圖，在豎直xOy平面內有一個半徑為R的圓形區(qū)域與x軸相切于O點，在圓形區(qū)域外(包括圓形邊界)的空間存在垂直紙面向外的勻強磁場，xOy平面內有沿y軸負方向的勻強電場?，F從坐標原點O以速率v向第一象限內的不同方向發(fā)射相同的帶電小球，小球的質量為m、電荷量為－q(q＞0)，所有小球均在磁場中做勻速圓周運動，且都能沿平行于x軸的方向進入圓形區(qū)域并再次通過O點，不計小球間的相互作用，重力加速度為g，求：(1)勻強電場的電場強度大小；(2)勻強磁場的磁感應強度大??；(3)沿與x軸正向成60°角發(fā)射的小球從O點開始運動到再次通過O點經歷的時間。答案(1)eq\f(mg,q)(2)eq\f(mv,qR)(3)eq\f(（10π＋3\r(3)）R,3v)解析(1)小球在磁場中做勻速圓周運動，則電場力和重力平衡，即qE＝mg，勻強電場的電場強度大小E＝eq\f(mg,q)。(2)小球從O點以與x軸成θ角射入第一象限，運動軌跡如圖，軌跡圓心C′與交點D的連線平行y軸，設圓形區(qū)域的圓心為C，由幾何關系可知，四邊形C′DCO是菱形，所以小球在磁場中運動的軌道半徑為r＝R洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,r)可得磁感應強度B＝eq\f(mv,qR)。(3)小球從O點以與x軸成θ＝eq\f(π,3)角射入第一象限小球在磁場中的運動周期T＝eq\f(2πR,v)小球在磁場中運動時間t1＝2×eq\f(2π－θ,2π)T小球在圓形區(qū)域做勻速直線運動，通過的距離L＝2Rsinθ運動時間t2＝eq\f(2Rsinθ,v)從O點出發(fā)到再次回到O點經歷的時間t＝t1＋t2＝eq\f(（4π＋2sinθ－2θ）R,v)將θ＝eq\f(π,3)代入，解得t＝eq\f(（10π＋3\r(3)）R,3v)?！咀兪?-1】如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動，其軌道半徑為R，已知該電場的電場強度為E，方向豎直向下；該磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，設重力加速度為g，則()A．液滴帶正電B．液滴比荷eq\f(q,m)＝eq\f(E,g)C．液滴沿順時針方向運動D．液滴運動速度大小v＝eq\f(Rg,BE)解析：選C液滴在重力場、勻強電場、勻強磁場的復合場中做勻速圓周運動，可知，qE＝mg，得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，故B錯誤；電場力豎直向上，液滴帶負電，A錯誤；由左手定則可判斷液滴沿順時針轉動，C正確；對液滴qE＝mg，qvB＝meq\f(v2,R)得v＝eq\f(RBg,E)，故D錯誤。【變式1-2】如圖所示，在坐標系xOy平面的x＞0區(qū)域內，存在電場強度大小E＝2×105N/C、方向垂直于x軸的勻強電場和磁感應強度大小B＝0.2T、方向與xOy平面垂直向外的勻強磁場。在y軸上有一足夠長的熒光屏PQ，在x軸上的M(10,0)點處有一粒子發(fā)射槍向x軸正方向連續(xù)不斷地發(fā)射大量質量m＝6.4×10－27kg、電荷量q＝3.2×10－19C的帶正電粒子(重力不計)，粒子恰能沿x軸做勻速直線運動。若撤去電場，并使粒子發(fā)射槍以M點為軸在xOy平面內以角速度ω＝2πrad/s順時針勻速轉動(整個裝置都處在真空中)。(1)判斷電場方向，求粒子離開發(fā)射槍時的速度大小；(2)帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑；(3)熒光屏上閃光點的范圍距離；[解析](1)帶正電粒子(重力不計)在疊加場中沿x軸做勻速直線運動，據左手定則判斷可知洛倫茲力方向向下，所以電場力方向向上，電場方向向上，有qE＝qvB解得速度v＝eq\f(E,B)＝eq\f(2×105,0.2)m/s＝106m/s。(2)撤去電場后，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)所以粒子在磁場中運動的軌跡半徑R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(6.4×10－27×106,3.2×10－19×0.2)m＝0.1m。