高考专题复习之——磁场对运动电荷的作用-(机构培训用教案)

1、精选优质文档-倾情为你奉上教学标题高三专题复习之-磁场对运动电荷的作用 教教学目标1、深刻理解洛伦兹力；2、能正确、熟练地运用左手定则；3、掌握带电粒子在磁场中的运动规律教学重难点1、洛伦兹力；2、带电粒子在复合场中的运动上次作业检查授课内容：磁场对运动电荷的作用一、洛伦兹力1定义：磁场对 运动电荷 的作用力2洛伦兹力的方向左手定则：伸开左手，使大拇指与其余 四个手指 垂直，并且都与同一平面内，让磁感线从掌心进入，并使四指指向为正电荷运动的方向，这时， 拇指 所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向3洛伦兹力的大小(1)vB时，洛伦兹力 F0 .(2)vB时，洛伦兹力F Bqv .

2、(3)v与B的夹角为时，洛伦兹力F qvBsin .说明：1利用左手定则判断洛伦兹力的方向时，应特别注意正、负电荷的区别2由于洛伦兹力始终与速度垂直，因此，它永不做功二、带电粒子在匀强磁场中的运动状态1若vB，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做 匀速直线 运动2若vB，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v 做 匀速圆周 运动特别关注： 带电粒子在磁场中运动的周期与其速度无关，带电粒子在磁场中运动的时间t ，其中为半径绕过的圆心角（多出部分见背面或另附纸张）作业：学员课堂表现：（听课及知识掌握的情况反馈）签字确认学员_ 任课老师_ 学习管理师_一、对洛伦兹力的深刻理解1

3、洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的作用力，而安培力是整个通电导体在磁场中受到的作用力，安培力是导体中所有形成电流的定向移动电荷受到的洛伦兹力的宏观表现2由安培力公式FBIL推导洛伦兹力表达式(磁场与导线方向垂直)如图821所示，设有一段长度为L的通电导线，横截面积为S，单位体积中含有的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q，定向移动的平均速度为v，垂直于磁场方向放入磁感应强度为B的磁场中导线中的电流为InqvS 导线所受安培力F安ILBnqvSLB这段导线中含有的运动电荷数为nLS所以F洛 qvB.例1有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是 ()A通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用B

4、安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现C带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力做正功D通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行解析：通电直导线与磁场方向平行时，安培力等于零，故A错；安培力一定垂直于磁场和电流所决定的平面，即安培力方向一定垂直于磁场方向，D错；洛伦兹力也一定垂直于磁场与速度方向决定的平面，即洛伦兹力一定与运动方向垂直，洛伦兹力一定不做功，C错；安培力与洛伦兹力的关系为安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现，B项正确答案：B二、洛伦兹力和电场力 说明：安培力是洛伦兹力的宏观表现，但各自的表现形式不同，洛伦兹力对运动电荷永远不做功，而安培力对通电导线可做正功，可做负

5、功，也可不做功例2(2009·广东理基)带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用下列表述正确的是()A洛伦兹力对带电粒子做功B洛伦兹力不改变带电粒子的动能C洛伦兹力的大小与速度无关D洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向解析：FqvB，洛伦兹力的特点是永远与运动方向垂直，永不做功，因此选B.答案：B三、带电粒子在有界匀强磁场中做匀速圆周运动的分析1确定圆心的两种方法(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图822甲所示，图中P为入射点，M为出射点)3运动时间的确定t T 或t

6、T或t 式中为粒子运动的圆弧所对应的圆心角，T为周期，s为运动轨迹的弧长，v为线速度4带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程序解题法 -三步法(1)画轨迹：即确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系(3)用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式带电粒子在常见有界磁场区域的运动轨迹1直线边界(进出磁场具有对称性，如图823所示)2平行边界(存在临界条件，如图824所示)3圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图825所示)例3如图826所示，在第象限内有垂直于纸面

7、向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速率与x轴成30°角的方向从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动的时间之比为 ()A12B21 C D11解析：由T 可知，正、负电子的运动周期相同，故所用时间之比等于轨迹对应的圆心角之比作出正、负电子运动轨迹如图所示，由几何知识可得正电子运动的圆心角等于120°，负电子运动的圆心角等于60°，而电荷在磁场中的运动时间t T，所以t正t负正负21，故B正确，A、C、D错误答案：B四、洛伦兹力作用下的多解问题 带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解1带电粒子电性不确定形成多解受洛伦兹力作

