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專題12.3　帶電粒子在組合場 疊加場和交變電、磁場中的運動
1.物理觀念：組合場、疊加場。
（1）.掌握帶電粒子在組合場中的運動規律和分析思路學會處理磁場和磁場組合、電場和磁場組合帶電粒子運動問題．
（2）.了解疊加場的特點，會處理帶電粒子在疊加場中的運動問題。
2.科學思維：
牛頓運動定律、運動學公式、動能定理、能量守恒定律、類平拋運動的規律、圓周運動的規律。
3.情感態度價值觀：
通過學習常見的電子儀器體會洛倫茲的科技應用。
【知識點一】帶電粒子在組合場中的運動
1．帶電粒子在組合場中運動的分析思路
⑴分階段（分過程）按照時間順序和進入不同的區域分成幾個不同的階段；
⑵受力分析和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如下：
←←←→→→
⑶用規律
→→→→
→
2．解題步驟
（1）找關鍵點：確定帶電粒子在場區邊界的速度（包括大小和方向）是解決該類問題的關鍵．
（2）畫運動軌跡：根據受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題．
題型一　磁場與磁場的組合
【技巧總結】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．
（2023 靜海區校級模擬）如圖1所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間上、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B1＝B和B2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，P、Q點距KL高為d，NS和MT間距為5d。質量為m、帶電量為+q的粒子從粒子源飄出（初速度視為0），經電場加速后從P點垂直于S邊界射入磁場區域，粒子源單位時間內發出的粒子數恒定，加速電壓u如圖2所示周期性變化，重力忽略不計，粒子在電場中加速時間極短可忽略不計，不考慮粒子間相互作用力與碰撞，粒子運動到與邊界相切時仍能返回磁場。（題中可認為sin37°＝0.6，sin53°＝0.8）
（1）在t進入電場的粒子恰好能垂直KL經過磁場邊界，求加速電壓的最大值U0；
（2）當加速電壓為U1時，粒子恰好不從NS邊界飛出，求U1的值；
（3）求在時間0～T內發射的粒子中，從NS邊界飛出的粒子數占總粒子數的比例η；
（4）若粒子能經過Q點從MT邊界飛出，求粒子在磁場區域可能的運動時間。
（2023 和平區校級模擬）圖甲是中華太極圖，生動地表示了宇宙萬物的結構及運動規律，她人類文明的無價之寶。圖乙是大圓O內及圓周上有磁感應強度大小為B，方向相反的勻強磁場太極圖。兩個半圓的圓心O’，O’在圓O的同一直徑MN上，半圓直徑均為圓O的半徑R。曲線MON左側的磁場方向垂直直面向外。質量為m，電荷量為q的質子（不計重力），以某初速度從N點沿紙面與NM夾角θ＝30°射入右側磁場，恰好通過O點進入左側磁場，并從M點射出。
（1）求質子的初速度大小v1；
（2）求質子從N點運動到M點所用的時間t0；
（3）若θ＝90°，曲線MON上的磁場方向垂直紙面向里，要使質子不進入曲線MON左側磁場中，求質子速度的大小范圍。
題型二　電場與磁場的組合
【技巧總結】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
（2023 井岡山市一模）如圖所示，金屬板M、N正對水平放置，相距為d，絕緣水平擋板P與M、N的尺寸相同，N接地（接地電勢為零），M板的電勢為φ（φ＞0），N、P間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B；質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子自N的左上方、距離N為h的位置由靜止釋放，通過小孔S后粒子恰好不能打到擋板P上，不計粒子重力，則粒子通過小孔時的速度大小v和N、P間的距離L分別為（　　）
A．v，L B．v，L
C．v，L D．v，L
（多選）（2023 銅仁市模擬）圖甲的左側平行金屬板M、N間距為d，加有圖乙所示的交變電壓，M、N右側有半徑為R（d＜2R）的圓形勻強磁場，磁感應強度為B垂直于紙面向內，AB為豎直方向直徑。OO′是M、N板間的中線并經過圓形磁場的圓心。不同時刻從O點沿中線射入初速度都為v0的不同粒子（不計粒子的重力），所有出射粒子都從A點離開磁場。則下列說法中正確的是（　　）
A．粒子都帶負電
B．粒子在電場中運動時間都相同，且一定是交流電周期T的整數倍
C．所有粒子從電場中射出的位置相同
D．粒子的比荷均為
（2023 湖北模擬）如圖所示，在x＞0區域有方向平行于xOy平面的勻強電場，場強方向與y軸負方向的夾角為37°，在x＜0區域有方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。在a（﹣1.2L，0）點處有一個粒子源，可以向y＞0區域發射速度大小均為v0、質量均為m、電荷量均為q的正粒子，在所有到達y軸的粒子中，到達b（0，1.6L）點的粒子與a點距離最遠。不計粒子重力和粒子間的相互作用，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求粒子進入電場前，在磁場中運動的最短時間；
（2）若第一次從b點射出磁場的粒子，第2次也從b點射出磁場，求電場強度的大小。
【知識點二】帶電粒子在疊加場中的運動
1．疊加場
電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存．
2．帶電粒子在疊加場中常見的幾種運動形式
運動性質 受力特點 方法規律
勻速直 線運動 其他力的合力與洛倫茲力等大反向 平衡條件
勻速圓 周運動 除洛倫茲力外，其他力的合力為零 牛頓第二定律、圓周運動的規律
較復雜的 曲線運動 除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向 動能定理、能量守恒定律
【方法總結】帶電粒子在疊加場中運動的處理方法
1．弄清復合場的組成特點。
2．正確分析帶電粒子的受力及運動特點。
3．畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規律。
（1）若只有兩個場且正交。例如，電場與磁場中滿足qE＝qvB或重力場與磁場中滿足mg＝qvB或重力場與電場中滿足mg＝qE，都表現為勻速直線運動或靜止，根據受力平衡列方程求解。
（2）三場共存時，合力為零，受力平衡，粒子做勻速直線運動，其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直。
（3）三場共存時，粒子在復合場中做勻速圓周運動。mg與qE相平衡，有mg＝qE，由此可計算粒子比荷，判定粒子電性。粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，應用受力平衡和牛頓運動定律結合圓周運動規律求解，有qvB＝mrω2＝m＝mr＝ma。
⑷當帶電粒子做復雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解。
（2023 文昌模擬）如圖所示，空間中存在著正交的勻強磁場和勻強電場，已知電場強度大小為E，方向豎直向下，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面。一個電子由O點以一定初速度v0水平向右飛入其中，運動軌跡如圖所示，其中O、Q和P分別為軌跡在一個周期內的最高點和最低點，不計電子的重力。下列說法正確的是（　　）
