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專題16 帶電粒子在組合場、復合場中的運動模型
[模型導航]
【知識分析】帶電粒子在組合場中的勻速圓周運動模型解法 1
【模型一】磁場與磁場的組合模型 2
【模型二】先電場后磁場模型 2
【模型三】先磁場后電場模型 6
【模型四】帶電粒子在組合場中運動的應用---質譜儀模型 16
【模型五】帶電粒子在組合場中運動的應用---回旋加速器模型 23
【模型六】帶電粒子在疊加場中的運動模型 28
【模型七】帶電粒子在疊加場中的應用模型---電磁平衡科技應用 33
1．速度選擇器 44
2．磁流體發電機 44
3．電磁流量計 48
4．霍爾效應的原理和分析 53
[模型分析]
【知識分析】帶電粒子在組合場中的勻速圓周運動模型解法
1．組合場：電場與磁場各位于一定的區域內，并不重疊，或在同一區域，電場、磁場交替出現．
2．帶電粒子在組合場中運動的分析思路
第1步：粒子按照時間順序進入不同的區域可分成幾個不同的階段．
第2步：受力分析和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如圖所示．
第3步：用規律
【模型一】磁場與磁場的組合模型
【運動模型】磁場與磁場的組合問題實質就是兩個有界磁場中的圓周運動問題，帶電粒子在兩個磁場中的速度大小相同，但軌跡半徑和運動周期往往不同．解題時要充分利用兩段圓弧軌跡的銜接點與兩圓心共線的特點，進一步尋找邊角關系．
在xOy直角坐標系第一象限中有垂直紙面向外、大小為B的勻強磁場，第四象限有垂直紙面向外、大小未知的勻強磁場。電量為+q（q＞0）、質量為m的帶電粒子從P點開始以垂直于y軸的速度沿x軸正方向射入第一象限，經過第一象限后垂直x軸從Q點（圖中未標出）進入第四象限，經過第四象限后從M點離開磁場，此時速度方向與y軸負方向的夾角θ＝60°。已知P點到O點的距離為a，不計帶電粒子的重力。求：
（1）帶電粒子在P點時的入射速度大小；
（2）帶電粒子在第四象限中從Q點運動到M點的時間。
【解答】解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子運動軌跡如圖所示，
由幾何知識可知，粒子做圓周運動的軌道半徑r1＝a，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
qvB＝m
解得粒子的速度大小：v；
（2）由幾何知識得：r2cos60°+a＝r2
解得：r2＝2a
設第四象限內磁場磁感應強度為B′，粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
qvB′＝m
解得：B′B
粒子在第四象限內轉過的圓心角θ＝60°，
粒子在第四象限做圓周運動的周期為：T
粒子在第四象限中從Q點運動到M點的時間為：tT
答：（1）帶電粒子在P點時的入射速度大小是；
（2）帶電粒子在第四象限中從Q點運動到M點的時間是。
如圖所示，兩個相鄰的勻強磁場區域Ⅰ和Ⅱ，區域Ⅰ的磁感應強度方向垂直紙面向外，區域Ⅱ的磁感應強度方向垂直紙面向里。AB、CD、EF為相互平行的直邊界，區域Ⅰ和區域Ⅱ的寬度均為d。一個質量為m、帶電量為+q的粒子從P點以速度v垂直于邊界線CD進入區域Ⅰ；粒子第一次穿過邊界線CD時，速度方向相對P點的速度偏轉了30°，進入區域Ⅱ，恰好不能從邊界線EF穿出區域Ⅱ，不計粒子的重力。求：
（1）區域Ⅰ內勻強磁場的磁感應強度B1的大小；
（2）求粒子從P點出發到第二次通過CD邊界所用的時間。
【解答】解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示
在區域Ⅰ中，由幾何知識得：r1sin30°＝d
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：B1qv＝m
解得，磁感應強度大小：B1
（2）由幾何知識可知，粒子在磁場I中轉過的圓心角，θ1＝30°，
粒子在磁場II中轉過的圓心角，θ2＝240°，
在區域Ⅱ中：r2+r2sin30°＝d，解得：r2
粒子在區域Ⅰ中做勻速圓周運動的周期：T1
粒子在區域Ⅱ中做勻速圓周運動的周期：T2
在區域Ⅰ中運動的時間：t1T1
在區域Ⅱ中運動的時間：t2T2
則從P點到第二次到達CD邊界的時間：t＝t1+t2
解得：t
答：（1）區域Ⅰ內勻強磁場的磁感應強度B1的大小是；
（2）求粒子從P點出發到第二次通過CD邊界所用的時間是。
如圖所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強電場，同時該區域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為1.8h。質量為m、帶電量為+q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g。
（1）求該電場強度的大小和方向；
（2）要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值。
【解答】解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，電場力與重力合力為零，即mg＝qE，
解得：E，電場力方向豎直向上；
（2）粒子運動軌跡如圖所示：
設粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，
對應的粒子在上、下區域的軌道半徑分別為r1、r2，
圓心的連線與NS的夾角為φ，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB＝m，
解得粒子軌道半徑：r，
則：r1，r2r1，
由幾何知識得：（r1+r2）sinφ＝r2，r1+r1cosφ＝h，
解得：vmin。
答：（1）該電場強度的大小為，電場力方向豎直向上；
（2）要使粒子不從NS邊界飛出，粒子入射速度的最小值為。
【模型二】先電場后磁場模型
【運動模型】
1.帶電粒子先在勻強電場中做勻加速直線運動，然后垂直進入勻強磁場做勻速圓周運動，如圖.
2．帶電粒子先在勻強電場中做類平拋運動，然后垂直進入磁場做勻速圓周運動，如圖.
如圖所示，虛線為勻強電場和勻強磁場的分界線，電場線與分界線平行。一帶電粒子以初速度v0垂直于電場線射入電場，并能進入磁場．已知磁感應強度為B，粒子的比荷為k，不計粒子的重力。則粒子第一次進、出磁場兩點的距離為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：設粒子進入磁場時的速度大小為v，方向與水平方向間的夾角為θ，則v，
粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，粒子運動軌跡如圖所示
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
qvB＝m
解得：r
由幾何知識可知，粒子第一次進、出磁場兩點的距離：
d＝2rsinθ＝2sinθ，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
如圖所示，AOC右側，以OO'為水平分界線，上部空間存在方向豎直向下的勻強電場，下部空間有在垂直于該平面向外的勻強磁場。質量為m、帶電量為+q的粒子以速度v0從O點斜向上射入電場區域，射入方向與邊界OO'間的夾角α＝30°，然后經邊界OO'上的Q點（未畫出）第一次進入下方磁場區域，已知Q點與O點之間的距離為d，不考慮粒子重力及空氣阻力。求：
（1）勻強電場電場強度E的大小；
（2）要使粒子從邊界AC飛出，磁感應強度的最大值B0的大小。
【解答】解：（1）依題意作出粒子運軌跡如圖
粒子在電場中做斜上拋運動，根據拋體運動規律得
水平方向：OQ＝v0cosαt
豎直方向：v0sinα＝a ，qE＝ma，
聯立解得：E；
（2）當粒子恰好不從邊界AC飛出時，如圖所示，由幾何關系得
OQ＝R+Rsinα
在磁場中洛倫茲力提供向心力，則
qv0B0＝m
聯立解得：B0，
則要使粒子從邊界AC飛出，磁感應強度的最大值B0的大小為。
答：（1）勻強電場電場強度E的大小為；
（2）要使粒子從邊界AC飛出，磁感應強度的最大值B0的大小為。
如圖所示，真空中存在一間距為d＝0.02m容器，板長L＝0.04m，板間電壓為U、勻強電場方向向上，MN為一垂直上極板PQ的足夠長的光屏，其下端N與極板右端Q重合，在MN所在豎直線右側存在勻強磁場。在下極板左端有一個粒子源A，可以緊貼極板水平向右連續發射帶正電的粒子，粒子比荷為q/m＝1×108C/kg，初速度v0＝1×105m/s。已知粒子打到極板或光屏時會被吸收，粒子之間的作用力不計，粒子的重力不計。
（1）為使粒子能夠從極板間射出，求電壓U的最大值；
（2）若勻強磁場方向垂直紙面向里，大小為B1＝0.05T，電壓U可任意調節，則求粒子擊中光屏形成痕跡的長度ΔL。
（3）若勻強磁場方向改成水平向右，大小變為B2T，電壓U可任意調節，在極板右側放置另一塊與MN平行的足夠大的光屏CD，CD在磁場中只能左右移動，則求粒子打在光屏CD上留下所有痕跡的面積S。
【解答】解：（1）粒子在磁場中做類平拋運動，水平方向L＝v0t
解得t4×10﹣7s
豎直方向，yd
聯立解得U50V
電壓的最大值為50V
（2）設射入磁場的粒子速度為v，與水平方向成角θ，磁場中圓周運動半徑為r0，由得
r0
由幾何關系得，磁場中弧線在豎直方向的高度為Δy＝2r0cosθ
聯立解得Δy，即Δy為定值，如下圖所示：
因Δy＞d，所以打到光屏上離q距離的最小值和最大值分別為
hmin＝Δy﹣d＝0.02m，hmax＝Δy＝0.04m，因此痕跡長度ΔL＝hmax﹣hmin＝0.02m
（3）粒子從電場中射出，進入磁場后水平方向勻速運動，垂直磁場方向做勻速圓周運動。將速度分解如下圖所示：
某出射粒子進入磁場后的半徑r
根據幾何關系分析得
vy＝v0tanθ＝v0
又r∝y
即圓心連線為一條直線，有幾何關系可得所有光屏痕跡是由從上到下逐漸減小的圓疊加形成的。如下圖所示，
當y＝d時，原半徑最大為
rm
由tanα得α＝600
則求粒子打在光屏CD上留下所有痕跡的面積為
S＝2SΔ+S扇形＝rmdπ（rm）2＝（）×10﹣4m2
＝5.0×10﹣4m2
答：（1）電壓的最大值為50V；
（2）痕跡長度ΔL＝0.02m；
（3）粒子打在光屏CD上留下所有痕跡的面積為5.0×10﹣4m2。
如圖所示，在第二象限內有一拋物線的邊界A1O，其方程為y（﹣l≤x＜0），在拋物線的上方存在一豎直向下的勻強電場。在拋物線A1O每個位置上連續發射質量為m、電荷量為+q的粒子，粒子均以大小為v0的初速度水平向右射入電場，所有粒子均能到達原點O，第四象限內有一邊長為l、其中兩條邊分別與x軸、y軸重合的正方形邊界，邊界內存在垂直于紙面向外、磁感應強度大小為的勻強磁場，A2A3為與x軸平行的可上下移動的熒光屏，初始位置與磁場的下邊界重合，不計粒子重力及粒子間的相互作用力，粒子打到熒光屏上即被吸收。