8、用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解2磁场方向不确定形成多解有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解3临界状态不唯一形成多解带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，如图827所示，于是形成了多解4运动具有周期性形成多解带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，往往运动具有周期性，因而形成多解4长为L的水平极板间，有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为

9、B，板间距离为L，板不带电，现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)，从左边极板间中点处垂直磁场以速度v水平入射，如图828所示，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是 ()A使粒子速度v<B使粒子速度v>C使粒子速度v>D使粒子速度解析：如图所示，粒子能从右边穿出的运动半径临界值为r1，有r12L2(r1 )2，得r15/4 L.又因为r1= 得v1 ，所以v> 时粒子能从右边穿出粒子从左边穿出的运动半径的临界值为r2，由r2 得v2 ，所以v< 时粒子能从左边穿出故选项A、B正确课堂练习：1、(2009·安徽高考)图829所示是科学史上一张著名

10、的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用分析此径迹可知粒子 ()A带正电，由下往上运动B带正电，由上往下运动C带负电，由上往下运动D带负电，由下往上运动思路点拨课堂笔记从照片上看，径迹的轨道半径是不同的，下部半径大，上部半径小，根据半径公式r 可知，下部速度大，上部速度小，则一定是粒子从下到上穿越了金属板而损失了动能，再根据左手定则，可知粒子带正电，因此，正确的选项是A.答案A 图象是给出物理信息的常用方法，所以做物理习题时，必须能正确的识图，获取准确信息，否则会出现错误如本题，由于读图能力差

11、，不能根据径迹的弯曲程度正确地推出轨道半径的大小从而导致错解.2、在真空中，半径r3×102 m的圆形区域内有匀强磁场，方向如图8210所示，磁感应强度B0.2 T，一个带正电的粒子，以初速度v0106 m/s从磁场边界上直径ab的一端a射入磁场，已知该粒子的比荷 108 C/kg，不计粒子重力求：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径是多少？(2)若要使粒子飞离磁场时有最大偏转角，求入射时v0方向与ab的夹角及粒子的最大偏转角.思路点拨洛伦兹力提供向心力，由牛顿定律求得半径；欲使偏转角最大，则通过的弧长最大，即粒子应从a点射入，从b点射出课堂笔记(1)粒子射入磁场后，由于不计重力，

12、所以洛伦兹力充当圆周运动需要的向心力，根据牛顿第二定律有：qv0B R 5×102 m.(2)粒子在圆形磁场区域轨迹为一段半径R5 cm的圆弧，要使偏转角最大，就要求这段圆弧对应的弦最长，即为场区的直径，粒子运动轨迹的圆心O在ab弦的中垂线上，如图所示由几何关系可知：sin 0.6，37°而最大偏转角为274°.答案(1)5×102 m(2)37°74°挖掘隐含的几何条件是解决本题的关键带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题，关键之处要正确找出粒子轨迹的圆心和半径，画出轨迹圆弧，由几何知识明确弦切角、圆心角和偏转角之间的关系，从而就可进一

13、步求出粒子在磁场中运动的时间、运动半径等问题.3、(12分)(2010·宿州模拟)一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，从A点射入宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场中，MN、PQ为该磁场的边界线，磁感线垂直于纸面向里，如图8211所示带电粒子射入时的初速度与PQ成45°角，且粒子恰好没有从MN射出(不计粒子所受重力)(1)求该带电粒子的初速度v0；(2)求该带电粒子从PQ边界射出的出射点到A点的距离x.思路点拨解答此题应注意以下几点：(1)注意入射方向的不确定引起多解性；(2)根据题意画出带电粒子的轨迹，建立半径和磁场宽度几何关系；(3)建立洛伦兹力和圆周运动的关系解题样板

14、(1)如图8212所示，若初速度向右上方，设轨道半径为R1，由几何关系可得R1(2 )d.(1分)又洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qv0B ，得R1 ，(2分)所以v0 .(1分)若初速度向左上方，设轨道半径为R2，由几何关系可得R2(2 )d，(1分)得v0 .(1分)(2)若初速度向右上方，带电粒子从PQ边界上的C点射出，ACO1为等腰直角三角形，AO1C90°，设出射点C到A点的距离为x1，由图可知x1 R12( 1)d.(3分)若初速度向左上方，带电粒子从PQ边界上的D点射出，设出射点D到A点距离为x2，由图可知x2 R22( 1)d.(3分)答案(1) 或 (2)2(