A．磁感應強度方向垂直紙面向外
B．電子的初速度v0小于
C．由P點至Q點的運動過程中，電子的速度增大
D．調整電子的初速度大小與方向可以使其做勻加速直線運動
（2023春 重慶月考）如圖所示，在光滑的足夠大水平桌面內建立xOy坐標系，水平桌面內存在一平行于y軸的勻強電場、質量為m的帶電小球以某一水平速度從O點出發后，恰好通過A點。已知小球通過A點的速度大小為v0，方向沿x軸正方向，且OA連線與Ox軸的夾角為30°。則（　　）
A．勻強電場的電場強度方向一定沿y軸負方向
B．小球從O點出發的初速度大小為2v0
C．小球在這一過程中電勢能增加
D．電場力在這一過程中的沖量大小為
（2023 浙江二模）磁控管在現代科技領域有廣泛的應用。為使問題簡化，我們將靜態磁控管簡化為一對長度足夠的平行平板電極系統中的電子在正交穩恒電磁場中的運動。如圖所示，在間距為d的兩極板間加不計內阻、電動勢為U的電源，兩極板間存在方向垂直xOy平面向里、大小為B的勻強磁場，位于陰極表面附近的燈絲持續發射初速度可近似為零的電子，當U不變，改變B的大小時，電子在兩極板間的運動軌跡將發生變化，如圖2所示，其中軌跡Ⅲ最高點P恰好與陽極相切。電子電荷量為e，質量為m，不計電子的相互作用。
（1）求軌跡Ⅰ對應的磁感應強度大小BⅠ，并比較軌跡Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ所對應的磁感應強度BⅡ、BⅢ和BⅣ的大小關系；
（2）求軌跡Ⅲ對應的磁感應強度BⅢ以及軌跡在P處的曲率半徑；
（3）若燈絲單位時間發射n個電子，畫出電流I隨磁感應強度B變化的圖像。
【知識點三】帶電粒子在交變電、磁場中的運動
解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路
先讀圖 看清并且明白場的變化情況
受力分析 分析粒子在不同的變化場區的受力情況
過程分析 分析粒子在不同時間段內的運動情況
找銜接點 找出銜接相鄰兩過程的物理量
選規律 聯立不同階段的方程求解
【方法總結】解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路
（2023 萬州區校級模擬）如圖甲所示，三維坐標系中存在平行z軸方向周期性變化的磁場B1和沿y軸正方向豎直向下的勻強電場E。電場強度為E＝0.1N/C，磁場B1隨時間變化如圖乙所示，其中B0＝0.1T，，規定z軸正向為磁場正方向。在t＝0時刻，一個質量為m＝1×10﹣6kg、電荷量為q＝1×10﹣4C的帶負電液滴，從O點在xOy平面內以速度v＝10m/s，方向與x軸正向成45°角斜向下入射，已知重力加速度為g＝10m/s2。
（1）求液滴第一次從O點經過x軸到第4次經過x軸所需時間；
（2）在a＝5t0時刻撤去電場E和B1，同時在整個空間區域加上豎直向上（與y軸正方向平行）的勻強磁場，磁感應強度T，求液滴繼續運動過程中達到最大高度時的位置坐標。
（2023 重慶模擬）某裝置可通過電磁場實現對帶電微粒運動的控制，具體過程簡化如下：裝置如圖1所示，在y軸上與O點距離為L的P點是一粒子發射源，沿平行于x軸正方向不斷地發射質量為m、電荷量為q（q＞0）、速度大小為v0的微粒；在x軸上距O點3L處固定有垂直于x軸的擋板CD，擋板長度為8L且關于x軸上下對稱，微粒打到擋板上立即被吸收（微粒軌跡與擋板相切時也被吸收），擋板吸收微粒后電荷可被立即導走，擋板始終不帶電。在0≤x≤3L區間僅存在平行于y軸方向的勻強電場時，微粒恰好做直線運動；保持電場不變，再在0≤x≤3L區間中加上如圖2所示隨時間周期性變化的磁場，已知磁感應強度大小B0、方向垂直于xOy平面向外為正方向，T，忽略微粒間的相互作用，重力加速度為g。求：
（1）勻強電場的電場強度；
（2）通過定量計算判斷t時刻進入電磁場區域的微粒能否打到擋板上，若微粒不能打到擋板上，求微粒在運動過程中到擋板（含端點）的最小距離；
（3）在0～內從P點發射并打到擋板上的微粒，在磁場中運動的最長時間與最短時間的差值以及微粒打到擋板上區域的長度。
【知識點四】洛倫茲力與現代科技
裝置 原理圖 規律
質譜儀 帶電粒子由靜止被加速電場加速qU＝mv2，在磁場中做勻速圓周運動qvB＝m，則比荷＝
回旋加速器 交變電流的周期和帶電粒子做圓周運動的周期相同，帶電粒子在圓周運動過程中每次經過D形盒縫隙都會被加速．由qvB＝m得Ekm＝
速度選擇器 若qv0B＝Eq，即v0＝，帶電粒子做勻速直線運動
電磁流量計 q＝qvB，所以v＝，所以流量Q＝vS＝·π2＝
霍爾元件 當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現電勢差
【方法總結】
1、質譜儀的本質是粒子先在電場中加速，再在磁場中偏轉，最后利用感光底片記錄粒子的位置．
2、質譜儀是計算帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具．
3、回旋加速器的工作條件是粒子做圓周運動的周期與金屬外殼所加交流電的周期相等，粒子的最大動能由勻強磁場的磁感應強度和D形盒半徑決定， 與其他無關。
4、在速度選擇器中，粒子受到的電場力和洛倫茲力相等，有，只有速度滿足一定值的粒子才能通過速度選擇器；進入磁場后，由、比較離子的運動半徑和運動時間，根據比較動能。
一、質譜儀模型
【模型提煉】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＝，＝。
（2023 西城區校級三模）如圖所示為質譜儀的原理圖，一束粒子以速度v沿直線穿過相互垂直的勻強電場（電場強度為E）和勻強磁場（磁感應強度為B1）的重疊區域，然后通過狹縫S0垂直進入另一勻強磁場（磁感應強度為B2），最后打在照相底片上的三個不同位置，粒子的重力可忽略不計，則下列說法正確的是（　　）
A．該束粒子帶負電
B．P1板帶負電
C．粒子的速度v滿足關系式
D．在B2的勻強磁場中，運動半徑越大的粒子，荷質比越小
（2023 豐臺區二模）質譜儀是分析同位素的重要工具，其原理如圖所示。氖元素的兩種同位素粒子a、b質量不同、電荷量相同。a、b兩種粒子從容器A下方的小孔S1飄入電勢差為U的加速電場，其初速度可視為0，然后經過S2沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場。a、b兩種粒子分別打到照相底片D上的M和N處，不計粒子重力，關于a、b兩種粒子在磁場中的運動，下列說法正確的是（　　）
A．兩種粒子的動能不相同
B．a粒子的速度大于b粒子的速度
C．a粒子受到的洛倫茲力大于b粒子受到的洛倫茲力
D．a粒子的運動時間大于b粒子的運動時間
二、回旋加速器的原理和分析
【模型提煉】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，粒子就被加速一次。
3.最大動能
由qvmB＝、Ekm＝mv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＝·＝。
（2023 三明模擬）如圖甲，某回旋加速器的兩個D形盒，半徑為R，放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與D形盒底面垂直，位于圓心O處的質子源P能不斷產生質子，質子飄入狹縫間的高頻交變電場時初速度不計。完成加速后，需要把質子束從加速器中引出，使用磁屏蔽通道法設計引出器。引出器原理如圖乙所示，一對圓弧形金屬板組成弧形引出通道，通道的圓心位于O'點（O'點圖中未畫出）。引出質子時，令引出通道內磁場的磁感應強度降低，從而使質子從M點進入通道，沿通道中心線從N點射出。已知ON長度為L。ON與OM的夾角為θ，質子質量為m，電荷量為q。求：