（1）求電場強度的大小E；
（2）求粒子在磁場中運動的最短時間tmin；
（3）若將熒光屏緩慢向上移動，求在向上移動的過程中屏上的最大發光長度lm。
【解答】解：（1）在電場中根據牛頓第二定律得：
qE＝ma
解得
粒子在電場中做類平拋運動，則在水平方向可得：
v0t＝|x|
在豎直方向可得：
其中
解得：
（2）設粒子進入磁場的速度大小為v，與y軸的夾角為θ，根據牛頓第二定律可得：
所以
粒子從y軸離開磁場時與O點的距離為：
又v0＝vsinθ
解得：d＝l
即到達O點的粒子經過磁場偏轉后都從y＝﹣l點離開磁場。經過分析可知從A1點水平發射進入磁場的粒子在磁場中運動的時間最短，此時
即
粒子在磁場中運動的最短時間為：
（3）因為從O點發射進入磁場的粒子速度最小，大小為v0，運動半徑為：
因為從A1發射的粒子進入磁場時粒子速度最大，其在沿y軸方向的速度大小為：
粒子受到的洛倫茲力提供向心力，則根據牛頓第二定律可得：
解得：
將熒光屏緩慢向上移動的過程中，熒光屏發光的最大長度如圖中粗實線所示
由幾何知識知發光的最大長度為：lm＝R0﹣Rm（1﹣cos45°）
代入數據解得：lm
答：（1）電場強度的大小為；
（2）粒子在磁場中運動的最短時間為；
（3）若將熒光屏緩慢向上移動，在向上移動的過程中屏上的最大發光長度為。
如圖所示，兩極板P、Q豎直放置，長度為2L，間距為L。極板下方存在垂直紙面向外的矩形勻強磁場，磁感強度為B0。熒光屏MN水平放置，長度為2L。一粒子源向兩極板間持續不斷豎直向下發射速度為、質量為m、電荷量為+q的粒子，形成寬度為L，橫向均勻分布的粒子流。不計粒子重力及粒子間相互作用。
（1）兩板間電壓為0時，粒子全部打到熒光屏上，求矩形磁場的最小面積S；
（2）當兩板間存在恒定的勻強電場時，進入磁場的粒子數為射入電場粒子數的，求打在屏上的粒子在磁場中運動的時間t；
（3）在第（2）問中，進入磁場的粒子全部打到熒光屏上，求磁感應強度B的取值范圍。
【解答】解：（1）當兩板間電壓為0時，粒子將做勻速直線運動穿過兩極板間，進入磁場后做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得：
已知：
解得：R＝L
要使粒子全部打到熒光屏上，考慮到邊緣的粒子在磁場中的運動軌跡如下圖所示。
由此可知，矩形磁場的最小面積S＝（2R+L）×L＝3L2
（2）在兩板間粒子向P板偏轉做類平拋運動，根據題意可知：只有射入電場時離Q板距離范圍內的粒子能進入磁場，可得能進磁場的粒子在電場中水平方向上的位移均為L，設粒子進入磁場時的水平分速度為vx，則有：
2L＝v0t1
解得：
則射入磁場時粒子的速度大小為：
速度方向與水平方向的夾角θ滿足：，可得：θ＝53°
粒子在磁場中做圓周運動的軌跡圓心角為2θ＝2×53°＝106°
由洛倫茲力提供向心力得：
解得：
打在屏上的粒子在磁場中運動的時間：
（3）由前面分析可知，粒子射入磁場時的速度方向與水平方向的夾角為θ＝53°，設磁場的磁感應強度變化后粒子的軌道半徑為R''，粒子入射磁場的入射點和達到熒光屏上的點之間的距離為：l＝2R''sinθ
為確保進入磁場的粒子全部打到熒光屏上，如下圖所示。
可知應滿足：
解得：
同理由：
解得：B0≤B≤8B0。
答：（1）矩形磁場的最小面積S為3L2；
（2）打在屏上的粒子在磁場中運動的時間t為；
（3）磁感應強度B的取值范圍為B0≤B≤8B0。
【模型三】先磁場后電場模型
【模型構建】(1)進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反(如圖甲所示)．
(2)進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直(如圖乙所示)．
如圖所示，在xOy豎直平面坐標系中x軸上方有豎直向下的勻強電場，下方有垂直于xOy平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B.粒子源從S（﹣d，0）處在坐標平面內先后向磁場中與+x方向夾角為30°～150°范圍內發射粒子，所有粒子第一次經磁場偏轉后同時從O點進入電場，此后粒子到達x軸時的位置均分布在S點的右側（包含S點）。已知粒子的質量為m、電荷量為+q，不計粒子重力及粒子間相互作用。
（1）求從S發出的粒子的最小速度v；
（2）求電場強度的大小E0；
（3）若電場強度E為（2）中E0的4倍，最遲射出的粒子和速度最小的粒子經過x軸上同一點，求該點的坐標。
【解答】解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，設粒子速率為v′時在磁場中運動半徑為r。由洛倫茲力提供向心力得：
解得：v′
可見粒子的運動半徑與速率成正比，即運動半徑越小，速率越小。
粒子由S到O，線段SO是圓周軌跡的最小直徑，對應的速度最小，即最小半徑rmin
則從S發出的粒子的最小速度v
（2）依題意作出粒子的運動軌跡，可知發射速度與+x方向夾角為150°的粒子恰好到達S點，如圖1所示。
設粒子在磁場的運動半徑為r1，速率為v1。
由圖中幾何關系可得：2r1sin30°＝d
由洛倫茲力提供向心力得：qv1B＝m
聯立解得：v1
粒子在電場中做類斜拋運動，由牛頓第二定律得：
qE0＝ma
O到S過程沿+y方向先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動過程，由對稱性可得運動時間為：
t1
沿﹣x方向做勻速直線運動，則有：
d＝v1cos30°t1
聯立解得：E0
（3）粒子從S出射方向與+x方向夾角越小，到達O點的時間越短，由題意可知最遲射出的粒子是出射方向與+x方向夾角為30°的粒子。由（1）分析可知出射速度最小的粒子是垂直x軸發出的粒子，兩粒子的運動軌跡如圖2所示，其中藍色軌跡是出射速度最小的粒子在磁場中軌跡，紅色軌跡是最遲射出的粒子在電磁場中的軌跡，兩粒子均做周期性運動。
設最遲射出的粒子在磁場的運動半徑為r2，速率為v2。
與（2）同理有：2r2sin30°＝d；qv2B＝m
聯立解得：v2
粒子在電場中做類斜拋運動，與（2）同理有：
4qE0＝ma2
O到P過程沿+y方向勻變速直線運動，由對稱性可得運動時間為：
t2
沿+x方向做勻速直線運動，則有：
OP＝v2cos30°t2
聯立解得：OP
根據圖2中粒子運動的周期性可知，最遲射出的粒子每經過一個周期沿+x方向運動距離為d，出射速度最小的粒子每經過一個周期沿+x方向運動距離為d。
①若最遲射出的粒子經x軸下方和速度最小的粒子到達x軸上同一點，則有：
k1（d）＝k2d
可得：k1k2，則k2＝0、5、10、15……，即k2＝5n1，（n1＝0、1、2……）
則該點的坐標為：（5n1d，0），（n1＝0、1、2……）；
②若最遲射出的粒子經x軸上方和速度最小的粒子到達x軸上同一點，則有：
k3（d）k4d
可得：k3k4，則k4＝5n2﹣1，（n2＝0、1、2……）
則該點的坐標為：[（5n2﹣1）d，0]，（n2＝0、1、2……）
答：（1）從S發出的粒子的最小速度v為；
（2）電場強度的大小E0為；
（3）該點的坐標為：（5n1d，0），（n1＝0、1、2……），或[（5n2﹣1）d，0]，（n2＝0、1、2……）。
如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一象限內存在著重直紙面向外、大小為0.01T的勻強磁場區域Ⅰ，在第三象限內存在另一垂直紙面向外的勻強磁場區域Ⅱ，在第四象限內存在著沿x軸負方向的勻強電場。一質子由坐標為的P點以某一初速度v0進入磁場，速度方向與y軸負方向成60°角，質子沿垂直x軸方向進入第四象限的電場，經坐標為（0，﹣2L）的Q點第一次進入第三象限內的磁場區域Ⅱ，已知L＝0.1m，質子比荷C/kg。求：
（1）粒子的初速度v0大小；
（2）勻強電場的電場強度E的大小；
（3）若粒子從電場進入磁場區域Ⅱ時做圓周運動的半徑r＝0.5L，求粒子從開始進入電場到第二次進入電場的時間間隔Δt。
【解答】解：（1）如圖作v0的垂線交x軸于A點，由于粒子垂直x軸進入電場區域，故A點為圓周運動的圓心。由幾何關系得R＝2L
過x軸進入電場的C點坐標為（L，0）
在磁場I區域內有
得
（2）進入電場做類平拋運動
OC＝L
OQ＝2L
2L＝v0t1
得；E＝2×103V/m
（3）在電場中Q點沿電場方向的速度
則進入II磁場區域時的速度
與y軸負方向夾角為θ，有；θ＝45°
在磁場中圓周運動周期
在磁場II中圓周運動時間為：
則Δt＝t1+t2
聯立解得：Δt＝1.83×10﹣6s
答：（1）粒子的初速度v0大小為2×105m/s；
（2）勻強電場的電場強度E的大小為2×103V/m；
（3）粒子從開始進入電場到第二次進入電場的時間間隔為1.83×10﹣6s。
如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內，在 m≤x≤0的區域內有磁感應強度大小B＝4.0×10﹣4T、方向垂直于紙面向里的條形勻強磁場，其左邊界與x軸交于P點；在x＞0的區域內有電場強度大小E＝4N/C、方向沿y軸正方向的條形勻強電場，其寬度d＝2m．一質量m＝6.4×10﹣27kg、電荷量q＝﹣3.2×10 19C的帶電粒子從P點以速度v＝4×104m/s，沿與x軸正方向成α＝60°角射入磁場，經電場偏轉最終通過x軸上的Q點（圖中未標出），不計粒子重力。求：
（1）帶電粒子在磁場中運動時間；
（2）當電場左邊界與y軸重合時Q點的橫坐標；
（3）若只改變上述電場強度的大小，要求帶電粒子仍能通過Q點，討論此電場左邊界的橫坐標x′與電場強度的大小E′的函數關系。
【解答】解：（1）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律 有
代入數據得：r＝2m
軌跡如圖1交y軸于C點，過P點作v的垂線交y軸于O1點，
由幾何關系得O1為粒子運動軌跡的圓心，且圓心角為60°。
在磁場中運動時間
代入數據得：t＝5.23×10﹣5s
（2）帶電粒子離開磁場垂直進入電場后做類平拋運動
設帶電粒子離開電場時的速度偏向角為θ，如圖1，
則：
設Q點的橫坐標為x
則：
故x＝5m．
（3）電場左邊界的橫坐標為x′。
當0＜x′＜3m時，如圖2，設粒子離開電場時的速度偏向角為θ′，
則：
又：
由上兩式得：
當3m≤x'＜5m時，如圖3，有
將y＝1m及各數據代入上式得：
答：（1）帶電粒子在磁場中運動時間為t＝5.23×10﹣5s。
（2）當電場左邊界與y軸重合時Q點的橫坐標x＝5m。
（3）電場左邊界的橫坐標x′與電場強度的大小E′的函數關系為：當0＜x′＜3m時，
當3m≤x'＜5m時，。
【模型四】帶電粒子在組合場中運動的應用---質譜儀模型
【模型構建】
1．作用
測量帶電粒子質量和分離同位素的儀器．
2．原理(如圖所示)
(1)加速電場：qU＝mv2；
(2)偏轉磁場：qvB＝，l＝2r；
由以上兩式可得r＝ ，
m＝，＝.