(3)粒子運動軌跡如圖所示，粒子打在熒光屏上最上端的點是B點，最下端打在A點由幾何知識可知dOA＝2Rcos30°＝eq\r(3)R，dOB＝R所以熒光屏上閃光點的范圍距離為dAB＝(eq\r(3)＋1)R≈0.273m。[答案](1)106m/s(2)0.1m(3)0.273m【變式1-3】(多選)在豎直平面內建立直角坐標系，曲線y＝eq\f(x2,20)位于第一象限的部分如圖所示，在曲線上不同點以一定的初速度v0向x軸負方向水平拋出質量為m、帶電荷量為＋q的小球，小球下落過程中都會通過坐標原點O，之后進入第三象限的勻強電場和勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出)，結果小球恰好在豎直面內做勻速圓周運動，并且都能打到y(tǒng)軸負半軸上。已知勻強磁場的磁感應強度大小為B，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．第三象限的電場強度大小為eq\f(mg,q)，方向豎直向下B．小球的初速度為10m/sC．第三象限的磁場方向一定是垂直紙面向外D．要使所有的小球都能打到y(tǒng)軸的負半軸，所加磁場區(qū)域的最小面積是eq\f(1,2)πeq\f(mv0,qB)2解析：選BD設小球釋放點的坐標為(x，y)，由平拋運動規(guī)律可知x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，聯立可得y＝eq\f(g,2v02)x2，由題意可知y＝eq\f(x2,20)，聯立可得v0＝10m/s，B正確；小球在第三象限做勻速圓周運動，則有mg＝qE，可得E＝eq\f(mg,q)，方向豎直向上，A錯誤；根據題意結合左手定則可判斷，第三象限的磁場方向垂直紙面向里，C錯誤；設小球最初進入第三象限時的速度為v，與y軸負方向夾角為α，則有v0＝vsinα，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv0,qBsinα)，小球在磁場中的偏轉角恒為2α，運動軌跡的弦長l＝2rsinα＝eq\f(2mv0,qB)，恒定不變，要使所有的小球都能打到y(tǒng)軸負半軸上，所加磁場區(qū)域的最小面積為Smin＝eq\f(1,2)πeq\f(l,2)2＝eq\f(1,2)πeq\f(mv0,qB)2，D正確?！绢}型2有約束的疊加場問題】【例2】一個質量m＝0.1g的小滑塊，帶有電荷量q＝5×10－4C，放置在傾角α＝30°的光滑斜面上(斜面絕緣)，斜面置于B＝0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，如圖所示，小滑塊由靜止開始沿斜面滑下，斜面足夠長，小滑塊滑至某一位置時，要離開斜面。g取10m/s2，則：(1)小滑塊帶何種電荷？(2)小滑塊離開斜面的瞬時速度多大？(3)該斜面的長度至少多長？解析(1)小滑塊沿斜面下滑過程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛倫茲力F。若要小滑塊離開斜面，洛倫茲力F方向應垂直斜面向上，根據左手定則可知，小滑塊應帶負電荷。(2)小滑塊沿斜面下滑時，垂直斜面方向的加速度為零，有qvB＋FN－mgcosα＝0當FN＝0時，小滑塊脫離斜面，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)下滑過程中，只有重力做功，由動能定理得mgxsinα＝eq\f(1,2)mv2斜面的長度至少是x＝eq\f(v2,2gsinα)＝eq\f(（2\r(3)）2,2×10×0.5)m＝1.2m答案(1)負電荷(2)2eq\r(3)m/s(3)1.2m【變式2-1】(多選)如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經電壓U加速后，水平進入互相垂直的勻強電場(場強為E)和勻強磁場(磁感應強度為B)的復合場中，小球在此空間的豎直面內做勻速圓周運動，則()A.小球可能帶正電B.小球做勻速圓周運動的半徑r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))C.