（1）高頻交變電壓的頻率f；
（2）質子被加速后獲得最大速度v；
（3）通道內勻強磁場的磁感應強度B'大小。
（2023 雁塔區校級模擬）如圖所示為回旋加速器示意圖，利用回旋加速器對H粒子進行加速，此時D形盒中的磁場的磁感應強度大小B，D形盒縫隙間電場變化周期為T．忽略粒子在D形盒縫隙間的運動時間和相對論效應，下列說法正確的是（　　）
A．保持B和T不變，該回旋加速器可以加速質子
B．僅調整磁場的磁感應強度大小B，該回旋加速器仍可以加速H粒子
C．保持B和T不變，該回旋加速器可以加速He粒子，且在回旋加速器中運動的時間與H粒子的相等
D．保持B和T不變，該回旋加速器可以加速He粒子，加速后的最大動能與H粒子的相等
三、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。
（2023 東城區校級三模）如圖所示，速度選擇器的兩平行導體板之間有方向互相垂直的勻強電場和勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。一電荷量為+q的粒子以速度v從S點進入速度選擇器后，恰能沿圖中虛線通過。不計粒子重力，下列說法可能正確的是（　　）
A．電荷量為﹣q的粒子以速度v從S點進入后將向下偏轉
B．電荷量為+2q的粒子以速度v從S點進入后將做類平拋運動
C．電荷量為+q的粒子以大于v的速度從S點進入后動能將逐漸增大
D．電荷量為﹣q的粒子以大于v的速度從S點進入后動能將逐漸減小
（2023 泉州模擬）在芯片領域，人們通過離子注入的方式優化半導體。其原理簡化如圖所示，Ⅰ區域為速度選擇器，存在著互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度大小為E0，磁感應強度大小為B0；Ⅱ區域為磁感應強度大小B可調的勻強磁場，其邊界ABCD是邊長為L的正方形。一長度為的半導體材料放在BC邊上，下端與C點重合，上端為F點。一束離子流從狹縫S1射入速度選擇器，沿著直線通過速度選擇器并從AB的中點S2垂直射入Ⅱ區域的磁場。已知每個離子的電量均為q（q＞0），質量均為m，不考慮離子重力以及離子間的相互作用。
（1）求離子從S1射入的速度大小v；
（2）若離子打在F點，求Ⅱ區域的磁感應強度大小B1；
（3）若離子打在C點，求Ⅱ區域的磁感應強度大小B2。
四、　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E：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（即電源電動勢為U），則q＝qvB，即E＝U＝Blv。
（4）電源內阻：r＝ρ。
（5）回路電流：I＝。
（2023 江蘇三模）磁流體發電機原理如圖所示，等離子體高速噴射到加有強磁場的管道內，正、負離子在洛倫茲力作用下分別向A、B兩金屬板偏轉，形成直流電源對外供電．則（　　）
A．僅增大負載的阻值，發電機的電動勢增大
B．僅增大兩板間的距離，發電機的電動勢增大
C．僅增強磁感應強度，發電機兩端的電壓減小
D．僅增大磁流體的噴射速度，發電機兩端的電壓減小
（2023 宣化區模擬）磁流體發電技術是目前世界上正在研究的新興技術。如圖所示是磁流體發電機示意圖，相距為d的平行金屬板A、B之間的磁場可看作勻強磁場，磁感應強度大小為B，等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）以速度v垂直于B且平行于板面的方向進入磁場。金屬板A、B和等離子體整體可以看作一個直流電源，將金屬板A、B與電阻R相連，當發電機穩定發電時，兩板間磁流體的等效電阻為r，則A、B兩金屬板間的電勢差為（　　）
A．R B．R
C．R D．R
五、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。
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。
六、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）霍爾電壓的計算：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；聯立得U＝＝k，k＝稱為霍爾系數。
（2023 東城區一模）工業上常用電磁流量計來測量高黏度及強腐蝕性流體的流量Q（單位時間內流過管道橫截面的液體體積），原理如圖甲所示，在非磁性材料做成的圓管處加一磁感應強度大小為B的勻強磁場，當導電液體流過此磁場區域時，測出管壁上下M、N兩點間的電勢差U，就可計算出管中液體的流量。為了測量某工廠的污水排放量。技術人員在充滿污水的排污管末端安裝了一個電磁流量計，如圖乙所示，已知排污管和電磁流量計處的管道直徑分別為20cm和10cm。當流經電磁流量計的液體速度為10m/s時，其流量約為280m3/h，若某段時間內通過電磁流量計的流量為70m3/h，則在這段時間內（　　）
A．M點的電勢一定低于N點的電勢
B．通過排污管的污水流量約為140m3/h
C．排污管內污水的速度約為2.5m/s
D．電勢差U與磁感應強度B之比約為0.25m2/s
（2023 井岡山市一模）電磁流量計的管道內沒有任何阻礙液體流動的結構，常用來測量高黏度及強腐蝕性流體的流量。如圖所示是電磁流量計的示意圖，空間有垂直紙面向里的勻強磁場。在管中的液體里注入離子，當液體流過磁場區域時，測出管壁上M、N兩點間的電勢差U，就可以測出管中液體的流量Q（單位時間內流過管道橫截面的液體體積）。已知磁場的磁感應強度為B，管道的直徑為d。（　　）
A．管中液體的流量Q
B．離子的濃度越大，測出的U越大
C．若注入正離子，M電勢高于N點電勢
D．若注入負離子，M電勢高于N點電勢
（2023 紅橋區二模）為監測某化工廠的含有離子的污水排放情況，技術人員在排污管中安裝了監測裝置，該裝置的核心部分是一個用絕緣材料制成的空腔，其寬和高分別為b和c，左、右兩端開口與排污管相連，如圖所示。在垂直于上、下底面加磁感應強度為B向下的勻強磁場，在空腔前、后兩個側面上各有長為a的相互平行且正對的電極M和N，M和N與內阻力為R的電流表相連。污水從左向右流經該裝置時，電流表將顯示出污水排放情況。下列說法中正確的是（　　）
A．M板比N板電勢高
B．污水中離子濃度越高，則電流表的示數越小
C．污水流量大小，對電流表的示數無影響
D．若只增大所加磁場的磁感應強度，則電流表的示數也增大
（2023 海淀區二模）如圖所示，一塊長為a、寬為b、高為c的長方體半導體器件，其內載流子數密度為n，沿+y方向通有恒定電流I。在空間中施加一個磁感應強度為B、方向沿﹣x方向的勻強磁場，半導體上、下表面之間產生穩定的電勢差U，下列說法正確的是（　　）
A．若載流子為負電荷，則上表面電勢高于下表面電勢
B．僅增大電流I，電勢差U可以保持不變
C．半導體內載流子所受洛倫茲力的大小為
D．半導體內載流子定向移動的速率為
（多選）（2023 海南）如圖所示，質量為m，帶電荷為+q的點電荷，從原點以初速度v0射入第一象限內的電磁場區域，在0＜y＜y0，0＜x＜x0（x0、y0為已知）區域內有豎直向上的勻強電場，在x＞x0區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，控制電場強度（E值有多種可能），可讓粒子從NP射入磁場后偏轉打到接收器MN上，則（　　）

A．粒子從NP中點射入磁場，電場強度滿足E
B．粒子從NP中點射入磁場時速度為v0
C．粒子在磁場中做圓周運動的圓心到NM的距離為
D．粒子在磁場中運動的圓周半徑最大值是
（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．