1922年英國物理學家阿斯頓因質譜儀的發明、同位素和質譜的研究榮獲了諾貝爾化學獎．若一束粒子由左端射入質譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列說法中正確的是（　　）
A．該束帶電粒子帶負電
B．速度選擇器的P1極板帶負電
C．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質量越大
D．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷越小
【解答】解：A、帶電粒子在磁場中向下偏轉，磁場的方向垂直紙面向外，根據左手定則知，該粒子帶正電。故A錯誤。
B、在平行金屬板間，根據左手定則知，帶電粒子所受的洛倫茲力方向豎直向上，則電場力的方向豎直向下，知電場強度的方向豎直向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電。故B錯誤。
C、D進入B2磁場中的粒子速度是一定的，根據qvB＝m得，r，知r越大，荷質比越小，而質量m不一定大。故C錯誤，D正確。
故選：D。
如圖所示為一種質譜儀的示意圖，該質譜儀由速度選擇器、靜電分析器和磁分析器組成。若速度選擇器中電場強度大小為E1，磁感應強度大小為B1、方向垂直紙面向里，靜電分析器通道中心線為圓弧，圓弧的半徑（OP）為R，通道內有均勻輻射的電場，在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器中有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶電粒子以速度v沿直線經過速度選擇器后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點，不計粒子重力。下列說法正確的是（　　）
A．速度選擇器的極板P1的電勢比極板P2的低
B．粒子的速度
C．粒子的比荷為
D．P、Q兩點間的距離為
【解答】解：A、由圖可知，粒子在磁分析器內向左偏轉，進入磁場時受到的洛倫茲力方向向左，由左手定則可知，該粒子帶正電；
粒子在速度選擇器內向右運動，根據左手定則可知，粒子受到的洛倫茲力的方向向上；由于粒子勻速穿過速度選擇器，所以粒子受到的電場力的方向向下，則電場的方向向下，極板P1的電勢比極板P2的高。故A錯誤。
B、粒子在速度選擇器內受力平衡，則：qE1＝qvB1，可得：v．故B錯誤；
C、粒子在靜電分析器內受到的電場力提供向心力，則：qE＝m
聯立可得粒子的比荷：．故C正確；
D、粒子在磁分析器內做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則：qvB＝m
P、Q之間的距離為 S＝2r，聯立可得：S．故C正確，D錯誤
故選：C。
利用質譜儀檢測電量相等（4價）的氣態14C和12C離子的濃度比，結合14C衰變為14N的半衰期，可以判斷古代生物的年齡。如圖所示，離子從容器A下方的狹縫S1飄入電場，經電場加速后通過狹縫S2、S3垂直于磁場邊界MN射入勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，離子經磁場偏轉后發生分離，檢測分離后離子的電流強度可得離子的濃度比。測得，則14C和12C的濃度比為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：帶電粒子在電場中加速，根據動能定理可得：
解得：v
帶電粒子在磁場中受到的洛倫茲力提供向心力，則
聯立解得：r
故粒子的電量相同，質量越大，軌跡半徑越大，到達Q點的是14C，根據電流的微觀表達式I＝neSv得：
n
故，故C正確，ABD錯誤；
故選：C。
某質譜儀的原理圖如圖所示。加速電場上、下兩極板間的電壓為U，其中心處和感光片的中心均開有一個小孔（三個小孔共線），其下有另兩塊左右相對的極板。在左右極板之間還存在垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B1的勻強磁場。右極板電勢高于左極板，他們之間形成電場強度為E的勻強電場。感光片下方存在垂直于紙面向外，磁感應強度大小為B2的勻強磁場。現將質量為m，帶電量為+e的質子從加速電場上極板小孔處由靜止釋放，恰能形成軌跡1。軌跡1、2的半徑之比為1：3。下列說法正確的是（　　）
A．軌跡1是直徑為的半圓
B．將質子換為氘核，并將B2減小到原來的，即可得到軌跡2
C．將質子換為氚核，并將B1、B2加倍，為使粒子沿軌跡2運動，應將U、E分別增大到原來的12倍和4倍
D．將質子換為α粒子，并將U、E各自增大到原來的4和2倍，即可得到軌跡2
【解答】解：A、質子經過速度選擇器時，設速度為v1，則滿足：eB1v1＝eE
即：
質子進入偏轉磁場后，洛倫茲力通過向心力，則：
可得：，故A錯誤；
B、質子經過加速電場后滿足：
可得：
若將質子換為氘核，氘核的質量是質子的2倍，則：
可知氘核進入速度選擇器時的速度：v1，則氘核不能沿直線經過速度選擇器，故B錯誤；
C、將質子換為氚核，氚核的質量是質子的3倍，應將U增大到原來的12倍，則氚核進入速度選擇器時的速度：；
將B1加倍，將E增大到原來的4倍，則滿足：e 2B1v3＝e 4E
可知此時氚核以2倍的速度勻速穿過速度選擇器；
氚核在偏轉磁場中的半徑：
可知若同時B2加倍，則：r2＝3r1，則氚核沿軌跡2運動，故C正確；
D、α粒子的質量是質子的4倍，電荷是質子的2倍，將U增大到原來的4倍，則α粒子經過加速后的速度：；將E增大到原來的2倍，則α粒子不能沿直線通過速度選擇器，故D錯誤。
故選：C。
如圖所示為質譜儀的原理示意圖，電荷量為q、質量為m的帶正電的粒子從靜止開始經過電勢差為U的加速電場后進入粒子速度選擇器，選擇器中存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，勻強電場的場強大小為E、方向水平向右．已知帶電粒子能夠沿直線穿過速度選擇器，從G點垂直MN進入偏轉磁場，該偏轉磁場是一個以直線MN為邊界、方向垂直紙面向外的勻強磁場．帶電粒子經偏轉磁場后，最終到達照相底片的H點．可測量出G、H間的距離為l．帶電粒子的重力可忽略不計．求
（1）粒子從加速電場射出時速度v的大小；
（2）速度選擇器中勻強磁場的磁感應強度B1的大小和方向；
（3）偏轉磁場的磁感應強度B2的大小．
【解答】解：（1）電場中加速 qU①
得射出時速度大小
（2）在速度選擇器中 qvB1＝Eq ②
得磁感應強度B1大小，方向垂直紙面向外．
（3）在偏轉磁場中 ③
④
聯立③④式解得磁感應強度B2大小．
答：（1）粒子從加速電場射出時速度v的大小為；
（2）速度選擇器中勻強磁場的磁感應強度B1的大小為，方向垂直紙面向外．
（3）偏轉磁場的磁感應強度B2的大小為．
【模型五】帶電粒子在組合場中運動的應用---回旋加速器模型
1．構造：
如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒處于勻強磁場中，D形盒的縫隙處接交流電源．
2．原理：
交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等，使粒子每經過一次D形盒縫隙，粒子被加速一次．
3．最大動能：
由qvmB＝、Ekm＝mvm2得Ekm＝，粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和盒半徑R決定，與加速電壓無關．
4．總時間：
粒子在磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增加動能qU，加速次數n＝，粒子在磁場中運動的總時間t＝T＝·＝.
如圖所示，回旋加速器的主要結構是在磁極間的真空室內有兩個半圓形的金屬扁盒（D形盒）隔開相對放置。下列說法正確的是（　　）
A．回旋加速器可以同時加速α粒子（He）和氚核（）
B．帶電粒子每一次通過狹縫時獲得的能量不同
C．交變電源的加速電壓越大，粒子離開回旋加速器時獲得的最大動能越大
D．粒子在D形盒間隙中運動可看作勻變速直線運動
【解答】解：A、回旋加速器要實現對粒子的加速，交變電流的周期要等于粒子在磁場中運動的周期，則
T交＝T
因為α粒子（He）和氚核（）的比荷不相等，所以回旋加速器不可以同時加速兩種粒子，故A錯誤；
B、帶電粒子每一次通過狹縫時獲得的能量均為
ΔE＝qU，每次獲得的能量均相同，故B錯誤；
C、粒子離開回旋加速器時獲得的最大速度滿足
qvmB
解得：
由此可知加速電壓越大，粒子離開回旋加速器的速度仍保持不變，則動能也保持不變，故C錯誤；
D、D形盒間隙中的場強為勻強電場，粒子在其中受到的電場力恒定，則粒子做勻變速直線運動，故D正確；
故選：D。
如圖所示為回旋加速器的示意圖，兩個靠得很近的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強磁場中，一質子從加速器的A處由靜止開始加速。已知D形盒的半徑為R，磁場的磁感應強度為B，高頻交變電源的電壓為U、頻率為f，質子質量為m、電荷量為q，兩D形盒距離為d，下列說法正確的是（　　）
A．f
B．質子在回旋加速器中A點同側相鄰加速點等間距
C．質子在電場中的運動時間為
D．增大電壓不會影響質子每次增加的動能
【解答】解：A、帶電粒子在磁場中轉動的周期T，故交流電的頻率f，故A錯誤；
B、與A點同側相鄰加速點的加速的次數相差2次，設質子被加速n次和n+2次的速率分別為vn、vn+2，在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑分別為rn、rn+2，由動能定理得：
nqU，得vn，則rn
同理可得rn+2
質子在回旋加速器中A點同側相鄰加速點間距為s＝2（rn+2﹣rn）（），s不是定值，即質子在回旋加速器中A點同側相鄰加速點間距不等，故B錯誤；
C、設質子加速獲得的最大速度為vm，此時質子的軌道半徑等于R，有R，可得vm
質子在電場中的運動加速度大小為a，運動時間為t，聯立可得t，故C正確；
D、質子每次增加的動能為qU，則知增大電壓會增大質子每次增加的動能，故D錯誤。
故選：C。
回旋加速器的工作原理如圖所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，加在狹縫間的交變電壓的電壓值大小為U0，周期，一質量為m、電荷量為+q的粒子從A處飄入狹縫，其初速度視為零，考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設粒子每次經過狹縫均做加速運動。
（1）求粒子離開加速器時的動能Ek；
（2）若粒子第1次進入D1盒在其中的軌道半徑為r1，第3次進入D1盒在其中的軌道半徑為r2，求r1：r2；
（3）求粒子從飄入狹縫至動能達到Ek所需的總時間t。
【解答】解：（1）粒子運動半徑為R時，洛倫茲力提供向心力
粒子加速后的動能為
聯立解得
（2）第1次進入加速n1＝1次，第3次進入加速n2＝5次，根據動能定理
洛倫茲力提供向心力
聯立解得
（3）粒子在電場中的加速度為
粒子在電場中做勻加速運動vm＝at1
解得
動能定理nqU＝Ek
解得
粒子在磁場中的時間
則總時間為t＝t1+t2
解得
解：（1）粒子離開加速器時的動能Ek為；（2）粒子第1次進入D1盒在其中的軌道半徑為r1，第3次進入D1盒在其中的軌道半徑為r2，r1：r2等于；（3）粒子從飄入狹縫至動能達到Ek所需的總時間t為。
跑道式回旋加速器工作原理如圖所示.兩個勻強磁場區域Ⅰ、Ⅱ的邊界平行，相距L，磁感應強度大小均為B、方向垂直紙面向里。P、Q之間存在勻強加速電場，場強大小為E，方向與磁場邊界垂直。一質量為m、電荷量為+q的粒子從P飄入電場（初速度不計），多次經過電場加速和磁場偏轉后，從位于邊界上的出射口K引出。已知K、Q的距離為d，不計粒子重力。求整個運動過程中粒子：
（1）運動的最大速率v；
（2）在電場中的加速次數N；
（3）做變速運動的總時間t。
【解答】解：（1）粒子從出射口K射出時的速度最大，大小為vm，此時粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑最大，為：r，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvmB
粒子的最大速度：vm
（2）粒子在電場中加速次數是N，粒子在電場中加速過程，由動能定理得：Ek＝NqEL
而：Ekm
解得：N
（3）做變速運動的總時間t，則有：vm＝at
根據牛頓第二定律得：qE＝ma
解得：t
答：（1）運動的最大速率v為；
（2）在電場中的加速次數N為；
（3）做變速運動的總時間t為。
【模型六】帶電粒子在疊加場中的運動模型
1．疊加場
電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存．
2．無約束情況下的運動
(1)洛倫茲力、重力并存
①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動．
②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題．
(2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)
①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動．
②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題．
(3)電場力、洛倫茲力、重力并存
①若三力平衡，一定做勻速直線運動．
②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動．