小球做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πE,Bg)D.若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加解析小球在復合場中做勻速圓周運動，則小球受的電場力和重力大小相等，方向相反，則小球帶負電，A錯誤；由牛頓第二定律和動能定理可得：Bqv＝eq\f(mv2,r)，Uq＝eq\f(1,2)mv2，聯立mg＝qE可得：小球做勻速圓周運動的半徑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正確，D錯誤。答案BC【變式2-2】如圖所示，一個質量m＝0.1g，電荷量q＝4×10－4C帶正電的小環(huán)，套在很長的絕緣直棒上，可以沿棒上下滑動。將棒置于正交的勻強電場和勻強磁場內，E＝10N/C，B＝0.5T。小環(huán)與棒之間的動摩擦因數μ＝0.2。求小環(huán)從靜止沿棒豎直下落的最大加速度和最大速度。取g＝10m/s2，小環(huán)電荷量不變。解析：小環(huán)由靜止下滑后，由于所受電場力與洛倫茲力同向(向右)，使小環(huán)壓緊豎直棒。相互間的壓力為FN＝qE＋qvB。由于壓力是一個變力，小環(huán)所受的摩擦力也是一個變力，可以根據小環(huán)運動的動態(tài)方程找出最值條件。根據小環(huán)豎直方向的受力情況，由牛頓第二定律得運動方程mg－μFN＝ma，即mg－μ(qE＋qvB)＝ma。當v＝0時，即剛下落時，小環(huán)運動的加速度最大，代入數值得am＝2m/s2。下落后，隨著v的增大，加速度a逐漸減小。當a＝0時，下落速度v達最大值，代入數值得vm＝5m/s。答案：am＝2m/s2vm＝5m/s【變式2-3】如圖所示，質量為m＝1kg、電荷量為q＝5×10－2C的帶正電的小滑塊，從半徑為R＝0.4m的固定光滑絕緣eq\f(1,4)圓弧軌道上由靜止自A端滑下。整個裝置處在方向互相垂直的勻強電場與勻強磁場中。已知E＝100V/m，方向水平向右，B＝1T，方向垂直紙面向里，g取10m/s2，求：(1)滑塊到達C點時的速度；(2)在C點時滑塊所受洛倫茲力；(3)在C點滑塊對軌道的壓力。答案(1)大小為2m/s，方向水平向左(2)大小為0.1N，方向豎直向下(3)大小為20.1N，方向豎直向下解析以滑塊為研究對象，自軌道上A點滑到C點的過程中，受重力mg，方向豎直向下；靜電力qE，方向水平向右；洛倫茲力F洛＝qvB，方向始終垂直于速度方向。(1)滑塊從A到C的過程中洛倫茲力不做功，由動能定理得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)根據洛倫茲力公式得F＝qvCB＝5×10－2×2×1N＝0.1N，由左手定則知方向豎直向下。(3)在C點，由牛頓第二定律得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由牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的壓力大小為20.1N，方向豎直向下?！绢}型3動態(tài)分析問題】【例3】[多選]如圖所示為一個質量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中，不計空氣阻力，現給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度圖像可能是下列選項中的()[解析]帶電圓環(huán)在磁場中受到向上的洛倫茲力，當重力與洛倫茲力相等時，圓環(huán)將做勻速直線運動，A正確；當洛倫茲力大于重力時，圓環(huán)受到摩擦力的作用，并且隨著速度的減小而減小，圓環(huán)將做加速度減小的減速運動，最后做勻速直線運動，D正確；如果重力大于洛倫茲力，圓環(huán)也受摩擦力作用，且摩擦力越來越大，圓環(huán)將做加速度增大的減速運動，故B、C錯誤。[答案]AD【變式3-1】一傾角為θ的粗糙絕緣斜面放置在一個足夠大的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，將一個帶電的小物塊放在斜面上由靜止開始下滑如圖所示，設斜面足夠長，如物塊始終沒有離開斜面。