（多選）（2022 遼寧）粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示。內圓區域有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓是探測器。兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場，粒子1沿直線通過磁場區域后打在探測器上的M點。粒子2經磁場偏轉后打在探測器上的N點。裝置內部為真空狀態，忽略粒子重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是（　　）
A．粒子1可能為中子
B．粒子2可能為電子
C．若增大磁感應強度，粒子1可能打在探測器上的Q點
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測器上的Q點
（多選）（2022 乙卷）一種可用于衛星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導體極板（半徑分別為R和R+d）和探測器組成，其橫截面如圖（a）所示，點O為圓心。在截面內，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，方向指向O點。4個帶正電的同種粒子從極板間通過，到達探測器。不計重力。粒子1、2做圓周運動，圓的圓心為O、半徑分別為r1、r2（R＜r1＜r2＜R+d）；粒子3從距O點r2的位置入射并從距O點r1的位置出射；粒子4從距O點r1的位置入射并從距O點r2的位置出射，軌跡如圖（b）中虛線所示。則（　　）
A．粒子3入射時的動能比它出射時的大
B．粒子4入射時的動能比它出射時的大
C．粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能
D．粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能
（2021 河北）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
（2021 江蘇）如圖1所示，回旋加速器的圓形勻強磁場區域以O點為圓心，磁感應強度大小為B，加速電壓的大小為U、質量為m、電荷量為q的粒子從O附近飄入加速電場，多次加速后粒子經過P點繞O做圓周運動，半徑為R，粒子在電場中的加速時間可以忽略。為將粒子引出磁場，在P位置安裝一個“靜電偏轉器”，如圖2所示，偏轉器的兩極板M和N厚度均勻，構成的圓弧形狹縫圓心為Q、圓心角為α，當M、N間加有電壓時，狹縫中產生電場強度大小為E的電場，使粒子恰能通過狹縫，粒子在再次被加速前射出磁場，不計M、N間的距離。求：
（1）粒子加速到P點所需要的時間t；
（2）極板N的最大厚度dm；
（3）磁場區域的最大半徑Rm。
（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。
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專題12.3　帶電粒子在組合場 疊加場和交變電、磁場中的運動
1.物理觀念：組合場、疊加場。
（1）.掌握帶電粒子在組合場中的運動規律和分析思路學會處理磁場和磁場組合、電場和磁場組合帶電粒子運動問題．
（2）.了解疊加場的特點，會處理帶電粒子在疊加場中的運動問題。
2.科學思維：
牛頓運動定律、運動學公式、動能定理、能量守恒定律、類平拋運動的規律、圓周運動的規律。
3.情感態度價值觀：
通過學習常見的電子儀器體會洛倫茲的科技應用。
【知識點一】帶電粒子在組合場中的運動
1．帶電粒子在組合場中運動的分析思路
⑴分階段（分過程）按照時間順序和進入不同的區域分成幾個不同的階段；
⑵受力分析和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如下：
←←←→→→
⑶用規律
→→→→
→
2．解題步驟
（1）找關鍵點：確定帶電粒子在場區邊界的速度（包括大小和方向）是解決該類問題的關鍵．
（2）畫運動軌跡：根據受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題．
題型一　磁場與磁場的組合
【技巧總結】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．
（2023 靜海區校級模擬）如圖1所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間上、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B1＝B和B2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，P、Q點距KL高為d，NS和MT間距為5d。質量為m、帶電量為+q的粒子從粒子源飄出（初速度視為0），經電場加速后從P點垂直于S邊界射入磁場區域，粒子源單位時間內發出的粒子數恒定，加速電壓u如圖2所示周期性變化，重力忽略不計，粒子在電場中加速時間極短可忽略不計，不考慮粒子間相互作用力與碰撞，粒子運動到與邊界相切時仍能返回磁場。（題中可認為sin37°＝0.6，sin53°＝0.8）
（1）在t進入電場的粒子恰好能垂直KL經過磁場邊界，求加速電壓的最大值U0；
（2）當加速電壓為U1時，粒子恰好不從NS邊界飛出，求U1的值；
（3）求在時間0～T內發射的粒子中，從NS邊界飛出的粒子數占總粒子數的比例η；
（4）若粒子能經過Q點從MT邊界飛出，求粒子在磁場區域可能的運動時間。
【解答】解：（1）粒子恰好能垂直KL經過磁場邊界，則由幾何可得r＝d
由牛頓第二定律
所以
當時，u＝U0，由動能定理
解得
（2）粒子恰好不從NS邊界飛出，則其運動軌跡如圖
由
可得，，d﹣r1＝r1cosφ
所以
由牛頓第二定律，
解得
（3）易得，當u＜U1時，粒子都會從NS邊界飛出，所以在時間內發射的粒子中，從NS邊界飛出的粒子數占總粒子數的比例
（4）若粒子能經過Q點從MT邊界飛出，則其運動軌跡如圖
一個循環過程，粒子水平運動的距離為，5d＝nΔx
所以
又因為
所以解得1≤n≤3
當n＝1時r1＝d
此時粒子在磁場中的運動時間為
當n＝2時
則
所以φ＝53°
此時粒子在磁場中的運動時間為
當n＝3時，φ＝37°
此時粒子在磁場中的運動時間為
答：（1）加速電壓的最大值為；
（2）當加速電壓為時，粒子恰好不從NS邊界飛出；
（3）在時間0～T內發射的粒子中，從NS邊界飛出的粒子數占總粒子數的比例為31%；
（4）見解析。
（2023 和平區校級模擬）圖甲是中華太極圖，生動地表示了宇宙萬物的結構及運動規律，她人類文明的無價之寶。圖乙是大圓O內及圓周上有磁感應強度大小為B，方向相反的勻強磁場太極圖。兩個半圓的圓心O’，O’在圓O的同一直徑MN上，半圓直徑均為圓O的半徑R。曲線MON左側的磁場方向垂直直面向外。質量為m，電荷量為q的質子（不計重力），以某初速度從N點沿紙面與NM夾角θ＝30°射入右側磁場，恰好通過O點進入左側磁場，并從M點射出。
（1）求質子的初速度大小v1；
（2）求質子從N點運動到M點所用的時間t0；
（3）若θ＝90°，曲線MON上的磁場方向垂直紙面向里，要使質子不進入曲線MON左側磁場中，求質子速度的大小范圍。
【解答】解：（1）質子的運動軌跡如圖所示，設質子的軌道半徑為r0，根據洛倫茲力提供向心力，有
由幾何關系可得β＝60o，r0＝R
聯立解得
（2）質子在磁場中做勻速圓周運動的周期為
質子在左右磁場中運動的時間相等
質子從N點運動到M點所用的時間為