③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題．
3．有約束情況下的運動
帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求解．
如圖所示，空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，一帶電液滴從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點運動的最低點，不計摩擦阻力，則以下說法中正確的是（　　）
A．液滴一定帶正電
B．液滴在C點時的動能最大
C．從A到C過程液滴的電勢能可能減小
D．從C到B過程液滴的機械能不變
【解答】解：A、從圖中可以看出，帶電粒子由靜止開始向下運動，說明重力和電場力的合力向下，洛倫茲力指向弧內，根據左手定則可知，液滴帶負電。故A錯誤。
B、從A到C的過程中，重力正功，而電場力做負功，洛倫茲力不做功，但合力仍做正功，導致動能仍增大，從C到B的過程中，重力做負功，電場力做正功，洛倫茲力不做功，但合力卻做負功，導致動能減小，所以滴在C點動能最大。故B正確。
C、從A到C過程液滴克服電場力做功，故電勢能增加，故C錯誤。
D、除重力以外的力做的功等于機械能的變化量，從C到B的過程中，電場力做正功，洛倫茲力不做功，機械能增大，故D錯誤。
故選：B。
（多選）如圖所示，已知一質量為m的帶電液滴，經電壓U加速后，水平進入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B中，液滴在此空間的豎直平面內做勻速圓周運動，則（　　）
A．液滴在空間受四個力作用
B．液滴一定帶負電
C．沿垂直紙面向里看，液滴做順時針的圓周運動
D．液滴在做勻速圓周運動時機械能守恒
【解答】解：AB．液滴在豎直平面內受到重力、電場力以及洛倫茲力三個力作用做勻速圓周運動，而洛倫茲力提供向心力，故重力等于電場力，所以mg＝qE，由于電場力的方向與場強的方向相反，故液滴帶負電，故A錯誤，B正確。
C．根據左手定則可知沿垂直紙面向里看，液滴做順時針的勻速圓周運動，故C正確。
D．由于液滴在運動過程中電場力對液滴做功，所以液滴的機械能不守恒，故D錯誤。
故選：BC。
（多選）如圖所示，光滑絕緣軌道ABP豎直放置，其軌道末端切線水平，在其右側有一正交的勻強電場、磁場區域，電場豎直向上，磁場垂直紙面向里，一帶電小球從軌道上的A點由靜止滑下，經P點進入場區后，恰好沿水平方向做直線運動。則可判定（　　）
A．小球在水平方向的運動一定是勻速直線運動
B．小球可能帶正電，也可能帶負電
C．若小球從B點由靜止滑下，進入場區后也可以做勻速運動
D．若小球從B點由靜止滑下，進入場區后將立即向下偏
【解答】解：AB、小球從P點進入場區后做直線運動，對小球進行受力分析得小球共受到三個力作用：恒定的重力G、恒定的電場力F、洛倫茲力f，這三個力都在豎直方向上，小球在水平直線上運動，所以可以判斷出小球在豎直方向上受到的合力一定是零，水平方向上的合力也為零，否則速度會變，洛倫茲力會變，豎直方向也不能保持平衡，即小球一定是做勻速直線運動，洛倫茲力和電場力同向，都向上，帶正電；若小球帶負電，則重力、洛倫茲力與電場力得方向都向下，這是不可能的，故A正確；B錯誤；
CD、若小球從B點由靜止滑下，根據機械能守恒定律可知，小球進入場區時速度變小，則洛倫茲力也變小，導致重力大于洛倫茲力與電場力之和，所以進入場區后將立即向下偏，故C錯誤；故D正確。
故選：AD。
如圖甲所示，空間中存在水平向右的勻強電場和垂直紙面向內的勻強磁場，圖乙所示的空間僅存在水平向右的勻強電場，且兩區域中的電場強度的大小均為E．質量均為m的帶電微粒a和b分別在圖甲和圖乙區域沿圖示虛線做直線運動，運動軌跡均與水平方向成30°角．下列說法中正確的是（　　）
A．微粒a和b均帶正電
B．微粒a和b均帶負電
C．微粒a所帶電量是微粒b所帶電量的倍
D．微粒a所帶電量是微粒b所帶電量的倍
【解答】解：A、B、微粒a受重力、電場力和洛倫茲力，做勻速直線運動；微粒b受重力和電場力，合力向左下方；如圖所示：
故粒子a帶正電荷，粒子b帶負電荷；故A錯誤，B錯誤；
C、D、根據平衡條件和牛頓第二定律，有：
F＝qaE＝mgtan30°mg
故；
故C正確，D錯誤；
故選：C。
如圖所示，間距為L的平行金屬板MN、PQ之間有互相垂直的勻強電場和勻強磁場。MN板帶正電荷，PQ板帶等量負電荷，板間磁場方向垂直紙面向里，OO'是平行于兩金屬板的中心軸線。緊挨著平行金屬板的右側有一垂直紙面向外足夠大的勻強偏轉磁場，在其與OO'垂直的左邊界上放置一足夠大的熒光屏。在O點的離子源不斷發出沿OO'方向的電荷量均為q、質量均為m，速度分別為v0和v0的帶正電的離子束。速度為v0的離子沿直線OO'方向運動，速度為v0的離子恰好擦著極板的邊緣射出平行金屬板，其速度方向在平行金屬板間偏轉了60°，兩種離子都打到熒光屏上，且在熒光屏上只有一個亮點。已知在金屬板MN、PQ之間勻強磁場的磁感應強度B．不計離子重力和離子間相互作用。求
（1）金屬板MN、PQ之間的電場強度；
（2）金屬板的右側偏轉磁場的磁感應強度；
（3）兩種離子在金屬板右側偏轉磁場中運動時間之差。
【解答】解：（1）速度為v0的離子沿直線OO′方向運動
則qv0B＝qE
得。
（2）如圖所示，
速度為的離子在平行金屬板間運動時，由動能定理可知：
得：v1＝3v0
設金屬板的右側勻強磁場的磁感應強度為B0
由牛頓第二定律可知：在O點速度為v0的離子進入右側偏轉磁場后
則
在O點速度為的離子進入右側偏轉磁場后
則
兩種離子都打到熒光屏同一點A，由幾何關系可知
得。
（3）在O點速度為v0的離子在右側偏轉勻強磁場后運動時間為
在O點速度為的離子在右側偏轉勻強磁場后運動時間為，
這兩種離子在金屬板的右側偏轉勻強磁場中運動時間之差為△t＝t2﹣t1
得為。
答：（1）金屬板MN、PQ之間的電場強度為。
（2）金屬板的右側偏轉磁場的磁感應強度為。
（3）兩種離子在金屬板右側偏轉磁場中運動時間之差為。
在豎直平面內建立一平面直角坐標系xoy，x軸沿水平方向，如圖甲所示。第二象限內有一水平向右的勻強電場，場強為E1．坐標系的第一、四象限內有一正交的勻強電場和勻強交變磁場，電場方向豎直向上，場強E2，勻強磁場方向垂直紙面。處在第三象限的某種發射裝置（圖中沒有畫出）豎直向上射出一個比荷102C/kg的帶正電的微粒（可視為質點），該微粒以v0＝4m/s的速度從﹣x上的A點進入第二象限，并以v1＝8m/s速度從+y上的C點沿水平方向進入第一象限。取微粒剛進入第一象限的時刻為0時刻，磁感應強度按圖乙所示規律變化（以垂直紙面向外的磁場方向為正方向），g＝10m/s2．試求：
（1）帶電微粒運動到C點的縱坐標值h及電場強度E1；
（2）+x軸上有一點D，OD＝OC，若帶電微粒在通過C點后的運動過程中不再越過y軸，要使其恰能沿x軸正方向通過D點，求磁感應強度B0及其磁場的變化周期T0為多少？
（3）要使帶電微粒通過C點后的運動過程中不再越過y軸，求交變磁場磁感應強度B0和變化周期T0的乘積B0T0應滿足的關系？
【解答】解：（1）帶電微粒從A點到C點，豎直方向在重力作用下勻減速直線運動，
豎直方向：t0.4s
hm＝0.8m
水平方向做初速度為零的勻加速直線運動
ax20m/s2＝2g
此加速度由電場力產生：qE1＝max
解得：E1＝0.2N/C
（2）通過計算知：qE2＝mg，電場力與重力相平衡，所以帶電微粒在第一象限做勻速圓周運動，設粒子運動軌道半徑為R，則
qv1B0＝m，解得：R
使微粒從C點運動到D點，則有：h＝2nR
解得：B0（T）（n＝1、2、3…）
微粒圓周運動的周期：T
解得周期：T0 s（n＝1、2、3…）
（3）當交變磁場周期取最大值而微粒不再越過y軸時可作如圖運動情形：
由圖可知：
B0T0（kg/C ）
答：（1）帶電微粒運動到C點的縱坐標值h為0.8m，電場強度E1為0.2N/C。
（2）磁感應強度B0為（T），磁場的變化周期為 s（n＝1、2、3…）
（3）交變磁場磁感應強度B0和變化周期T0的乘積B0T0應滿足B0T0 （kg/C ）。
（多選）如圖所示，絕緣中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對應圓心角為120°，C、D兩端等高，O為最低點，圓弧圓心為O′，半徑為R．直線段AC，HD粗糙，與圓弧段分別在C，D端相切。整個裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應強度為B的勻強磁場中，在豎直虛線MC左側和ND右側還分別存在著場強大小相等、方向水平向右和向左的勻強電場。現有一質量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內徑、可視為質點的帶正電小球，從軌道內距C點足夠遠的P點由靜止釋放。若L，小球所受電場力等于其重力的倍，重力加速度為g。則（　　）
A．小球釋放瞬間的加速度為g
B．小球在軌道內受到的摩擦力可能大于g
C．經足夠長時間，小球克服摩擦力做的總功是mgL
D．小球經過O點時，對軌道的彈力可能為2mg﹣qB
【解答】解：A、由題意可知，電場力與重力的合力方向恰好沿著斜面AC，重力與電場力的合力大小為Fmg，由牛頓第二定律得：ag，故A正確；
B、當小球的摩擦力與重力及電場力的合力相等時，小球做勻速直線運動，小球在軌道內受到的摩擦力最大，則為 mg，不可能大于mg，故B錯誤；
C、根據動能定理，可知，取從靜止開始到最終速度為零，則摩擦力做功與重力及電場力做功之和為零，則摩擦力總功為 mgL，故C錯誤；
D、對小球在O點受力分析，且由C向D運動，由牛頓第二定律，則有：N﹣mg+Bqv＝m ；
由C到O點，機械能守恒定律，則有：mgRsin30°mv2；由上綜合而得：對軌道的彈力為2mg﹣qB，
當小球由D向C運動時，則對軌道的彈力為2mg﹣qB，故D正確；
故選：AD。
（多選）如圖所示，一根固定的絕緣豎直長桿位于范圍足夠大且相互正交的勻強電場和勻強磁場中，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B．一質量為m、電荷量為q的帶正電小圓環套在桿上，環與桿間的動摩擦因數為μ0現使圓環以初速度v0向下運動，經時間t0，圓環回到出發點。若圓環回到出發點之前已經開始做勻速直線運動，不計空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法中正確的是（　　）
A．環經過時間剛好到達最低點
B．環的最大加速度為am＝g
C．環在t0時間內損失的機械能為m（v02）
D．環下降過程和上升過程系統因摩擦產生的內能相等
【解答】解：A、環向下運動時豎直方向受到重力、向上的電場力、向上的摩擦力，設加速度大小為a1，則a1，因此速度的減小，導致洛倫茲力減小，則摩擦力會減小，因此環做加速度減小的減速運動，當環回頭時，環的加速度大小a2，隨著速度增大，開始做加速度減小的加速運動，之后做勻速直線運動，因此在t時，不可能剛好到達最低點，故A錯誤；
B、圓環在運動過程中，只有向下運動時，加速度大于向上運動的加速度，而向下運動摩擦力越大，則加速度越大，因此環剛開始運動時，加速度最大，最大加速度amg，故B正確；
C、圓環從出發到回到出發點過程中，重力勢能變化為零，那么機械能的損失，即為動能的減小，
根據動能定理，則有，△EK，而v，因此損失的機械能為m（v02），故C正確；
D、環上升和下降的過程中摩擦力的大小平均值不同，而環走的路程相同，所以摩擦產生的內能不相等。故D錯誤；
故選：BC。
（2023 江蘇）霍爾推進器某局部區域可抽象成如圖所示的模型。xOy平面內存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。質量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射，入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動；入射速度小于v0時，電子的運動軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等。不計重力及電子間相互作用。
（1）求電場強度的大小E；
（2）若電子入射速度為，求運動到速度為時位置的縱坐標y1；
（3）若電子入射速度在0＜v＜v0范圍內均勻分布，求能到達縱坐標y2位置的電子數N占總電子數N0的百分比。
【解答】解：（1）電子入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動，可知電子受到的沿y軸正方向的電場力與沿y軸負方向的洛倫茲力大小相等，則有：
eE＝eBv0
解得：E＝Bv0
（2）電子的入射速度為v0，電子的運動軌跡如題圖中的虛線所示，電子運動過程中所受洛倫茲力不做功，只有電場力做功，根據動能定理得：
eEy1m（）2m（）2
解得：y1
（3）電子入射速度為v（0＜v＜v0），設電子在最高點時的速度大小為vm。
電子在最低點所受的合力大小為：F1＝eE﹣eBv
電子在最高點所受的合力大小為：F2＝eBvm﹣eE
由題意可得：F1＝F2
聯立解得：vm＝2v0﹣v
設電子到達最高點的縱坐標為ym，同理，根據動能定理得：
eEymmv2
解得：ym
由0＜v＜v0，可得：0＜ym，且ym與v成線性關系，可知電子在空間的軌跡分布是均勻的，能到達縱坐標y2位置的電子，其到達最高點的縱坐標在[，）區間。
則電子數N占總電子數N0的百分比為：η
解得：η＝90%
【模型七】帶電粒子在疊加場中的應用模型---電磁平衡科技應用
1．速度選擇器
(1)平行板中電場強度E和磁感應強度B互相垂直．(如圖)
(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qvB＝qE，即v＝.