15、 1)d或2( 1)d本题只告诉带电粒子射入的初速度与PQ成45°角，而没有说明是向右上方还是向左上方，这样就带来多解，很多同学只考虑一个方向而导致解题不完整课后练习1：1一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此空间可能有磁场，方向与电子速度平行C此空间可能有磁场，方向与电子速度垂直D以上说法都不对解析：电子速度方向平行磁场方向时，不受洛伦兹力，不偏转；电子速度方向垂直磁场方向时，一定受洛伦兹力，但如果同时存在电场，且电场力与磁场力平衡时，电子也不偏转，故B、C正确，A、D错误答案：BC2 图8213对应的四种情况中，对各粒子所受洛伦兹力的方向的描述，其中

16、正确的是 ( ) A垂直于v向右下方 B垂直于纸面向里 C垂直于纸面向外 D垂直于纸面向里解析：由左手定则可判断A图中洛伦兹力方向垂直于v向左上方，B图中洛伦兹力垂直于纸面向里，C图中垂直于纸面向里，D图中垂直于纸面向里，故B、D正确，A、C错误答案：BD3(2010·中山模拟) 半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B点射出AOB120°，如图8214所示则该带电粒子在磁场中运动的时间为 ()解析：由AOB120°可知，弧AB所对圆心角60°，故t 但题中已知条件不够

17、，没有此项选择，另想办法找规律表示t.由匀速圆周运动t 从图中分析有R ，则 D项正确 答案：D4(2010·淄博质检)如图8215所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直于纸面向外，比荷为 的电子以速度v0从A点沿AB方向射入，欲使电子能经过BC边，则磁感应强度B的取值应为 ( )AB> BB<CB< DB>解析：由题意，如图所示，电子正好经过C点，此时圆周运动的半径R ，要想电子从BC边经过，圆周运动的半径要大于 ，由带电粒子在磁场中运动的公式r 有 ，即B< ，C选项正确5如图8216所示，一束电子(电荷量为e，所受重力可忽略不

18、计)以速度v0垂直于磁场边界和磁场方向射入匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B、宽度为d，电子穿过磁场时速度方向与原来入射方向的夹角30°，则电子的质量为多少？穿过磁场的时间是多长？解析：电子进入磁场后，只受洛伦兹力，电子做匀速圆周运动根据左手定则判断出其所受洛伦兹力的大致方向，画出大致轨迹，过圆弧上A、B两点作运动方向的垂线，交于O点，则O点即为圆周的圆心由几何知识可以判断，弧AB所对的圆心角和速度的偏向角相等，都为30°.过B点作磁场边界的垂线，根据数学关系，显然有Rsind，所以R 2d，m .电子在磁场中运动的时间答案：带电粒子在复合场中的运动一、带电粒子在复合场中的运

19、动1复合场： 电场 、 磁场 和重力场并存或两种场并存，或分区域存在粒子在复合场中运动时，要考虑 电场力 、 磁场力 的作用，有时也要考虑重力的作用2带电粒子在复合场中的运动状态(1)当带电粒子所受合外力为零时，将在复合场中静止或做 匀速直线 运动(2)由洛伦兹力提供向心力，带电粒子做匀速圆周运动 研究带电粒子在复合场中的运动时，要明确各种不同力的性质、特点，正确画出其运动轨迹，选择恰当的规律求解二、复合场应用实例1速度选择器如图831所示，所受重力可忽略不计的带电粒子垂直射入正交的匀强电场和匀强磁场的复合场空间，所受电场力和洛伦兹力方向相反，大小相等即EqBqv，所以v E/B 凡是符合式的

20、粒子能顺利通过场区从O2孔射出，凡是不符合式的粒子均不能从O2孔射出2磁流体发电机如图832所示，等离子喷入磁场区域，磁场区域中有两块金属板a和b，正、负离子在洛伦兹力作用下发生上下偏转而聚集到a、b板产生电势差最大电势差可达 Bdv (B为磁感应强度，d为两板间距，v为喷射速度)一、重力场、静电场和磁场1三种场的特点比较2带电粒子在电场或磁场中的偏转(1)两种场中带电粒子偏转的特征(2)带电粒子在两种场中偏转时处理方法对比例1如图833所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d0.10 m，a、b间的电场强度为E5.0×105 N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B6