（3）質子在右磁場中運動有
分兩種情況討論
要使質子不進入曲線MON左側磁場區域，應滿足
解得
要使質子不進入曲線MON左側磁場區域，應滿足r＞R
解得
質子速度的大小范圍為，
答：（1）質子的初速度大小為；
（2）質子從N點運動到M點所用的時間為；
（3）質子速度的大小范圍，。
題型二　電場與磁場的組合
【技巧總結】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
（2023 井岡山市一模）如圖所示，金屬板M、N正對水平放置，相距為d，絕緣水平擋板P與M、N的尺寸相同，N接地（接地電勢為零），M板的電勢為φ（φ＞0），N、P間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B；質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子自N的左上方、距離N為h的位置由靜止釋放，通過小孔S后粒子恰好不能打到擋板P上，不計粒子重力，則粒子通過小孔時的速度大小v和N、P間的距離L分別為（　　）
A．v，L B．v，L
C．v，L D．v，L
【解答】解：M、N間的電場方向豎直向下，場強大小為E
設粒子第一次到達N時的速度大小為v，粒子在電場中運動過程，由動能定理得：qEh0
解得：v
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛第二定律得：qvB＝m
解得：r
通過小孔S后粒子恰好不能打到擋板P上，則粒子運動軌跡與P板相切，則板間距離L＝r，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（多選）（2023 銅仁市模擬）圖甲的左側平行金屬板M、N間距為d，加有圖乙所示的交變電壓，M、N右側有半徑為R（d＜2R）的圓形勻強磁場，磁感應強度為B垂直于紙面向內，AB為豎直方向直徑。OO′是M、N板間的中線并經過圓形磁場的圓心。不同時刻從O點沿中線射入初速度都為v0的不同粒子（不計粒子的重力），所有出射粒子都從A點離開磁場。則下列說法中正確的是（　　）
A．粒子都帶負電
B．粒子在電場中運動時間都相同，且一定是交流電周期T的整數倍
C．所有粒子從電場中射出的位置相同
D．粒子的比荷均為
【解答】解：A、粒子進入磁場后從A點離開磁場，根據左手定則可知粒子帶正電，故A錯誤；
B、不同時刻從O點進入偏轉電場的所有粒子都從A點離開磁場，根據“磁聚焦”原理可知，所有粒子離開偏轉電場時速度方向均平行于OO′，說明粒子在偏轉電場中運動過程中電場力做功為零，即所有粒子在電場中運動時間都相同，且一定是交流電周期T的整數倍，故B正確；
C、由于粒子進入磁場的時刻不同，在豎直方向偏轉位移可能不同，所以粒子從電場中射出的位置不一定相同，故C錯誤；
D、根據“磁聚焦”原理可知，粒子在磁場中運動的軌跡半徑與磁場圓的半徑相同，即r＝R，根據洛倫茲力提供向心力可得：qv0B＝m，聯立解得粒子的比荷均為，故D正確。
故選：BD。
（2023 湖北模擬）如圖所示，在x＞0區域有方向平行于xOy平面的勻強電場，場強方向與y軸負方向的夾角為37°，在x＜0區域有方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。在a（﹣1.2L，0）點處有一個粒子源，可以向y＞0區域發射速度大小均為v0、質量均為m、電荷量均為q的正粒子，在所有到達y軸的粒子中，到達b（0，1.6L）點的粒子與a點距離最遠。不計粒子重力和粒子間的相互作用，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求粒子進入電場前，在磁場中運動的最短時間；
（2）若第一次從b點射出磁場的粒子，第2次也從b點射出磁場，求電場強度的大小。
【解答】解：（1）根據題意畫出經過b點的粒子在磁場中的軌跡如下圖所示：
到達b（0，1.6L）點的粒子與a點距離最遠，說明ab就是粒子在磁場中運動的圓軌跡的直徑，則2r
所以軌道半徑r＝L
根據r，由于速度大小相同，軌道半徑相同，能進入電場并在磁場中運動的最短時間的粒子經過的弦長最短，即經過O點的粒子在磁場中運動時間最短，軌跡如下圖所示：
O1是軌跡圓心，根據幾何關系，角aO1O＝2×37°＝74°，則粒子在磁場中運動的最短時間t
（2）根據第一問可知，第一次從b點射出磁場的粒子，速度方向與ab連線垂直，根據幾何關系知道，速度垂直于電場方向，設在電場中加速度為a，在電場中做類平拋運動，軌跡如下圖所示，運動到y軸剛剛進入磁場的位移方向與初速度方向夾角為α＝90°﹣37°＝53°
則tan，解得：t
合位移y1
代入t，α解得：
剛剛運動到y軸沿電場方向的速度v1＝at＝2v0tanα＝2v0，合速度v
根據圖示，設合速度與y軸負方向夾角為β，則tan，將v1代入解得：tanβ
第一次從電場進入磁場的軌道半徑R
在磁場中軌跡如上圖，根據幾何關系得：tanβ，代入y1，R得：加速度a
在電場中，根據牛頓第二定律得：Eq＝ma，E
答：（1）粒子進入電場前，在磁場中運動的最短時間為；
（2）若第一次從b點射出磁場的粒子，第2次也從b點射出磁場，電場強度的大小為。
【知識點二】帶電粒子在疊加場中的運動
1．疊加場
電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存．
2．帶電粒子在疊加場中常見的幾種運動形式
運動性質 受力特點 方法規律
勻速直 線運動 其他力的合力與洛倫茲力等大反向 平衡條件
勻速圓 周運動 除洛倫茲力外，其他力的合力為零 牛頓第二定律、圓周運動的規律
較復雜的 曲線運動 除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向 動能定理、能量守恒定律
【方法總結】帶電粒子在疊加場中運動的處理方法
1．弄清復合場的組成特點。
2．正確分析帶電粒子的受力及運動特點。
3．畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規律。
（1）若只有兩個場且正交。例如，電場與磁場中滿足qE＝qvB或重力場與磁場中滿足mg＝qvB或重力場與電場中滿足mg＝qE，都表現為勻速直線運動或靜止，根據受力平衡列方程求解。
（2）三場共存時，合力為零，受力平衡，粒子做勻速直線運動，其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直。
（3）三場共存時，粒子在復合場中做勻速圓周運動。mg與qE相平衡，有mg＝qE，由此可計算粒子比荷，判定粒子電性。粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，應用受力平衡和牛頓運動定律結合圓周運動規律求解，有qvB＝mrω2＝m＝mr＝ma。
⑷當帶電粒子做復雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解。
（2023 文昌模擬）如圖所示，空間中存在著正交的勻強磁場和勻強電場，已知電場強度大小為E，方向豎直向下，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面。一個電子由O點以一定初速度v0水平向右飛入其中，運動軌跡如圖所示，其中O、Q和P分別為軌跡在一個周期內的最高點和最低點，不計電子的重力。下列說法正確的是（　　）
A．磁感應強度方向垂直紙面向外
B．電子的初速度v0小于
C．由P點至Q點的運動過程中，電子的速度增大
D．調整電子的初速度大小與方向可以使其做勻加速直線運動
【解答】解：A．電子從O點開始軌跡向下彎曲，電子受到的電場力向上，則倫茲力向下，根據左手定則，則磁感應強度方向垂直紙面向里，故A錯誤；