則下列說法正確的是()A.物塊帶正電B.下滑過程中物塊受到的洛倫茲力做負功C.物塊最終將靜止在斜面上D.下滑過程中物塊的機械能守恒解析物塊始終沒有離開斜面，洛倫茲力必然垂直于斜面向下，由左手定則知，物塊帶正電，選項A正確；洛倫茲力始終垂直于速度，不做功，選項B錯誤；物塊最終將在斜面上做勻速直線運動，選項C錯誤；由于摩擦力做負功，下滑過程中物塊的機械能不守恒，選項D錯誤。答案A【變式3-2】如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達C點時離開MN做曲線運動．A、C兩點間距離為h，重力加速度為g.(1)求小滑塊運動到C點時的速度大小vC；(2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點．已知小滑塊在D點時的速度大小為vD，從D點運動到P點的時間為t，求小滑塊運動到P點時速度的大小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)小滑塊沿MN運動過程，水平方向受力滿足qvB＋N＝qE小滑塊在C點離開MN時N＝0解得vC＝eq\f(E,B)(2)由動能定理得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得Wf＝mgh－eq\f(mE2,2B2)(3)如圖，小滑塊速度最大時，速度方向與電場力、重力的合力方向垂直．撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，等效加速度為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)【變式3-3】(多選)電荷量為＋q、質量為m的滑塊和電荷量為－q、質量為m的滑塊同時從完全相同的光滑斜面上由靜止開始下滑，設斜面足夠長，斜面傾角為θ，在斜面上加如圖6所示的磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，關于滑塊下滑過程中的運動和受力情況，下列說法中正確的是(不計兩滑塊間的相互作用，重力加速度為g)()圖6A．兩個滑塊先都做勻加速直線運動，經過一段時間，＋q會離開斜面B．兩個滑塊先都做勻加速直線運動，經過一段時間，－q會離開斜面C．當其中一個滑塊剛好離開斜面時，另一滑塊對斜面的壓力為2mgcosθD．兩滑塊運動過程中，機械能均守恒答案ACD解析當滑塊開始沿斜面向下運動時，帶正電的滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向上，帶負電的滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下，開始時兩滑塊沿斜面方向所受的力均為mgsinθ，均做勻加速直線運動，隨著速度的增大，帶正電的滑塊受到的洛倫茲力逐漸變大，當qvB＝mgcosθ時，帶正電的滑塊恰能離開斜面，而帶負電的滑塊將一直沿斜面運動，不會離開斜面，A正確，B錯誤；由于兩滑塊加速度相同，所以在帶正電的滑塊離開斜面前兩者在斜面上運動的速度總相同，當帶正電的滑塊剛好離開斜面時，帶負電的滑塊受的洛倫茲力也滿足qvB＝mgcosθ，方向垂直斜面向下，斜面對滑塊的支持力大小為qvB＋mgcosθ＝2mgcosθ，故滑塊對斜面的壓力為2mgcosθ，C正確；由于洛倫茲力不做功，故D正確．【題型4綜合問題】【例4】如圖所示，虛線右側有豎直向下的電場強度E＝45N/C的勻強電場及垂直于電場向外的磁感應強度B＝0.25T的勻強磁場。在光滑絕緣的水平面上有兩個等大的金屬小球A、B，小球A不帶電，其質量mA＝0.05kg，緊貼虛線靜置的小球B帶電量qB＝－4×10－3C，其質量mB＝0.01kg。小球A以速度v0＝20m/s水平向右與小球B發(fā)生正碰，碰后小球B垂直于電、磁場直接進入正交電、磁場中。剛進入正交電、磁場的瞬間，小球B豎直方向的加速度恰好為零。設小球A、B碰撞瞬間電荷均分，取g＝10m/s2。則下列說法正確的是()A．碰后瞬間，小球A的速度大小為10m/sB．小球A在剛進入正交電、磁場后的短時間內，其電勢能減少C．過程中，小球A對小球B做的功為2JD．