21、.0 T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场今有一质量为m4.8×1025 kg、电荷量为q1.6×1018C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v01.0×106 m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处(图中未画出)不计板a、b的厚度，求P、Q之间的距离L.解析：粒子从a板左端运动到P处，由动能定理得qEd 1/2mv2 1/2mv02代入数据，解得v ×106 m/s cos ，代入数据解得30°粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为r，如图所示，由几何关系得L/2 rsi

22、n30°又qvBm 联立以上各式，求得L 代入数据，解得L5.8 cm.答案：5.8 cm二、带电粒子在复合场中的运动形式及分析方法1常见运动形式的分析(1)带电粒子在复合场中做匀速圆周运动带电粒子进入匀强电场、匀强磁场和重力场共同存在的复合场中，重力和电场力等大反向，两个力的合力为零，粒子运动方向和磁场方向垂直时，带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动(2)带电粒子在匀强电场、匀强磁场和重力场中的直线运动自由的带电粒子(无轨道约束)，在匀强电场、匀强磁场和重力场中的直线运动应该是匀速直线运动，这是因为电场力和重力都是恒力，若它们的合力不与洛伦兹力平衡，则带电粒子速度的大小和方向都

23、会改变，就不可能做直线运动(粒子沿磁场方向运动除外)2带电粒子在复合场中运动的处理方法(1)搞清楚复合场的组成一般是磁场、电场的复合；磁场、重力场的复合；磁场、重力场、电场的复合；电场和磁场分区域存在(2)正确进行受力分析除重力、弹力、摩擦力外还要特别关注电场力和磁场力的分析(3)确定带电粒子的运动状态注意将运动情况和受力情况结合进行分析(4)对于粒子连续经过几个不同场的情况，要分段进行分析、处理(5)画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律补充说明：1当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解2带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，应用牛顿运动定律结合圆周运动知识进行求解3

24、当带电粒子做复杂的曲线运动时，一般用功能关系进行求解例2(2009·北京高考)如图834所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O点(图中未标出)穿出若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b ()A穿出位置一定在O点下方B穿出位置一定在O点上方C运动时，在电场中的电势能一定减小D在电场中运动时，动能一定减小解析：由左手定则判定带电粒子a所受洛伦兹力的方向，可知最初时刻粒子所受洛伦兹力与电

25、场力方向相反，若qEqvB，则洛伦兹力将随着粒子速度方向和大小的不断改变而改变粒子所受电场力qE和洛伦兹力qvB的合力不可能与速度方向在同一直线上，既然在复合场中粒子做直线运动，说明qEqvB，OO连线与电场线垂直，当撤去磁场时，粒子仅受电场力，做类平抛运动，电场力一定做正功，电势能减少，动能增加，故C对，D错因带电粒子的速度v 时粒子就能在原电、磁场中做直线运动，与粒子带正、负电荷无关，撒去该区域内的磁场后，粒子带正电时，穿出位置在O点下方，带负电时，穿出位置在O点上方，故A、B错答案：C带电粒子在有界组合场中的运动例3、 (2009·全国卷)如图835所示，在宽度分别为l1和l2

26、的两个毗邻的条形区域中分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右一带正电荷的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出已知PQ垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d.不计重力，求电场强度与磁感应强度大小之比以及粒子在磁场与电场中运动时间之比思路点拨粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合几何知识，确定圆心和半径，从而确定磁感应强度和圆心角(或时间)粒子在电场中做类平抛运动时，结合平抛规律可求得电场强度及运动时间课堂笔记粒子在磁场中做匀速圆周运动(如图所示)由于粒子在分

27、界线处的速度与分界线垂直，圆心O应在分界线上，OP长度即为粒子运动的圆弧的半径R.由几何关系得R2l12(Rd)2 设粒子的质量和所带正电荷量分别为m和q，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvBm 设P为虚线与分界线的交点，POP，则粒子在磁场中的运动时间为t1l1/R 式中sin 粒子进入电场后做类平抛运动，其初速度为v，方向垂直于电场设粒子加速度大小为a，由牛顿第二定律得qEma 由运动学公式有:d at22 l2vt2 式中t2是粒子在电场中运动的时间由式得由式得 arcsin( )答案 arcsin( )总结：分析组合场中粒子的运动时，应分别分析粒子在隔离场中的受力情况及运动轨迹，从而选