B．電子從O運動到P，合外力指向軌跡凹側，有qv0B＞qE
則
故B錯誤；
C．由P點至Q點的運動過程中，電場力做正功，洛倫茲力不做功，根據動能定理可知電子的速度逐漸增大，故C正確；
D．電子受力平衡，可以做勻速直線運動，初速度方向與磁場平行，電子做類平拋運動，所以電子不可能做勻加速直線運動，故D錯誤。
故選：C。
（2023春 重慶月考）如圖所示，在光滑的足夠大水平桌面內建立xOy坐標系，水平桌面內存在一平行于y軸的勻強電場、質量為m的帶電小球以某一水平速度從O點出發后，恰好通過A點。已知小球通過A點的速度大小為v0，方向沿x軸正方向，且OA連線與Ox軸的夾角為30°。則（　　）
A．勻強電場的電場強度方向一定沿y軸負方向
B．小球從O點出發的初速度大小為2v0
C．小球在這一過程中電勢能增加
D．電場力在這一過程中的沖量大小為
【解答】解：A、帶電小球帶電正負未知，無法判斷勻強電場的電場強度方向，故A錯誤；
B、可看成平拋運動的逆運動，由題，位移方向與Ox軸夾角30°，設在O點時速度方向與Ox軸夾角θ，則
得：
小球從O點出發的初速度大小為：，故B錯誤；
D、電場力在這一過程中的沖量大小為：I＝m，故D錯誤；
C、根據能量守恒，小球在這一過程中電勢能增加：，故C正確。
故選：C。
（2023 浙江二模）磁控管在現代科技領域有廣泛的應用。為使問題簡化，我們將靜態磁控管簡化為一對長度足夠的平行平板電極系統中的電子在正交穩恒電磁場中的運動。如圖所示，在間距為d的兩極板間加不計內阻、電動勢為U的電源，兩極板間存在方向垂直xOy平面向里、大小為B的勻強磁場，位于陰極表面附近的燈絲持續發射初速度可近似為零的電子，當U不變，改變B的大小時，電子在兩極板間的運動軌跡將發生變化，如圖2所示，其中軌跡Ⅲ最高點P恰好與陽極相切。電子電荷量為e，質量為m，不計電子的相互作用。
（1）求軌跡Ⅰ對應的磁感應強度大小BⅠ，并比較軌跡Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ所對應的磁感應強度BⅡ、BⅢ和BⅣ的大小關系；
（2）求軌跡Ⅲ對應的磁感應強度BⅢ以及軌跡在P處的曲率半徑；
（3）若燈絲單位時間發射n個電子，畫出電流I隨磁感應強度B變化的圖像。
【解答】解：（1）軌跡Ⅰ的電子做直線運動，則BⅠ＝0
電子在電場中加速的同時，受到的洛倫茲力使其偏轉，洛倫茲力越大、偏轉情況越明顯，所以BⅡ＜BⅢ＜BⅣ
（2）動能定理，有：eU
解得：vP
在任意位置，將電子運動速度分解為vx和vy，則電子在水平方向受到的洛倫茲力為：Fx＝eBⅢvy
從開始到P點，取向右為正方向，水平方向根據動量定理，有：FxΔt＝mvP
即eBⅢd＝mvP
聯立解得：BⅢ
在P點根據牛頓第二定律可得：evPBⅢ﹣e m
解得軌跡在P處的曲率半徑：r＝2d
（3）飽和電流：Im＝ne
截止和飽和臨界磁感應強度為：B＝BⅢ
電流I隨磁感應強度B變化的圖像如圖所示：
答：（1）軌跡Ⅰ對應的磁感應強度大小為0，軌跡Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ所對應的磁感應強度BⅡ、BⅢ和BⅣ的大小關系為BⅡ＜BⅢ＜BⅣ；
（2）軌跡Ⅲ對應的磁感應強度，軌跡在P處的曲率半徑為2d；
（3）若燈絲單位時間發射n個電子，電流I隨磁感應強度B變化的圖像見解析。
【知識點三】帶電粒子在交變電、磁場中的運動
解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路
先讀圖 看清并且明白場的變化情況
受力分析 分析粒子在不同的變化場區的受力情況
過程分析 分析粒子在不同時間段內的運動情況
找銜接點 找出銜接相鄰兩過程的物理量
選規律 聯立不同階段的方程求解
【方法總結】解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路
（2023 萬州區校級模擬）如圖甲所示，三維坐標系中存在平行z軸方向周期性變化的磁場B1和沿y軸正方向豎直向下的勻強電場E。電場強度為E＝0.1N/C，磁場B1隨時間變化如圖乙所示，其中B0＝0.1T，，規定z軸正向為磁場正方向。在t＝0時刻，一個質量為m＝1×10﹣6kg、電荷量為q＝1×10﹣4C的帶負電液滴，從O點在xOy平面內以速度v＝10m/s，方向與x軸正向成45°角斜向下入射，已知重力加速度為g＝10m/s2。
（1）求液滴第一次從O點經過x軸到第4次經過x軸所需時間；
（2）在a＝5t0時刻撤去電場E和B1，同時在整個空間區域加上豎直向上（與y軸正方向平行）的勻強磁場，磁感應強度T，求液滴繼續運動過程中達到最大高度時的位置坐標。
【解答】解：（1）液滴進入xoy平面的右側，由于電場力和重力的等量關系可得：
qE＝mg
所以液滴在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，當磁感應強度大小為2B0時，根據牛頓第二定律可得
解得：r1＝0.5m
由周期公式有
代入數據解得：
同理磁感應強度為B0時，根據牛頓第二定律可得：
解得r2＝1m
由周期公式有
代入數據解得：
則液滴第一次從O點經過x軸到第四次經過x軸的運動軌跡如圖
由圖可知液滴第一次從O點經過x軸到第4次經過x軸所需時間為：
代入數據解得：t
（2）在時刻液滴的位置如圖所示
液滴在xoy平面內與﹣x方向夾角為45°，此后液滴將螺旋式上升，在y方向上，液滴以vy＝vsinθ沿y軸正向做豎直上拋，上升到最高點的時間為：
上升的高度為
代入數據解得：h
在x方向上，液滴以vx＝vcosθ
在平行于xoz平面內（水平面）做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力可得：
解得
由周期公式得：
代入數據解得：T
所以在t＝1.5T3因此上升到最高點時水平方向上完成了1.5個周期的圓周運動。分析可知5t0時油滴x軸坐標與最高點時x軸坐標相同，有圖可知x軸坐標為：
x3＝（2r1+2r2）cos45°
代入數據解得：
在5t0時由圖可知油滴y軸坐標為
所以最高點時y軸坐標為
因為負電油滴在5t0時z軸坐標為0，而此時洛倫茲力沿z軸正方向，所以在1.5個周期時z軸坐標為：
因此液滴繼續運動過程中達到最大高度時的位置坐標為（，，）
答：（1）液滴第一次從O點經過x軸到第4次經過x軸所需時間為
（2）液滴繼續運動過程中達到最大高度時的位置坐標為（，，）。
（2023 重慶模擬）某裝置可通過電磁場實現對帶電微粒運動的控制，具體過程簡化如下：裝置如圖1所示，在y軸上與O點距離為L的P點是一粒子發射源，沿平行于x軸正方向不斷地發射質量為m、電荷量為q（q＞0）、速度大小為v0的微粒；在x軸上距O點3L處固定有垂直于x軸的擋板CD，擋板長度為8L且關于x軸上下對稱，微粒打到擋板上立即被吸收（微粒軌跡與擋板相切時也被吸收），擋板吸收微粒后電荷可被立即導走，擋板始終不帶電。在0≤x≤3L區間僅存在平行于y軸方向的勻強電場時，微粒恰好做直線運動；保持電場不變，再在0≤x≤3L區間中加上如圖2所示隨時間周期性變化的磁場，已知磁感應強度大小B0、方向垂直于xOy平面向外為正方向，T，忽略微粒間的相互作用，重力加速度為g。求：
（1）勻強電場的電場強度；
（2）通過定量計算判斷t時刻進入電磁場區域的微粒能否打到擋板上，若微粒不能打到擋板上，求微粒在運動過程中到擋板（含端點）的最小距離；
（3）在0～內從P點發射并打到擋板上的微粒，在磁場中運動的最長時間與最短時間的差值以及微粒打到擋板上區域的長度。
【解答】解：（1）僅存在勻強電場時，微粒做勻速直線運動，由平衡條件可得：
mg＝Eq
解得：，方向豎直向上。