(3)速度選擇器只能選擇粒子的速度，不能選擇粒子的電性、電荷量、質量．
(4)速度選擇器具有單向性．
如圖所示，一束離子經過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器（其中的磁場未畫出）后，進入另一個勻強磁場中并分離為①、②兩束。下列說法正確的是（　　）
A．離子束②中的離子一定帶正電
B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外
C．離子束①中離子的質量大于②中離子的質量
D．離子束①中離子的比荷小于②中離子的比荷
【解答】解：A、離子束②中的離子進入上方勻強磁場后向右偏轉，受到的洛倫茲力方向向右，根據左手定則判斷可知，離子束②中的離子一定帶負電，故A錯誤；
B、離子束②中的離子經過速度選擇器時，受到的電場力方向向左，因離子所受的電場力和洛倫茲力平衡，則離子受到的洛倫茲力方向向右，根據左手定則判斷可知，速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里，故B錯誤；
CD、離子在速度選擇器中運動時，由平衡條件有qvB＝qE，即不發生偏轉的粒子具有共同的速度大小均為。
進入上方勻強磁場后，離子束①中離子的軌跡半徑大于②中離子的軌跡半徑，結合可知，離子束①中離子的比荷（）小于②中離子的比荷，由于離子的電荷量關系不能確定，所以不能判斷離子的質量大小，故C錯誤，D正確。
故選：D。
（2023 湖南）如圖，真空中有區域Ⅰ和Ⅱ，區域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區域（區域Ⅱ）內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，圖中A、C、O三點在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直，A點處的粒子源持續將比荷一定但速率不同的粒子射入區域Ⅰ中，只有沿直線AC運動的粒子才能進入區域Ⅱ。若區域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應強度大小為B1，區域Ⅱ中磁感應強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，它們在區域Ⅱ中運動的時間為t0。若改變電場或磁場強弱，能進入區域Ⅱ中的粒子在區域Ⅱ中運動的時間為t，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（　　）
A．若僅將區域Ⅰ中磁感應強度大小變為2B1，則t＞t0
B．若僅將區域Ⅰ中電場強度大小變為2E，則t＞t0
C．若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為，則
D．若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為，
【解答】解：區域Ⅰ中電場力和洛倫茲力相等，由此可得：
qE＝qv0B1
在區域Ⅱ中，粒子受到的洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律可得：
解得：
因為粒子從CF邊的中點射出，根據幾何關系可知，粒子轉過的圓心角為90°，則
A、若僅將區域Ⅰ中磁感應強度大小變為2B1，在區域Ⅰ中粒子依然受力平衡，則
qE＝qvA×2B1
解得：
根據牛頓第二定律可得：
qvB
解得：r
由此可知粒子做圓周運動的半徑變為原來的，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉過的圓心角仍然為90°，故t＝t0，故A錯誤；
B、若僅將區域Ⅰ中電場強度大小變為2E，根據上述分析可知：
2qE＝qvBB1
解得：vB＝2v0
根據半徑的計算公式r可知粒子做圓周運動的半徑變為原來的2倍，則粒子從F點射出，粒子轉過的圓心角仍然為90°，故t＝t0，故B錯誤；
C、若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為，則粒子進入區域Ⅱ中的速度為v0，根據半徑的計算公式r可知粒子做圓周運動的半徑變為原來的倍，則粒子從OF邊射出，根據幾何關系可知轉過的圓心角為60°，此時的時間為：
則，故C錯誤；
D、若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為，同上述分析可知，粒子做圓周運動的半徑變為原來的倍，則粒子從OF邊射出，根據幾何關系可知粒子轉過的圓心角為45°，則此時的時間為：
，故D正確；
故選：D。
一臺質譜儀工作原理如圖甲所示，帶電離子從O1孔沿速度選擇器的中軸線O1O2進入正交電磁場中，已知磁感應強度大小為B1，方向垂直紙面向里，MN板電壓UMN＝U0（U0＞0），板間距為d，板間電場為勻強電場。離子從O2射出后進入垂直紙面向里，大小為B2的勻強磁場，經磁場偏轉打在熒光屏，PQ垂直O1O2，不考慮離子間相互作用和重力的影響。
（1）離子在速度選擇器中沿直線運動并通過O2孔，求穿出時粒子的速度v0；
（2）質量m、電荷量q、速度v的離子進入速度選擇器時不滿足勻速直線運動的條件（v略微大于勻速直線運動速度v0），離子的運動可視為一個沿O1O2的勻速直線運動和一個垂直磁場做勻速圓周運動的合運動，為使得離子沿初速度方向通過O2孔，O1O2間距離L為多少？
（3）如圖乙所示，大量一價氦離子從O2孔垂直磁場射出，射出離子的發散角為θ，且左右對稱。若射出離子的速度v大小為v0﹣Δv≤v≤v0+Δv（v0為已知量），氦離子包括氦3和氦4離子，電荷量都是e，質量分別是3m0和4m0，要能在熒光屏上分辨出氦3和氦4離子，兩組亮線區域的最短間距應不小于其中氦3亮線寬度區域的十分之一，則Δv應該滿足什么條件？

【解答】解：（1）M、N兩板間電場強度大小為①
離子在速度選擇器中沿直線運動并通過O2孔，根據平衡條件有qE＝qv0B1②
聯立①②解得③
（2）當v略微大于勻速直線運動速度v0時，可以將v分解為兩個同向的分速度，其中一個分速度大小v0，對應離子的勻速直線分運動，所以離子從O1到O2的運動時間為④
根據牛頓第二定律有⑤
可得離子的圓周分運動的周期為⑥
根據圓周運動的周期性可知t＝nT（n＝1，2，3 ）⑦
聯立③④⑥⑦解得⑧
（3）設離子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，根據牛頓第二定律有⑨
解得⑩
根據⑩式可推知氦3離子運動的最大和最小半徑分別為


所以氦3離子所能達到熒光屏上的最遠位置到O2的距離為
氦3離子所能達到熒光屏上的最近位置到O2的距離為
氦3亮線寬度為d3＝x3max﹣x3min
同理可知氦4所能達到熒光屏上的最近位置到O2的距離為
由題意可知要能在熒光屏上分辨出氦3和氦4離子，則
聯立 ～ 式解得
答：（1）離子在速度選擇器中沿直線運動并通過O2孔，穿出時粒子的速度v0為；
（2）O1O2間距離L為；
（3）則Δv應該滿足條件為。
2．磁流體發電機
(1)原理：如圖所示，等離子體噴入磁場，正、負離子在洛倫茲力的作用下發生偏轉而聚集在B、A板上，產生電勢差，它可以把離子的動能通過磁場轉化為電能．
(2)電源正、負極判斷：根據左手定則可判斷出圖中的B是發電機的正極．
(3)電源電動勢U：設A、B平行金屬板的面積為S，兩極板間的距離為l，磁場磁感應強度為B，等離子體的電阻率為ρ，噴入氣體的速度為v，板外電阻為R.當正、負離子所受電場力和洛倫茲力平衡時，兩極板間達到的最大電勢差為U(即電源電動勢)，則q＝qvB，即U＝Blv.
(4)電源內阻：r＝ρ.
(5)回路電流：I＝.
如圖所示是磁流體發電機的示意圖，兩平行金屬板P、Q之間有一個很強的磁場．一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）沿垂直于磁場的方向噴入磁場．把P、Q與電阻R相連接．下列說法正確的是（　　）
A．Q板的電勢高于P板的電勢
B．R中有由b向a方向的電流
C．若僅增強磁場，則R中電流不變
D．若增大粒子入射速度，則R中電流增大
【解答】解：AB、等離子體進入磁場，根據左手定則可知正電荷向上偏，打在上極板上；負電荷向下偏，打在下極板上；所以上極板帶正電，下極板帶負電，則P板的電勢高于Q板的電勢，流過電阻電流方向由a到b；故AB錯誤；
CD、根據穩定時電場力等于洛倫茲力力即：qqvB
則有：U＝Bdv
再由歐姆定律：I
則若僅增強磁場，R中電流增大；若增大粒子入射速度，R中電流變大，故C錯誤，D正確；
故選：D。
如圖，距離為d的兩平行金屬板P、Q之間有一勻強磁場，磁感應強度大小為B1，一束速度大小為v的等離子體垂直于磁場噴入板間。相距為L的兩光滑平行金屬導軌固定在與導軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小為B2，導軌平面與水平面夾角為θ，兩導軌分別與P、Q相連。質量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直導軌放置，恰好靜止。重力加速度為g，不計導軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力。下列說法正確的是（　　）
A．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，v
B．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，v
C．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，v
D．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，v
【解答】解：平行金屬板P、Q之間磁感應強度方向由N極指向S極，由左手定則判斷，等離子體中的正離子向金屬板Q偏轉，負離子向金屬板P偏轉，可知金屬板Q帶正電荷（電源正極），金屬板P帶負電荷（電源負極），金屬棒ab中電流方向由a流向b，已知磁場B2的方向垂直導軌平面，由左手定則可知，金屬棒ab所受安培力平行于導軌平面向上或者向下，金屬棒ab處于靜止，由受力平衡條件判斷其所受安培力沿導軌平面向上，再由左手定則判斷出導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下。
金屬棒ab恰好靜止，由受力平衡可得：B2IL＝mgsinθ，
由閉合電路歐姆定律可得，平行金屬板P、Q之間的電壓U＝IR，
金屬板P、Q之間電場強度，
等離子體的正負離子在磁場B1中受到電場力與洛倫茲力，穩定后此二力平衡，則
qvB1＝qE，
聯立解得，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（多選）磁流體發電機可簡化為如下模型：兩塊長、寬分別為a、b的平行板，彼此相距L，板間通入已電離的速度為v的氣流，兩板間存在一磁感應強度大小為B的磁場，磁場方向與兩板平行，并與氣流垂直，如圖所示．把兩板與外電阻R連接起來，在磁場力作用下，氣流中的正、負離子分別向兩板移動形成電流．設該氣流的導電率（電阻率的倒數）為σ，則（　　）
A．該磁流體發電機模型的內阻為r
B．產生的感應電動勢為E＝Bav
C．流過外電阻R的電流強度I
D．該磁流體發電機模型的路端電壓為
【解答】解：根據左手定則知正電荷向上偏，負電荷向下偏，上極板帶正電，下極板帶負電，最終電荷處于平衡有：
qvB＝q，
解得電動勢為：E＝BLv。
內電阻為：r＝ρ，
根據閉合電路歐姆定律有：II，
那么路端電壓為：U＝IR，
綜上所述，故AC正確，BD錯誤。
故選：AC。
3．電磁流量計
(1)流量(Q)的定義：單位時間流過導管某一截面的導電液體的體積．
(2)公式：Q＝Sv；S為導管的橫截面積，v是導電液體的流速．
(3)導電液體的流速(v)的計算
【模型演練】如圖所示，一圓柱形導管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體向右流動．導電液體中的自由電荷(正、負離子)在洛倫茲力作用下發生偏轉，使a、b間出現電勢差，當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差(U)達到最大，由q＝qvB，可得v＝.
(4)流量的表達式：Q＝Sv＝·＝.
(5)電勢高低的判斷：根據左手定則可得φa>φb.
如圖為某電磁流量計的示意圖，圓管由非磁性材料制成，空間有垂直于側壁向里的勻強磁場。當管中的導電液體向右流過磁場區域時，測出管壁上MN兩點間的電勢差U，就可以知道管中液體的流量Q（單位時間內流過管道橫截面的液體體積）。若管的直徑為d，磁感應強度為B，管中各處液體的流速相同。則（　　）
A．M點電勢低于N點電勢
B．保持B、d恒定，液體的流量Q越大，電勢差U越小
C．保持Q、B恒定，管的直徑d越大，電勢差U越大
D．保持Q、d恒定，磁感應強度B越大，電勢差U越大
【解答】解：A、A管中的導電液體向右流過磁場區域時，由左手定則，帶電液體在洛倫茲力的作用下，帶正的液體向上偏，帶負的液體向下偏，使上管壁帶正電，下管壁帶負電，所以M點電勢高于N點電勢，故A錯誤；
BCD、兩管壁最后電壓穩定時，則有電場力與洛倫茲力平衡有，，解得，則保持B．d恒定，液體流量Q越大，電勢差U越大，保持Q．B恒定，管的直徑d越大，電勢差U越小，保持Q．d恒定，磁感應強度B越大，電勢差U越大，故BC錯誤，D正確。
故選：D。
（多選）某科研人員設計了一個雙表頭的電磁流量計，他認為這樣即可以測定排污管道的流量（單位時間內排出的污水體積），又能通過測定污水的電阻率來判斷污水中的離子濃度，其內部結構可簡化為如圖所示．該裝置上下兩面是金屬材料，前后兩面是絕緣材料，長、寬、高分別為a、b、L的左右兩端開口，在垂直于前后兩表面加磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向如圖所示已確定，污水充滿管口從左向右流經該裝置．在無操作情況下，開關處于斷開狀態，此時V表讀數為U1，A表讀數為0，若按下按鈕，開關閉合接通，此時A表讀數為I，V表讀數為U2，假設所有電表都是理想電表，則（　　）
A．在如圖磁場中，上表面的電勢一定高于下表面的電勢，與正負離子的數目無關
B．污水中離子濃度越高，電壓表的示數將越大
C．污水的流量可表示為Q
D．污水的電阻率可表示為ρ
【解答】解：A、正負離子向右移動，受到洛倫茲力，根據左手定則，正離子向上表面偏，負離子向下表面偏。所以上表面比下表面電勢高，與正負離子的數目無關。故A正確。
BC、最終正負離子會受到電場力、洛倫茲力處于平衡，有qE＝qvB，即vB．而污水流量Q＝vaL。
而U1，電壓表的示數與磁感應強度、流量Q以及流量計的高有關，與離子濃度無關，故B錯誤，C正確；
D、根據閉合電路歐姆定律，則內電阻對應的電壓為Ur＝U1﹣U2，依據電阻定律，則有：r，而S＝ab，因此污水的電阻率可表示為ρ．故D正確。
故選：ACD。
（多選）圖為電磁流量計原理示意圖．在非磁性材料做成的圓形管道上加一個磁感應強度為B的勻強磁場，已知管中有導電液體流過時，管壁上a、b兩點間的電勢分別為 a、 b，且 a＞ b，管道直徑為D，電流方向向左．則（　　）
A．管內自由電荷運動方向向左，且為正離子
B．管內自由電荷運動方向向右，且為負離子
C．液體流量
D．液體流量
【解答】解：A、因為a點的電勢大于b點的電勢，知a點帶正電，b點帶負電。根據左手定則，知不論是正電荷還是負電荷，均向左運動，電流向左，可知正電荷向左移動。故A正確，B錯誤。
C、根據qE＝qvB，E，解得，v，Q．故C正確，D錯誤。
故選：AC。