小球A、B之間的碰撞為彈性碰撞[解析]小球A、B碰撞瞬間電荷均分，則兩小球電荷量的絕對值均為q＝|eq\f(qB,2)|＝2×10－3C，且小球B剛進入正交電、磁場的瞬間，豎直方向的加速度恰好為零，則有mBg＝qvBB＋qE，解得碰后B球的速度為vB＝20m/s，小球A、B碰撞過程中，由動量守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mBvB，解得，碰后瞬間小球A速度為vA＝16m/s，故A錯誤；小球A剛進入正交電、磁場后，由于mAg＝0.5N＞qE＋qvAB＝0.098N，所以小球A向下偏，則電場力做負功，故其電勢能增大，故B錯誤；根據動能定理，可知小球A對小球B做的功為W＝eq\f(1,2)mBvB2＝2J，故C正確；由于碰撞前A、B系統(tǒng)機械能為Ek1＝eq\f(1,2)mAv02＝10J，碰后系統(tǒng)機械能為Ek2＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝8.4J，則Ek1＞Ek2，機械能不守恒，故小球A、B之間的碰撞為非彈性碰撞，故D錯誤。[答案]C【變式4-1】(多選)如圖所示，一個絕緣且內壁光滑的環(huán)形細圓管，固定于豎直平面內，環(huán)的半徑為R(比細管的內徑大得多)，在圓管的最低點有一個直徑略小于細管內徑的帶正電小球處于靜止狀態(tài)，小球的質量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g?？臻g存在一磁感應強度大小未知(不為零)，方向垂直于環(huán)形細圓管所在平面且向里的勻強磁場。某時刻，給小球一方向水平向右、大小為v0＝eq\r(5gR)的初速度，則以下判斷正確的是()A．無論磁感應強度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球在最低點一定受到管壁的彈力作用B．無論磁感應強度大小如何，小球一定能到達環(huán)形細圓管的最高點，且小球在最高點一定受到管壁的彈力作用C．無論磁感應強度大小如何，小球一定能到達環(huán)形細圓管的最高點，且小球到達最高點時的速度大小都相同D．小球在從環(huán)形細圓管的最低點運動到所能到達的最高點的過程中，水平方向分速度的大小一直減小解析：選BC小球在軌道最低點時受到的洛倫茲力方向豎直向上，若洛倫茲力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，則在最低點時小球不會受到管壁彈力的作用，A錯誤；小球運動的過程中，洛倫茲力不做功，小球的機械能守恒，運動至最高點時小球的速度v＝eq\r(gR)，由于小球運動過程不會脫離軌道，所以一定能到達軌道最高點，C正確；在最高點時，小球做圓周運動所需的向心力F＝meq\f(v2,R)＝mg，小球受到豎直向下洛倫茲力的同時必然受到與洛倫茲力等大反向的軌道對小球的彈力，B正確；小球在從最低點運動到最高點的過程中，小球在下半圓內上升的過程中，水平分速度向右且不斷減小，到達圓心的等高點時，水平速度為零，而運動至上半圓后水平分速度向左且不為零，所以水平分速度一定有增大的過程，D錯誤?！咀兪?-2】如圖，有三塊水平放置的長薄金屬板a、b和c，a、b之間相距為L.緊貼b板下表面豎直放置半徑為R的半圓形塑料細管，兩管口正好位于小孔M、N處．板a與b、b與c之間接有電壓可調的直流電源，板b與c間還存在方向垂直紙面向外的勻強磁場．當體積為V0、密度為ρ、電荷量為q的帶負電油滴，等間隔地以速率v0從a板上的小孔豎直向下射入，調節(jié)板間電壓Uba和Ubc，當Uba＝U1、Ubc＝U2時，油滴穿過b板M孔進入細管，恰能與細管無接觸地從N孔射出．忽略小孔和細管對電場的影響，不計空氣阻力，重力加速度為g.求：(1)油滴進入M孔時的速度v1；(2)b、c兩板間的電場強度E和磁感應強度B的值；(3)當油滴從細管的N孔射出瞬間，將Uba和B立即調整到Uba′和B′，使油滴恰好不碰到a板，且沿原路與細管無接觸地返回穿過M孔，請給出Uba′和B′的結果．