（2）微粒在電磁場中由洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：
解得：
微粒的運動周期為：T′T
時刻進入的微粒先在正方向的磁場中偏轉，即軌跡圓心角為30°，運動的軌跡如下圖所示：
因6L＝6R，故由幾何關系可得微粒到達CD所在的直線上的E點時速度方向垂直CD，E點與x軸的距離：
yE
故微粒打不到擋板上，微粒到擋板（上端點）最小距離為4L；
（3）設在0～內某時刻進入的微粒，設第一次偏轉的角度為θ時，剛好到達擋板的上邊緣，軌跡如下圖所示：
由幾何關系可知，原點O與CD上端點的距離為5L，恰好等于運動半徑的5倍，即帶電微粒在磁場中運動一個θ＝37°圓弧和兩個半圓后剛好在擋板的上邊緣。
若微粒會打到擋板上，如下圖所示：
根據幾何關系得：3L＝4Lsinθ+Lsinβ
隨著θ角度從37°逐漸增大，β從37°先減小零，再減小到﹣90°（此時θ＝90°）后再增大，當θ＝150°時，β＝90°，圓弧剛好和邊界相切，如下圖所示：
微粒在磁場中運動的時間
由此可知，當β＝﹣90°時時間最短，當β＝90°時時間最長，微粒轉過的圓心角的最大差值為180°，在磁場中運動的最長時間與最短時間的差值等于半個周期，則有：
由幾何關系可知：微粒打到擋板上區域的長度為：
d＝4L+4Rsin60°。
答：（1）勻強電場的電場強度為，方向豎直向上；
（2）微粒打不到擋板上，微粒在運動過程中到擋板的最小距離為；
（3）在0～內從P點發射并打到擋板上的微粒，在磁場中運動的最長時間與最短時間的差值為，以及微粒打到擋板上區域的長度為。
【知識點四】洛倫茲力與現代科技
裝置 原理圖 規律
質譜儀 帶電粒子由靜止被加速電場加速qU＝mv2，在磁場中做勻速圓周運動qvB＝m，則比荷＝
回旋加速器 交變電流的周期和帶電粒子做圓周運動的周期相同，帶電粒子在圓周運動過程中每次經過D形盒縫隙都會被加速．由qvB＝m得Ekm＝
速度選擇器 若qv0B＝Eq，即v0＝，帶電粒子做勻速直線運動
電磁流量計 q＝qvB，所以v＝，所以流量Q＝vS＝·π2＝
霍爾元件 當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現電勢差
【方法總結】
1、質譜儀的本質是粒子先在電場中加速，再在磁場中偏轉，最后利用感光底片記錄粒子的位置．
2、質譜儀是計算帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具．
3、回旋加速器的工作條件是粒子做圓周運動的周期與金屬外殼所加交流電的周期相等，粒子的最大動能由勻強磁場的磁感應強度和D形盒半徑決定， 與其他無關。
4、在速度選擇器中，粒子受到的電場力和洛倫茲力相等，有，只有速度滿足一定值的粒子才能通過速度選擇器；進入磁場后，由、比較離子的運動半徑和運動時間，根據比較動能。
一、質譜儀模型
【模型提煉】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＝，＝。
（2023 西城區校級三模）如圖所示為質譜儀的原理圖，一束粒子以速度v沿直線穿過相互垂直的勻強電場（電場強度為E）和勻強磁場（磁感應強度為B1）的重疊區域，然后通過狹縫S0垂直進入另一勻強磁場（磁感應強度為B2），最后打在照相底片上的三個不同位置，粒子的重力可忽略不計，則下列說法正確的是（　　）
A．該束粒子帶負電
B．P1板帶負電
C．粒子的速度v滿足關系式
D．在B2的勻強磁場中，運動半徑越大的粒子，荷質比越小
【解答】解：A．根據粒子在右側磁場中的運動，利用左手定則，可判斷出該束粒子帶正電，故A錯誤；
B．根據粒子在左側運動可知，洛倫茲力方向向上，則電場力方向向下，P1板帶正電，故B錯誤；
C．由粒子做直線運動，根據受力平衡可得
qvB1＝qE
解得粒子的速度為：
故C錯誤；
D．在磁感應強度為B2的磁場中，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
聯立解得：
運動半徑越大的粒子，荷質比越小，故D正確。
故選D。
（2023 豐臺區二模）質譜儀是分析同位素的重要工具，其原理如圖所示。氖元素的兩種同位素粒子a、b質量不同、電荷量相同。a、b兩種粒子從容器A下方的小孔S1飄入電勢差為U的加速電場，其初速度可視為0，然后經過S2沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場。a、b兩種粒子分別打到照相底片D上的M和N處，不計粒子重力，關于a、b兩種粒子在磁場中的運動，下列說法正確的是（　　）
A．兩種粒子的動能不相同
B．a粒子的速度大于b粒子的速度
C．a粒子受到的洛倫茲力大于b粒子受到的洛倫茲力
D．a粒子的運動時間大于b粒子的運動時間
【解答】解：A、離子在電場中加速，由動能定理：Uqmv2，由于粒子的電荷量相同，所以動能相等；故A錯誤；
BC、離子在磁場中偏轉，由洛倫茲力作為向心力，qvB＝m 可得：r，由圖可知a粒子的半徑較大，則a的質量較大，根據Uqmv2，解得v，可知a粒子的速度小于b粒子的速度；
根據洛倫茲力f＝qvB，可知a粒子受到的洛倫茲力小于b粒子受到的洛倫茲力，故BC錯誤；
D、粒子在磁場中的運動時間為t，可知a粒子的運動時間大于b粒子的運動時間，故D正確；
故選：D。
二、回旋加速器的原理和分析
【模型提煉】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，粒子就被加速一次。
3.最大動能
由qvmB＝、Ekm＝mv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＝·＝。
（2023 三明模擬）如圖甲，某回旋加速器的兩個D形盒，半徑為R，放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與D形盒底面垂直，位于圓心O處的質子源P能不斷產生質子，質子飄入狹縫間的高頻交變電場時初速度不計。完成加速后，需要把質子束從加速器中引出，使用磁屏蔽通道法設計引出器。引出器原理如圖乙所示，一對圓弧形金屬板組成弧形引出通道，通道的圓心位于O'點（O'點圖中未畫出）。引出質子時，令引出通道內磁場的磁感應強度降低，從而使質子從M點進入通道，沿通道中心線從N點射出。已知ON長度為L。ON與OM的夾角為θ，質子質量為m，電荷量為q。求：
（1）高頻交變電壓的頻率f；
（2）質子被加速后獲得最大速度v；
（3）通道內勻強磁場的磁感應強度B'大小。
【解答】解：（1）由回旋加速器的原理可知，高頻交變電壓的周期T等于質子在磁場中運動的周期，再由周期與頻率的關系，則有
又
聯立可得；
（2）質子速度最大時，做勻速圓周運動的半徑等于D型盒半徑，則有
解得質子最大速度為；
（3）設質子在引出通道中做半徑為r的圓周運動，則質子運動軌跡內切與M點，如圖所示
由余弦定理可得r2＝L2+（r﹣R）2+2L（r﹣R）cosθ
由牛頓第二定律可得
聯立解得。
答：（1）高頻交變電壓的頻率f；（2）質子被加速的最大速度為；（3）通道內勻強磁場的磁感應強度B'大小為
（2023 雁塔區校級模擬）如圖所示為回旋加速器示意圖，利用回旋加速器對H粒子進行加速，此時D形盒中的磁場的磁感應強度大小B，D形盒縫隙間電場變化周期為T．忽略粒子在D形盒縫隙間的運動時間和相對論效應，下列說法正確的是（　　）
A．保持B和T不變，該回旋加速器可以加速質子
B．僅調整磁場的磁感應強度大小B，該回旋加速器仍可以加速H粒子
C．保持B和T不變，該回旋加速器可以加速He粒子，且在回旋加速器中運動的時間與H粒子的相等
D．保持B和T不變，該回旋加速器可以加速He粒子，加速后的最大動能與H粒子的相等
【解答】解：A、粒子在磁場中運動的周期：T，由于質子與H粒子的比荷不同，保持B和T不變，不能加速質子，故A錯誤；