4．霍爾效應的原理和分析
(1)定義：高為h、寬為d的導體(自由電荷是電子或正電荷)置于勻強磁場B中，當電流通過導體時，在導體的上表面A和下表面A′之間產生電勢差，這種現象稱為霍爾效應，此電壓稱為霍爾電壓．
(2)電勢高低的判斷：如圖，導體中的電流I向右時，根據左手定則可得，若自由電荷是電子，則下表面A′的電勢高．若自由電荷是正電荷，則下表面A′的電勢低．
(3)霍爾電壓：導體中的自由電荷(電荷量為q)在洛倫茲力作用下偏轉，A、A′間出現電勢差，當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，A、A′間的電勢差(U)就保持穩定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，聯立解得U＝＝k，k＝稱為霍爾系數．
如圖所示是霍爾元件的工作原理示意圖，磁場垂直于霍爾元件的工作面向上，通入圖示方向的電流I，C、D兩側面間會產生電勢差，下列說法中正確的是（　　）
A．電勢差的大小僅與磁感應強度有關
B．若霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢φC＜φD
C．僅增大電流I時，電勢差變小
D．在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持豎直
【解答】解：AC、根據CD間存在電勢差，之間就存在電場，電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，
設霍爾元件的長寬高分別為a、b、c，有qqvB，I＝nqvS＝nqvbc，則UCD，n由材料決定，故U與材料有關；U還與厚度c成反比，與寬b無關，同時還與磁場B及電流I有關，I越大，電勢差越大，故AC錯誤。
B、根據左手定則，自由電荷向D側面偏轉，但自由電荷的電性未知，所以無法判斷出電勢的高低，故B錯誤。
D、在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，應將元件的工作面保持豎直，讓磁場垂直通過。故D正確。
故選：D。
華為筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件，當顯示屏開啟時磁體原理霍爾元件，電腦正常工作，當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠。如圖所示，霍爾元件為一塊長為a、寬為b，厚度為d的矩形半導體，元件內的導電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流I時，電子的定向移動速度為v，單位體積內的自由電子數為n。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上下表面向上、大小為B的勻強磁場中，則元件的前后表面間出現霍爾電壓U，以此控制屏幕的熄滅。則（　　）
A．自由電子受到的洛倫茲力大小為
B．前表面的電勢比后表面的高
C．霍爾電壓U與v無關
D．霍爾電壓
【解答】解：B、電流方向向右，電子向左定向移動，根據左手定則判斷可知，電子所受的洛倫茲力方向向外，則前表面積累了電子，前表面的電勢比后表面的電勢低，故B錯誤；
AC、穩定后，后續電子受力平衡可得
eevB
解得：U＝Bvb，前、后表面間的電壓U與v成正比，故AC錯誤；
D、根據電流的微觀表達式可知
I＝neSv＝nebdv
解得：
故D正確。
故選：D。
（多選）圖甲是判斷電流I0大小是否發生變化的裝置示意圖、電流I0在鐵芯中產生磁場、其磁感應強度與I0成正比。現給某半導體材料制成的霍爾元件（如圖乙，其長、寬、高分別為a、b、d）通以恒定工作電流I，通過右側電壓表V的示數就能判斷I0的大小是否發生變化。當I0的變化量一定時，電壓表V的示數變化量越大，則該裝置判斷的靈敏度就越高。已知霍爾元件的半導體材料載流子為一價正離子，則下列說法正確的是（　　）
A．僅適當增大工作電流I，可以提高判斷的靈敏度
B．僅將該半導體材料制成的霍爾元件更換為另一個金屬材料制成的霍爾元件，則電壓表V的“+””﹣”接線柱連線位置無需改動
C．M端應與電壓表V的“+”接線柱相連
D．當電流I0增大時，電壓表V的示數會減小
【解答】解：A、設霍爾元件單位體積內電子數量為n，電子移動速度為v，則Δt時間內通過橫截面的電荷量為：
Q＝IΔt＝vΔtSbdqe
解得：I＝vbdnq
當霍爾元件內外側面電壓穩定時，內部電子受力平衡，根據qvB＝q，解得：U，要提高檢測靈敏度，可以通過增大B，或者增大工作電流，故A正確；
C、圖甲中檢測電流I0流過線圈，根據安培定則，線圈在鐵芯中產生順時針方向的磁場，霍爾元件處于向下的磁場中，定向移動的載流子為一價正離子，受到垂直紙面向里的洛倫茲力而偏轉到里側面上，使得霍爾元件里側面電勢高，外側面電勢低，所以應該是M端與電壓表的“+”接線柱相連，故C正確；
B、僅將該半導體材料制成的霍爾元件更換為另一個金屬材料制成的霍爾元件，載流子變為帶負電的自由電子，由左手定則判斷，自由電子仍偏轉到里側面上，M端的電勢低于N端，電壓表V的“+””﹣”接線柱連線位置要調換，故B錯誤；
D、由A中分析可知當電流I0增大時，電壓表V的示數會增大，故D錯誤。
故選：AC。
（2023 浙江）某興趣小組設計的測量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環在霍爾元件處產生的磁場B＝k1I，通有待測電流I'的直導線ab垂直穿過螺繞環中心，在霍爾元件處產生的磁場B'＝k2I'。調節電阻R，當電流表示數為I0時，元件輸出霍爾電壓UH為零，則待測電流I'的方向和大小分別為（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：根據安培定則，螺線管在霍爾元件處的磁場方向豎直向下，要使元件輸出霍爾電壓UH為零，直導線ab在霍爾元件處的磁場方向豎直向上，根據安培定則，待測電流方向由b→a，元件輸出霍爾電壓UH為零，則霍爾元件處合場強為0，即k1I0＝k2I'，I'，故ABC錯誤，D正確；
故選：D。
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專題16 帶電粒子在組合場、復合場中的運動模型
[模型導航]
【知識分析】帶電粒子在組合場中的勻速圓周運動模型解法 1
【模型一】磁場與磁場的組合模型 2
【模型二】先電場后磁場模型 2
【模型三】先磁場后電場模型 4
【模型四】帶電粒子在組合場中運動的應用---質譜儀模型 6
【模型五】帶電粒子在組合場中運動的應用---回旋加速器模型 8
【模型六】帶電粒子在疊加場中的運動模型 12
【模型七】帶電粒子在疊加場中的應用模型---電磁平衡科技應用 14
1．速度選擇器 19
2．磁流體發電機 19
3．電磁流量計 21
4．霍爾效應的原理和分析 24
[模型分析]
【知識分析】帶電粒子在組合場中的勻速圓周運動模型解法
1．組合場：電場與磁場各位于一定的區域內，并不重疊，或在同一區域，電場、磁場交替出現．
2．帶電粒子在組合場中運動的分析思路
第1步：粒子按照時間順序進入不同的區域可分成幾個不同的階段．
第2步：受力分析和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如圖所示．
第3步：用規律
【模型一】磁場與磁場的組合模型
【運動模型】磁場與磁場的組合問題實質就是兩個有界磁場中的圓周運動問題，帶電粒子在兩個磁場中的速度大小相同，但軌跡半徑和運動周期往往不同．解題時要充分利用兩段圓弧軌跡的銜接點與兩圓心共線的特點，進一步尋找邊角關系．
在xOy直角坐標系第一象限中有垂直紙面向外、大小為B的勻強磁場，第四象限有垂直紙面向外、大小未知的勻強磁場。電量為+q（q＞0）、質量為m的帶電粒子從P點開始以垂直于y軸的速度沿x軸正方向射入第一象限，經過第一象限后垂直x軸從Q點（圖中未標出）進入第四象限，經過第四象限后從M點離開磁場，此時速度方向與y軸負方向的夾角θ＝60°。已知P點到O點的距離為a，不計帶電粒子的重力。求：
（1）帶電粒子在P點時的入射速度大小；
（2）帶電粒子在第四象限中從Q點運動到M點的時間。
如圖所示，兩個相鄰的勻強磁場區域Ⅰ和Ⅱ，區域Ⅰ的磁感應強度方向垂直紙面向外，區域Ⅱ的磁感應強度方向垂直紙面向里。AB、CD、EF為相互平行的直邊界，區域Ⅰ和區域Ⅱ的寬度均為d。一個質量為m、帶電量為+q的粒子從P點以速度v垂直于邊界線CD進入區域Ⅰ；粒子第一次穿過邊界線CD時，速度方向相對P點的速度偏轉了30°，進入區域Ⅱ，恰好不能從邊界線EF穿出區域Ⅱ，不計粒子的重力。求：
（1）區域Ⅰ內勻強磁場的磁感應強度B1的大小；
（2）求粒子從P點出發到第二次通過CD邊界所用的時間。
如圖所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強電場，同時該區域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為1.8h。質量為m、帶電量為+q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g。
（1）求該電場強度的大小和方向；
（2）要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值。
【模型二】先電場后磁場模型
【運動模型】
1.帶電粒子先在勻強電場中做勻加速直線運動，然后垂直進入勻強磁場做勻速圓周運動，如圖.
2．帶電粒子先在勻強電場中做類平拋運動，然后垂直進入磁場做勻速圓周運動，如圖.
如圖所示，虛線為勻強電場和勻強磁場的分界線，電場線與分界線平行。一帶電粒子以初速度v0垂直于電場線射入電場，并能進入磁場．已知磁感應強度為B，粒子的比荷為k，不計粒子的重力。則粒子第一次進、出磁場兩點的距離為（　　）
A． B． C． D．
如圖所示，AOC右側，以OO'為水平分界線，上部空間存在方向豎直向下的勻強電場，下部空間有在垂直于該平面向外的勻強磁場。質量為m、帶電量為+q的粒子以速度v0從O點斜向上射入電場區域，射入方向與邊界OO'間的夾角α＝30°，然后經邊界OO'上的Q點（未畫出）第一次進入下方磁場區域，已知Q點與O點之間的距離為d，不考慮粒子重力及空氣阻力。求：
（1）勻強電場電場強度E的大小；
（2）要使粒子從邊界AC飛出，磁感應強度的最大值B0的大小。
如圖所示，真空中存在一間距為d＝0.02m容器，板長L＝0.04m，板間電壓為U、勻強電場方向向上，MN為一垂直上極板PQ的足夠長的光屏，其下端N與極板右端Q重合，在MN所在豎直線右側存在勻強磁場。在下極板左端有一個粒子源A，可以緊貼極板水平向右連續發射帶正電的粒子，粒子比荷為q/m＝1×108C/kg，初速度v0＝1×105m/s。已知粒子打到極板或光屏時會被吸收，粒子之間的作用力不計，粒子的重力不計。
（1）為使粒子能夠從極板間射出，求電壓U的最大值；
（2）若勻強磁場方向垂直紙面向里，大小為B1＝0.05T，電壓U可任意調節，則求粒子擊中光屏形成痕跡的長度ΔL。
（3）若勻強磁場方向改成水平向右，大小變為B2T，電壓U可任意調節，在極板右側放置另一塊與MN平行的足夠大的光屏CD，CD在磁場中只能左右移動，則求粒子打在光屏CD上留下所有痕跡的面積S。
如圖所示，在第二象限內有一拋物線的邊界A1O，其方程為y（﹣l≤x＜0），在拋物線的上方存在一豎直向下的勻強電場。在拋物線A1O每個位置上連續發射質量為m、電荷量為+q的粒子，粒子均以大小為v0的初速度水平向右射入電場，所有粒子均能到達原點O，第四象限內有一邊長為l、其中兩條邊分別與x軸、y軸重合的正方形邊界，邊界內存在垂直于紙面向外、磁感應強度大小為的勻強磁場，A2A3為與x軸平行的可上下移動的熒光屏，初始位置與磁場的下邊界重合，不計粒子重力及粒子間的相互作用力，粒子打到熒光屏上即被吸收。
（1）求電場強度的大小E；
（2）求粒子在磁場中運動的最短時間tmin；
（3）若將熒光屏緩慢向上移動，求在向上移動的過程中屏上的最大發光長度lm。
如圖所示，兩極板P、Q豎直放置，長度為2L，間距為L。極板下方存在垂直紙面向外的矩形勻強磁場，磁感強度為B0。熒光屏MN水平放置，長度為2L。一粒子源向兩極板間持續不斷豎直向下發射速度為、質量為m、電荷量為+q的粒子，形成寬度為L，橫向均勻分布的粒子流。不計粒子重力及粒子間相互作用。
（1）兩板間電壓為0時，粒子全部打到熒光屏上，求矩形磁場的最小面積S；
（2）當兩板間存在恒定的勻強電場時，進入磁場的粒子數為射入電場粒子數的，求打在屏上的粒子在磁場中運動的時間t；
（3）在第（2）問中，進入磁場的粒子全部打到熒光屏上，求磁感應強度B的取值范圍。
【模型三】先磁場后電場模型
【模型構建】(1)進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反(如圖甲所示)．
(2)進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直(如圖乙所示)．
如圖所示，在xOy豎直平面坐標系中x軸上方有豎直向下的勻強電場，下方有垂直于xOy平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B.粒子源從S（﹣d，0）處在坐標平面內先后向磁場中與+x方向夾角為30°～150°范圍內發射粒子，所有粒子第一次經磁場偏轉后同時從O點進入電場，此后粒子到達x軸時的位置均分布在S點的右側（包含S點）。已知粒子的質量為m、電荷量為+q，不計粒子重力及粒子間相互作用。
（1）求從S發出的粒子的最小速度v；
（2）求電場強度的大小E0；
（3）若電場強度E為（2）中E0的4倍，最遲射出的粒子和速度最小的粒子經過x軸上同一點，求該點的坐標。
如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一象限內存在著重直紙面向外、大小為0.01T的勻強磁場區域Ⅰ，在第三象限內存在另一垂直紙面向外的勻強磁場區域Ⅱ，在第四象限內存在著沿x軸負方向的勻強電場。一質子由坐標為的P點以某一初速度v0進入磁場，速度方向與y軸負方向成60°角，質子沿垂直x軸方向進入第四象限的電場，經坐標為（0，﹣2L）的Q點第一次進入第三象限內的磁場區域Ⅱ，已知L＝0.1m，質子比荷C/kg。求：
（1）粒子的初速度v0大小；
（2）勻強電場的電場強度E的大小；
（3）若粒子從電場進入磁場區域Ⅱ時做圓周運動的半徑r＝0.5L，求粒子從開始進入電場到第二次進入電場的時間間隔Δt。
如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內，在 m≤x≤0的區域內有磁感應強度大小B＝4.0×10﹣4T、方向垂直于紙面向里的條形勻強磁場，其左邊界與x軸交于P點；在x＞0的區域內有電場強度大小E＝4N/C、方向沿y軸正方向的條形勻強電場，其寬度d＝2m．一質量m＝6.4×10﹣27kg、電荷量q＝﹣3.2×10 19C的帶電粒子從P點以速度v＝4×104m/s，沿與x軸正方向成α＝60°角射入磁場，經電場偏轉最終通過x軸上的Q點（圖中未標出），不計粒子重力。求：
（1）帶電粒子在磁場中運動時間；
（2）當電場左邊界與y軸重合時Q點的橫坐標；
（3）若只改變上述電場強度的大小，要求帶電粒子仍能通過Q點，討論此電場左邊界的橫坐標x′與電場強度的大小E′的函數關系。
【模型四】帶電粒子在組合場中運動的應用---質譜儀模型
【模型構建】
1．作用
測量帶電粒子質量和分離同位素的儀器．
2．原理(如圖所示)
(1)加速電場：qU＝mv2；
(2)偏轉磁場：qvB＝，l＝2r；
由以上兩式可得r＝ ，
m＝，＝.