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)油滴進入電場后，重力與電場力均做功，設到M點時的速度為v1，由動能定理eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgL＋qU1考慮到m＝ρV0得v1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))(2)油滴進入電場、磁場共存區(qū)域，恰與細管無接觸地從N孔射出，須電場力與重力平衡，有：mg＝qE解得E＝eq\f(ρV0g,q)油滴在半圓形細管中運動時，洛倫茲力提供向心力，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，且再返回并穿過M孔，由動能定理，0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝－mgL－qUba′得Uba′＝U1＋eq\f(ρV0v\o\al(2,0),2q)考慮到油滴返回時速度方向已經相反，為了使油滴沿原路與細管無接觸地返回并穿過M孔，磁感應強度的大小不變，方向相反，即：B′＝－B.【變式4-3】(多選)某實驗小組用圖甲所示裝置研究電子在平行金屬板間的運動。將放射源P靠近速度選擇器，速度選擇器中磁感應強度為B，電場強度為E，P能沿水平方向發(fā)出不同速率的電子，某速率的電子能沿直線通過速度選擇器，再沿平行金屬板A、B的中軸線O1O2射入板間。已知平行金屬板長為L、間距為d，兩板間加有圖乙所示的交變電壓，電子的電荷量為e，質量為m(電子重力及相互間作用力忽略不計)。以下說法中正確的有()A．沿直線穿過速度選擇器的電子的速率為eq\f(E,B)B．只增大速度選擇器中的電場強度E，沿中軸線射入的電子穿過A、C板的時間變長C．若t＝eq\f(T,4)時刻進入A、C板間的電子恰能水平飛出，則飛出方向可能沿O1O2D．若t＝0時刻進入A、C板間的電子恰能水平飛出，則T＝eq\f(BL,nE)(n＝1,2,3，…)解析：選ACD電子在速度選擇器中受電場力和洛倫茲力的作用，沿直線通過速度選擇器，則電子受力平衡，有eE＝Bve，解得v＝eq\f(E,B)，故A正確；若只增大速度選擇器中的電場強度E，電子沿中軸線射入，由v＝eq\f(E,B)可知，v增大，則在A、C板長不變的情況下，電子穿過A、C板的時間變短，故B錯誤；若t＝eq\f(T,4)時刻進入A、C板間的電子恰能水平飛出，飛出方向可能沿O1O2，故C正確；若t＝0時刻進入A、C板間的電子恰能水平飛出，則此時豎直方向的速度為零，電場力做功為零，根據對稱性可知，電子飛出的時刻為nT(n＝1,2,3，…)，電子的速度為v＝eq\f(L,nT)，根據洛倫茲力和電場力平衡可得Bev＝Ee，聯立可得T＝eq\f(BL,nE)(n＝1,2,3，…)，故D正確?！绢}型5聯系實際】【例5】如圖所示，甲是回旋加速器，乙是磁流體發(fā)電機，丙是速度選擇器，丁是霍爾元件，下列說法正確的是()A.甲圖要增大粒子的最大動能，可增加電壓UB.乙圖可判斷出A極板是發(fā)電機的負極C.丙圖可以判斷出帶電粒子的電性，粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v＝eq\f(E,B)D.丁圖中若載流子帶負電，穩(wěn)定時C板電勢高答案B解析根據公式r＝eq\f(mv,qB)得v＝eq\f(qBr,m)，故最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2r2,2m)，與加速電壓無關，故A錯誤；由左手定則知正離子向下偏轉，所以下極板帶正電，A板是電源的負極，B板是電源的正極，故B正確；電場的方向與B的方向垂直，帶電粒子進入復合場，受電場力和洛倫茲力，且二力是平衡力，即qE＝qvB，所以v＝eq\f(E,B)，不管粒子帶正電還是帶負電都可以勻速直線通過，所以無法判斷粒子的電性，故C錯誤；若載流子帶負電，由左手定則可知，負粒子向C端偏轉，所以穩(wěn)定時C板電勢低，故D錯誤?！咀兪?-1】(多選)目前世界上正研究的一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機，如圖所示表示它的發(fā)電原理：將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負電的粒子，而從整體來說呈中性)沿圖中所示方向噴射入磁場，磁場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就聚集了電荷。在磁極配置如圖中所示的