28、取适当的规律列式求解，且要注意粒子在两场交界处的关键点.带电粒子在复合场中的直线运动问题例4、有人设想用如图836所示的装置来选择密度相同、大小不同的球状纳米粒子粒子在电离室中电离后带正电，电荷量与其表面积成正比电离后，粒子缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域，再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场、匀强磁场区域，其中磁场的磁感应强度大小为B，方向如图所示收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上半径为r0的粒子，其质量为m0，电荷量为q0，刚好能沿O1O3直线射入收集室不计纳米粒子的重力(，S球4R2)(1)试求图中区域的电场强度；(2)试求半径为r的粒子通过O2时的速率

29、；(3)讨论半径rr0的粒子刚进入区域时向哪个极板偏转思路点拨分析该题时应注意以下几点：(1)粒子在区域直线加速，可利用动能定理；(2)在区域只有满足qEqvB的粒子才能沿直线匀速运动到达O3；(3)粒子在区域向何方偏转，决定于电场力和洛伦兹力的大小课堂笔记(1)半径为r0的粒子在区，由动能定理可知：Uq01/2m0v02.所以v0 该粒子在区域做匀速直线运动则：q0Eq0v0B，即Ev0BB(2)半径为r的粒子，因电荷量与表面积成正比，其电荷量为q( )2q0，其质量m( )3m0.根据动能定理：Uq 1/2mv2 所以v(3)由题意可知，只有vv0 的粒子沿直线运动当r>r0时，v&

30、lt;v0，此时有qE>qv0B，即该粒子向上极板偏转当r<r0时，v>v0，此时有qE<qv0B，即该粒子向下极板偏转总结：(1)带电粒子在其他场力与磁场力作用下做直线运动，一般是匀速直线运动(2)重力不计的带电粒子进入速度选择器时，能否做匀速直线运动与粒子的电性及质量无关.带电粒子在复合场中的一般曲线运动例5、(15分)在场强为B的水平匀强磁场中，一质量为m、带电荷量为q的小球在O点静止释放，小球的运动曲线如图837所示已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到x轴距离的2倍，重力加速度为g.求：(1)小球运动到任意位置P(x，y)的速率v；(2)小球在运动过程中第一次下

31、降的最大距离ym；(3)欲使小球沿x轴正向做直线运动，可在该区域加一匀强电场，试分析加电场时，小球在什么位置，所加电场的场强为多少？方向如何？思路点拨分析该题时应把握以下几点：(1)求解小球的速率可根据动能定理；(2)小球下降的最大距离可由圆周运动分析；(3)小球做直线运动，可由小球的运动特征分析受力的特点解题样板(1)洛伦兹力不做功，由动能定理得mgy 1/2mv2 (2分)得v (2分)(2)设在最大距离ym处的速率为vm，根据圆周运动有qvmBmgm (2分)且由知vm (1分)由及R2ym得ym (2分)(3)当小球沿x轴正向做直线运动时，小球受力平衡，由此可知，加电场时，小球应在最低

32、点(1分)且有qvmBmgqE0(2分)解得E (2分)方向竖直向下(1分)答案(1) (2) (3) 见解题样板总结：此题前两问是2008年江苏高考试题，解答时必须领会题设条件，选取合适的规律，第三问是在原题的基础上进行了改造，考查粒子在复合场中做直线运动的条件该题还可以进一步改造考查粒子做匀速圆周运动的条件课堂练习：1带正电的甲、乙、丙三个粒子(不计重力)分别以速度v甲、v乙、v丙垂直射入电场和磁场相互垂直的复合场中，其轨迹如图838所示，则下列说法正确的是 ( )Av甲>v乙>v丙Bv甲<v乙<v丙C甲的速度可能变大D丙的速度不一定变大解析：由左手定则可判断正电荷所受洛伦兹力向上，而所受的电场力向下，由运动轨迹可判断qv甲B>qE即v甲> ，同理可得v乙 ，v丙< ，所以v甲>v乙>v丙，故A正确，B错；电场力对甲做负功，甲的速度一定减小，对丙做正功，丙的速度一定变大，故C、D错误答案：A2(2009·广东高考)如图839所示是质谱仪的工作原理示意图带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分