1922年英國物理學家阿斯頓因質譜儀的發明、同位素和質譜的研究榮獲了諾貝爾化學獎．若一束粒子由左端射入質譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列說法中正確的是（　　）
A．該束帶電粒子帶負電
B．速度選擇器的P1極板帶負電
C．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質量越大
D．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷越小
如圖所示為一種質譜儀的示意圖，該質譜儀由速度選擇器、靜電分析器和磁分析器組成。若速度選擇器中電場強度大小為E1，磁感應強度大小為B1、方向垂直紙面向里，靜電分析器通道中心線為圓弧，圓弧的半徑（OP）為R，通道內有均勻輻射的電場，在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器中有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶電粒子以速度v沿直線經過速度選擇器后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點，不計粒子重力。下列說法正確的是（　　）
A．速度選擇器的極板P1的電勢比極板P2的低
B．粒子的速度
C．粒子的比荷為
D．P、Q兩點間的距離為
利用質譜儀檢測電量相等（4價）的氣態14C和12C離子的濃度比，結合14C衰變為14N的半衰期，可以判斷古代生物的年齡。如圖所示，離子從容器A下方的狹縫S1飄入電場，經電場加速后通過狹縫S2、S3垂直于磁場邊界MN射入勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，離子經磁場偏轉后發生分離，檢測分離后離子的電流強度可得離子的濃度比。測得，則14C和12C的濃度比為（　　）
A． B． C． D．
某質譜儀的原理圖如圖所示。加速電場上、下兩極板間的電壓為U，其中心處和感光片的中心均開有一個小孔（三個小孔共線），其下有另兩塊左右相對的極板。在左右極板之間還存在垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B1的勻強磁場。右極板電勢高于左極板，他們之間形成電場強度為E的勻強電場。感光片下方存在垂直于紙面向外，磁感應強度大小為B2的勻強磁場。現將質量為m，帶電量為+e的質子從加速電場上極板小孔處由靜止釋放，恰能形成軌跡1。軌跡1、2的半徑之比為1：3。下列說法正確的是（　　）
A．軌跡1是直徑為的半圓
B．將質子換為氘核，并將B2減小到原來的，即可得到軌跡2
C．將質子換為氚核，并將B1、B2加倍，為使粒子沿軌跡2運動，應將U、E分別增大到原來的12倍和4倍
D．將質子換為α粒子，并將U、E各自增大到原來的4和2倍，即可得到軌跡2
如圖所示為質譜儀的原理示意圖，電荷量為q、質量為m的帶正電的粒子從靜止開始經過電勢差為U的加速電場后進入粒子速度選擇器，選擇器中存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，勻強電場的場強大小為E、方向水平向右．已知帶電粒子能夠沿直線穿過速度選擇器，從G點垂直MN進入偏轉磁場，該偏轉磁場是一個以直線MN為邊界、方向垂直紙面向外的勻強磁場．帶電粒子經偏轉磁場后，最終到達照相底片的H點．可測量出G、H間的距離為l．帶電粒子的重力可忽略不計．求
（1）粒子從加速電場射出時速度v的大小；
（2）速度選擇器中勻強磁場的磁感應強度B1的大小和方向；
（3）偏轉磁場的磁感應強度B2的大小．
【模型五】帶電粒子在組合場中運動的應用---回旋加速器模型
1．構造：
如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒處于勻強磁場中，D形盒的縫隙處接交流電源．
2．原理：
交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等，使粒子每經過一次D形盒縫隙，粒子被加速一次．
3．最大動能：
由qvmB＝、Ekm＝mvm2得Ekm＝，粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和盒半徑R決定，與加速電壓無關．
4．總時間：
粒子在磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增加動能qU，加速次數n＝，粒子在磁場中運動的總時間t＝T＝·＝.
如圖所示，回旋加速器的主要結構是在磁極間的真空室內有兩個半圓形的金屬扁盒（D形盒）隔開相對放置。下列說法正確的是（　　）
A．回旋加速器可以同時加速α粒子（He）和氚核（）
B．帶電粒子每一次通過狹縫時獲得的能量不同
C．交變電源的加速電壓越大，粒子離開回旋加速器時獲得的最大動能越大
D．粒子在D形盒間隙中運動可看作勻變速直線運動
如圖所示為回旋加速器的示意圖，兩個靠得很近的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強磁場中，一質子從加速器的A處由靜止開始加速。已知D形盒的半徑為R，磁場的磁感應強度為B，高頻交變電源的電壓為U、頻率為f，質子質量為m、電荷量為q，兩D形盒距離為d，下列說法正確的是（　　）
A．f
B．質子在回旋加速器中A點同側相鄰加速點等間距
C．質子在電場中的運動時間為
D．增大電壓不會影響質子每次增加的動能
回旋加速器的工作原理如圖所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，加在狹縫間的交變電壓的電壓值大小為U0，周期，一質量為m、電荷量為+q的粒子從A處飄入狹縫，其初速度視為零，考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設粒子每次經過狹縫均做加速運動。
（1）求粒子離開加速器時的動能Ek；
（2）若粒子第1次進入D1盒在其中的軌道半徑為r1，第3次進入D1盒在其中的軌道半徑為r2，求r1：r2；
（3）求粒子從飄入狹縫至動能達到Ek所需的總時間t。
跑道式回旋加速器工作原理如圖所示.兩個勻強磁場區域Ⅰ、Ⅱ的邊界平行，相距L，磁感應強度大小均為B、方向垂直紙面向里。P、Q之間存在勻強加速電場，場強大小為E，方向與磁場邊界垂直。一質量為m、電荷量為+q的粒子從P飄入電場（初速度不計），多次經過電場加速和磁場偏轉后，從位于邊界上的出射口K引出。已知K、Q的距離為d，不計粒子重力。求整個運動過程中粒子：
（1）運動的最大速率v；
（2）在電場中的加速次數N；
（3）做變速運動的總時間t。
【模型六】帶電粒子在疊加場中的運動模型
1．疊加場
電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存．
2．無約束情況下的運動
(1)洛倫茲力、重力并存
①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動．
②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題．
(2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)
①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動．
②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題．
(3)電場力、洛倫茲力、重力并存
①若三力平衡，一定做勻速直線運動．
②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動．
③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題．
3．有約束情況下的運動
帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求解．
如圖所示，空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，一帶電液滴從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點運動的最低點，不計摩擦阻力，則以下說法中正確的是（　　）
A．液滴一定帶正電
B．液滴在C點時的動能最大
C．從A到C過程液滴的電勢能可能減小
D．從C到B過程液滴的機械能不變
（多選）如圖所示，已知一質量為m的帶電液滴，經電壓U加速后，水平進入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B中，液滴在此空間的豎直平面內做勻速圓周運動，則（　　）
A．液滴在空間受四個力作用
B．液滴一定帶負電
C．沿垂直紙面向里看，液滴做順時針的圓周運動
D．液滴在做勻速圓周運動時機械能守恒
（多選）如圖所示，光滑絕緣軌道ABP豎直放置，其軌道末端切線水平，在其右側有一正交的勻強電場、磁場區域，電場豎直向上，磁場垂直紙面向里，一帶電小球從軌道上的A點由靜止滑下，經P點進入場區后，恰好沿水平方向做直線運動。則可判定（　　）
A．小球在水平方向的運動一定是勻速直線運動
B．小球可能帶正電，也可能帶負電
C．若小球從B點由靜止滑下，進入場區后也可以做勻速運動
D．若小球從B點由靜止滑下，進入場區后將立即向下偏
如圖甲所示，空間中存在水平向右的勻強電場和垂直紙面向內的勻強磁場，圖乙所示的空間僅存在水平向右的勻強電場，且兩區域中的電場強度的大小均為E．質量均為m的帶電微粒a和b分別在圖甲和圖乙區域沿圖示虛線做直線運動，運動軌跡均與水平方向成30°角．下列說法中正確的是（　　）
A．微粒a和b均帶正電
B．微粒a和b均帶負電
C．微粒a所帶電量是微粒b所帶電量的倍
D．微粒a所帶電量是微粒b所帶電量的倍
如圖所示，間距為L的平行金屬板MN、PQ之間有互相垂直的勻強電場和勻強磁場。MN板帶正電荷，PQ板帶等量負電荷，板間磁場方向垂直紙面向里，OO'是平行于兩金屬板的中心軸線。緊挨著平行金屬板的右側有一垂直紙面向外足夠大的勻強偏轉磁場，在其與OO'垂直的左邊界上放置一足夠大的熒光屏。在O點的離子源不斷發出沿OO'方向的電荷量均為q、質量均為m，速度分別為v0和v0的帶正電的離子束。速度為v0的離子沿直線OO'方向運動，速度為v0的離子恰好擦著極板的邊緣射出平行金屬板，其速度方向在平行金屬板間偏轉了60°，兩種離子都打到熒光屏上，且在熒光屏上只有一個亮點。已知在金屬板MN、PQ之間勻強磁場的磁感應強度B．不計離子重力和離子間相互作用。求
（1）金屬板MN、PQ之間的電場強度；
（2）金屬板的右側偏轉磁場的磁感應強度；
（3）兩種離子在金屬板右側偏轉磁場中運動時間之差。
在豎直平面內建立一平面直角坐標系xoy，x軸沿水平方向，如圖甲所示。第二象限內有一水平向右的勻強電場，場強為E1．坐標系的第一、四象限內有一正交的勻強電場和勻強交變磁場，電場方向豎直向上，場強E2，勻強磁場方向垂直紙面。處在第三象限的某種發射裝置（圖中沒有畫出）豎直向上射出一個比荷102C/kg的帶正電的微粒（可視為質點），該微粒以v0＝4m/s的速度從﹣x上的A點進入第二象限，并以v1＝8m/s速度從+y上的C點沿水平方向進入第一象限。取微粒剛進入第一象限的時刻為0時刻，磁感應強度按圖乙所示規律變化（以垂直紙面向外的磁場方向為正方向），g＝10m/s2．試求：
（1）帶電微粒運動到C點的縱坐標值h及電場強度E1；
（2）+x軸上有一點D，OD＝OC，若帶電微粒在通過C點后的運動過程中不再越過y軸，要使其恰能沿x軸正方向通過D點，求磁感應強度B0及其磁場的變化周期T0為多少？
（3）要使帶電微粒通過C點后的運動過程中不再越過y軸，求交變磁場磁感應強度B0和變化周期T0的乘積B0T0應滿足的關系？
（多選）如圖所示，絕緣中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對應圓心角為120°，C、D兩端等高，O為最低點，圓弧圓心為O′，半徑為R．直線段AC，HD粗糙，與圓弧段分別在C，D端相切。整個裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應強度為B的勻強磁場中，在豎直虛線MC左側和ND右側還分別存在著場強大小相等、方向水平向右和向左的勻強電場。現有一質量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內徑、可視為質點的帶正電小球，從軌道內距C點足夠遠的P點由靜止釋放。若L，小球所受電場力等于其重力的倍，重力加速度為g。則（　　）
A．小球釋放瞬間的加速度為g
B．小球在軌道內受到的摩擦力可能大于g
C．經足夠長時間，小球克服摩擦力做的總功是mgL
D．小球經過O點時，對軌道的彈力可能為2mg﹣qB
（多選）如圖所示，一根固定的絕緣豎直長桿位于范圍足夠大且相互正交的勻強電場和勻強磁場中，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B．一質量為m、電荷量為q的帶正電小圓環套在桿上，環與桿間的動摩擦因數為μ0現使圓環以初速度v0向下運動，經時間t0，圓環回到出發點。若圓環回到出發點之前已經開始做勻速直線運動，不計空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法中正確的是（　　）
A．環經過時間剛好到達最低點
B．環的最大加速度為am＝g
C．環在t0時間內損失的機械能為m（v02）
D．環下降過程和上升過程系統因摩擦產生的內能相等
（2023 江蘇）霍爾推進器某局部區域可抽象成如圖所示的模型。xOy平面內存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。質量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射，入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動；入射速度小于v0時，電子的運動軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等。不計重力及電子間相互作用。
（1）求電場強度的大小E；
（2）若電子入射速度為，求運動到速度為時位置的縱坐標y1；
（3）若電子入射速度在0＜v＜v0范圍內均勻分布，求能到達縱坐標y2位置的電子數N占總電子數N0的百分比。
【模型七】帶電粒子在疊加場中的應用模型---電磁平衡科技應用
1．速度選擇器
(1)平行板中電場強度E和磁感應強度B互相垂直．(如圖)
(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qvB＝qE，即v＝.
(3)速度選擇器只能選擇粒子的速度，不能選擇粒子的電性、電荷量、質量．
(4)速度選擇器具有單向性．
如圖所示，一束離子經過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器（其中的磁場未畫出）后，進入另一個勻強磁場中并分離為①、②兩束。下列說法正確的是（　　）
A．離子束②中的離子一定帶正電
B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外
C．離子束①中離子的質量大于②中離子的質量
D．離子束①中離子的比荷小于②中離子的比荷
（2023 湖南）如圖，真空中有區域Ⅰ和Ⅱ，區域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區域（區域Ⅱ）內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，圖中A、C、O三點在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直，A點處的粒子源持續將比荷一定但速率不同的粒子射入區域Ⅰ中，只有沿直線AC運動的粒子才能進入區域Ⅱ。若區域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應強度大小為B1，區域Ⅱ中磁感應強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，它們在區域Ⅱ中運動的時間為t0。若改變電場或磁場強弱，能進入區域Ⅱ中的粒子在區域Ⅱ中運動的時間為t，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（　　）
A．若僅將區域Ⅰ中磁感應強度大小變為2B1，則t＞t0
B．若僅將區域Ⅰ中電場強度大小變為2E，則t＞t0
C．若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為，則
D．若僅將區域Ⅱ中磁感應強度大小變為，
一臺質譜儀工作原理如圖甲所示，帶電離子從O1孔沿速度選擇器的中軸線O1O2進入正交電磁場中，已知磁感應強度大小為B1，方向垂直紙面向里，MN板電壓UMN＝U0（U0＞0），板間距為d，板間電場為勻強電場。離子從O2射出后進入垂直紙面向里，大小為B2的勻強磁場，經磁場偏轉打在熒光屏，PQ垂直O1O2，不考慮離子間相互作用和重力的影響。
（1）離子在速度選擇器中沿直線運動并通過O2孔，求穿出時粒子的速度v0；
（2）質量m、電荷量q、速度v的離子進入速度選擇器時不滿足勻速直線運動的條件（v略微大于勻速直線運動速度v0），離子的運動可視為一個沿O1O2的勻速直線運動和一個垂直磁場做勻速圓周運動的合運動，為使得離子沿初速度方向通過O2孔，O1O2間距離L為多少？
（3）如圖乙所示，大量一價氦離子從O2孔垂直磁場射出，射出離子的發散角為θ，且左右對稱。若射出離子的速度v大小為v0﹣Δv≤v≤v0+Δv（v0為已知量），氦離子包括氦3和氦4離子，電荷量都是e，質量分別是3m0和4m0，要能在熒光屏上分辨出氦3和氦4離子，兩組亮線區域的最短間距應不小于其中氦3亮線寬度區域的十分之一，則Δv應該滿足什么條件？

2．磁流體發電機
(1)原理：如圖所示，等離子體噴入磁場，正、負離子在洛倫茲力的作用下發生偏轉而聚集在B、A板上，產生電勢差，它可以把離子的動能通過磁場轉化為電能．
(2)電源正、負極判斷：根據左手定則可判斷出圖中的B是發電機的正極．
(3)電源電動勢U：設A、B平行金屬板的面積為S，兩極板間的距離為l，磁場磁感應強度為B，等離子體的電阻率為ρ，噴入氣體的速度為v，板外電阻為R.當正、負離子所受電場力和洛倫茲力平衡時，兩極板間達到的最大電勢差為U(即電源電動勢)，則q＝qvB，即U＝Blv.
(4)電源內阻：r＝ρ.
(5)回路電流：I＝.
如圖所示是磁流體發電機的示意圖，兩平行金屬板P、Q之間有一個很強的磁場．一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）沿垂直于磁場的方向噴入磁場．把P、Q與電阻R相連接．下列說法正確的是（　　）
A．Q板的電勢高于P板的電勢
B．R中有由b向a方向的電流
C．若僅增強磁場，則R中電流不變
D．若增大粒子入射速度，則R中電流增大
如圖，距離為d的兩平行金屬板P、Q之間有一勻強磁場，磁感應強度大小為B1，一束速度大小為v的等離子體垂直于磁場噴入板間。相距為L的兩光滑平行金屬導軌固定在與導軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小為B2，導軌平面與水平面夾角為θ，兩導軌分別與P、Q相連。質量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直導軌放置，恰好靜止。重力加速度為g，不計導軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力。下列說法正確的是（　　）
A．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，v
B．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，v
C．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，v
D．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，v
（多選）磁流體發電機可簡化為如下模型：兩塊長、寬分別為a、b的平行板，彼此相距L，板間通入已電離的速度為v的氣流，兩板間存在一磁感應強度大小為B的磁場，磁場方向與兩板平行，并與氣流垂直，如圖所示．把兩板與外電阻R連接起來，在磁場力作用下，氣流中的正、負離子分別向兩板移動形成電流．設該氣流的導電率（電阻率的倒數）為σ，則（　　）
A．該磁流體發電機模型的內阻為r
B．產生的感應電動勢為E＝Bav
C．流過外電阻R的電流強度I
D．該磁流體發電機模型的路端電壓為
3．電磁流量計
(1)流量(Q)的定義：單位時間流過導管某一截面的導電液體的體積．
(2)公式：Q＝Sv；S為導管的橫截面積，v是導電液體的流速．
(3)導電液體的流速(v)的計算
【模型演練】如圖所示，一圓柱形導管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體向右流動．導電液體中的自由電荷(正、負離子)在洛倫茲力作用下發生偏轉，使a、b間出現電勢差，當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差(U)達到最大，由q＝qvB，可得v＝.
(4)流量的表達式：Q＝Sv＝·＝.
(5)電勢高低的判斷：根據左手定則可得φa>φb.
如圖為某電磁流量計的示意圖，圓管由非磁性材料制成，空間有垂直于側壁向里的勻強磁場。當管中的導電液體向右流過磁場區域時，測出管壁上MN兩點間的電勢差U，就可以知道管中液體的流量Q（單位時間內流過管道橫截面的液體體積）。若管的直徑為d，磁感應強度為B，管中各處液體的流速相同。則（　　）
A．M點電勢低于N點電勢
B．保持B、d恒定，液體的流量Q越大，電勢差U越小
C．保持Q、B恒定，管的直徑d越大，電勢差U越大
D．保持Q、d恒定，磁感應強度B越大，電勢差U越大
（多選）某科研人員設計了一個雙表頭的電磁流量計，他認為這樣即可以測定排污管道的流量（單位時間內排出的污水體積），又能通過測定污水的電阻率來判斷污水中的離子濃度，其內部結構可簡化為如圖所示．該裝置上下兩面是金屬材料，前后兩面是絕緣材料，長、寬、高分別為a、b、L的左右兩端開口，在垂直于前后兩表面加磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向如圖所示已確定，污水充滿管口從左向右流經該裝置．在無操作情況下，開關處于斷開狀態，此時V表讀數為U1，A表讀數為0，若按下按鈕，開關閉合接通，此時A表讀數為I，V表讀數為U2，假設所有電表都是理想電表，則（　　）
A．在如圖磁場中，上表面的電勢一定高于下表面的電勢，與正負離子的數目無關
B．污水中離子濃度越高，電壓表的示數將越大
C．污水的流量可表示為Q
D．污水的電阻率可表示為ρ
（多選）圖為電磁流量計原理示意圖．在非磁性材料做成的圓形管道上加一個磁感應強度為B的勻強磁場，已知管中有導電液體流過時，管壁上a、b兩點間的電勢分別為 a、 b，且 a＞ b，管道直徑為D，電流方向向左．則（　　）
A．管內自由電荷運動方向向左，且為正離子
B．管內自由電荷運動方向向右，且為負離子
C．液體流量
D．液體流量
4．霍爾效應的原理和分析
(1)定義：高為h、寬為d的導體(自由電荷是電子或正電荷)置于勻強磁場B中，當電流通過導體時，在導體的上表面A和下表面A′之間產生電勢差，這種現象稱為霍爾效應，此電壓稱為霍爾電壓．
(2)電勢高低的判斷：如圖，導體中的電流I向右時，根據左手定則可得，若自由電荷是電子，則下表面A′的電勢高．若自由電荷是正電荷，則下表面A′的電勢低．
(3)霍爾電壓：導體中的自由電荷(電荷量為q)在洛倫茲力作用下偏轉，A、A′間出現電勢差，當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，A、A′間的電勢差(U)就保持穩定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，聯立解得U＝＝k，k＝稱為霍爾系數．
如圖所示是霍爾元件的工作原理示意圖，磁場垂直于霍爾元件的工作面向上，通入圖示方向的電流I，C、D兩側面間會產生電勢差，下列說法中正確的是（　　）
A．電勢差的大小僅與磁感應強度有關
B．若霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢φC＜φD
C．僅增大電流I時，電勢差變小
D．在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持豎直
華為筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件，當顯示屏開啟時磁體原理霍爾元件，電腦正常工作，當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠。如圖所示，霍爾元件為一塊長為a、寬為b，厚度為d的矩形半導體，元件內的導電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流I時，電子的定向移動速度為v，單位體積內的自由電子數為n。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上下表面向上、大小為B的勻強磁場中，則元件的前后表面間出現霍爾電壓U，以此控制屏幕的熄滅。則（　　）
A．自由電子受到的洛倫茲力大小為
B．前表面的電勢比后表面的高
C．霍爾電壓U與v無關
D．霍爾電壓
（多選）圖甲是判斷電流I0大小是否發生變化的裝置示意圖、電流I0在鐵芯中產生磁場、其磁感應強度與I0成正比。現給某半導體材料制成的霍爾元件（如圖乙，其長、寬、高分別為a、b、d）通以恒定工作電流I，通過右側電壓表V的示數就能判斷I0的大小是否發生變化。當I0的變化量一定時，電壓表V的示數變化量越大，則該裝置判斷的靈敏度就越高。已知霍爾元件的半導體材料載流子為一價正離子，則下列說法正確的是（　　）
A．僅適當增大工作電流I，可以提高判斷的靈敏度
B．僅將該半導體材料制成的霍爾元件更換為另一個金屬材料制成的霍爾元件，則電壓表V的“+””﹣”接線柱連線位置無需改動
C．M端應與電壓表V的“+”接線柱相連
D．當電流I0增大時，電壓表V的示數會減小
（2023 浙江）某興趣小組設計的測量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環在霍爾元件處產生的磁場B＝k1I，通有待測電流I'的直導線ab垂直穿過螺繞環中心，在霍爾元件處產生的磁場B'＝k2I'。調節電阻R，當電流表示數為I0時，元件輸出霍爾電壓UH為零，則待測電流I'的方向和大小分別為（　　）
A． B．
C． D．
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