B、僅調整磁場的磁感應強度大小B，H粒子在磁場中圓周運動的周期變化，不再與交變電場的周期同步，該回旋加速器不可以加速H粒子，故B錯誤；
C、由周期公式可知，He粒子在磁場中運動的周期與H粒子在磁場中運動的周期相同，故保持B和T不變，該回旋加速器可以加速He粒子，且在回旋加速器中運動的時間與H粒子的相等，故C正確；
D、粒子在磁場中做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，qvB＝m，解得：v，帶電粒子射出時的動能為：Ek，知該回旋加速器可以加速He粒子，加速后的最大動能比H粒子的大，故D錯誤。
故選：C。
三、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。
（2023 東城區校級三模）如圖所示，速度選擇器的兩平行導體板之間有方向互相垂直的勻強電場和勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。一電荷量為+q的粒子以速度v從S點進入速度選擇器后，恰能沿圖中虛線通過。不計粒子重力，下列說法可能正確的是（　　）
A．電荷量為﹣q的粒子以速度v從S點進入后將向下偏轉
B．電荷量為+2q的粒子以速度v從S點進入后將做類平拋運動
C．電荷量為+q的粒子以大于v的速度從S點進入后動能將逐漸增大
D．電荷量為﹣q的粒子以大于v的速度從S點進入后動能將逐漸減小
【解答】解：A、由題意+q的粒子能從左向右勻速通過，豎直向上的洛倫茲力與豎直向下的電場力相平衡，若電荷量為﹣q的粒子從左向右通過時，粒子的速度不變時，則豎直向下的洛倫茲力也能與豎直向上的電場力相平衡，則該粒子沿圖中虛線通過，故A錯誤；
B、電荷量為+2q的粒子以速度v從S點進入后，由題意正電粒子能從左向右勻速通過，豎直向上的洛倫茲力與豎直向下的電場力相平衡，即有：qE＝Bqv0，解得v0，可知平衡條件與電荷量的多少無關，因此帶電量為2q的粒子同樣也能勻速通過，故B錯誤；
C、電荷量為+q的粒子以大于v的速度從S點進入后，洛倫茲力大于電場力，粒子將向上偏轉，電場力做負功，動能減小，故C錯誤；
D、電荷量為﹣q的粒子以大于v的速度從S點進入后，洛倫茲力大于電場力，粒子將向下偏轉，電場力做負功，動能將逐漸減小，故D正確。
故選：D。
（2023 泉州模擬）在芯片領域，人們通過離子注入的方式優化半導體。其原理簡化如圖所示，Ⅰ區域為速度選擇器，存在著互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度大小為E0，磁感應強度大小為B0；Ⅱ區域為磁感應強度大小B可調的勻強磁場，其邊界ABCD是邊長為L的正方形。一長度為的半導體材料放在BC邊上，下端與C點重合，上端為F點。一束離子流從狹縫S1射入速度選擇器，沿著直線通過速度選擇器并從AB的中點S2垂直射入Ⅱ區域的磁場。已知每個離子的電量均為q（q＞0），質量均為m，不考慮離子重力以及離子間的相互作用。
（1）求離子從S1射入的速度大小v；
（2）若離子打在F點，求Ⅱ區域的磁感應強度大小B1；
（3）若離子打在C點，求Ⅱ區域的磁感應強度大小B2。
【解答】解：（1）離子在Ⅰ區域做直線運動，根據平衡條件，有qvB0＝qE0，解得：
（2）離子打到F點時，設其軌道半徑為r1，則
洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律有，解得：
（3）離子打到C點時，設其軌道半徑為r2，根據幾何知識，有
解得：
洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律有，得
答：（1）離子從S1射入的速度大小為
（2）離子打在F點，Ⅱ區域的磁感應強度大小為
（3）離子打在C點，則Ⅱ區域的磁感應強度大小為
四、　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E：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（即電源電動勢為U），則q＝qvB，即E＝U＝Blv。
（4）電源內阻：r＝ρ。
（5）回路電流：I＝。
（2023 江蘇三模）磁流體發電機原理如圖所示，等離子體高速噴射到加有強磁場的管道內，正、負離子在洛倫茲力作用下分別向A、B兩金屬板偏轉，形成直流電源對外供電．則（　　）
A．僅增大負載的阻值，發電機的電動勢增大
B．僅增大兩板間的距離，發電機的電動勢增大
C．僅增強磁感應強度，發電機兩端的電壓減小
D．僅增大磁流體的噴射速度，發電機兩端的電壓減小
【解答】解：AB、在磁流體發電機中，電荷最終所受電場力與洛倫茲力平衡，設兩金屬板間的電壓為E，即發動機的電動勢，由平衡條件有：
解得發電機的電動勢為：E＝Bvd
可知僅增大負載的阻值，發電機的電動勢不會改變；僅增大兩板間的距離，發電機的電動勢增大。僅增強磁感應強度，發電機的電動勢增大。僅增大磁流體的噴射速度，發電機的電動勢增大，故A錯誤，B正確；
C、根據閉合電路歐姆定律，知發電機兩端的電壓有：UE
僅增強磁感應強度或增大磁流體的噴射速度，發電機的電動勢增大，發電機兩端的電壓均增大，故CD錯誤。
故選：B。
（2023 宣化區模擬）磁流體發電技術是目前世界上正在研究的新興技術。如圖所示是磁流體發電機示意圖，相距為d的平行金屬板A、B之間的磁場可看作勻強磁場，磁感應強度大小為B，等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）以速度v垂直于B且平行于板面的方向進入磁場。金屬板A、B和等離子體整體可以看作一個直流電源，將金屬板A、B與電阻R相連，當發電機穩定發電時，兩板間磁流體的等效電阻為r，則A、B兩金屬板間的電勢差為（　　）
A．R B．R
C．R D．R
【解答】解：發電機穩定發電時，離子不發生偏轉，此時離子受到的電場力與洛倫茲力平衡，可得：，所以E＝Bvd，A、B兩金屬板間的電勢差為：U，故BCD錯誤，A正確。
故選：A。
五、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。
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。
六、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）霍爾電壓的計算：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；聯立得U＝＝k，k＝稱為霍爾系數。
（2023 東城區一模）工業上常用電磁流量計來測量高黏度及強腐蝕性流體的流量Q（單位時間內流過管道橫截面的液體體積），原理如圖甲所示，在非磁性材料做成的圓管處加一磁感應強度大小為B的勻強磁場，當導電液體流過此磁場區域時，測出管壁上下M、N兩點間的電勢差U，就可計算出管中液體的流量。為了測量某工廠的污水排放量。技術人員在充滿污水的排污管末端安裝了一個電磁流量計，如圖乙所示，已知排污管和電磁流量計處的管道直徑分別為20cm和10cm。當流經電磁流量計的液體速度為10m/s時，其流量約為280m3/h，若某段時間內通過電磁流量計的流量為70m3/h，則在這段時間內（　　）
A．M點的電勢一定低于N點的電勢
B．通過排污管的污水流量約為140m3/h
C．排污管內污水的速度約為2.5m/s
D．電勢差U與磁感應強度B之比約為0.25m2/s
【解答】解：A、帶電離子在洛倫茲力，分別向上或下偏轉。根據左手定則可知，正離子向上偏轉，負離子向下偏轉，正離子在M處累積，所以M點的電勢一定高于N點的電勢，故A錯誤；
B、根據流量的定義可知，流量：Q＝v S。由于兩管串聯，水的體積不變，所以當液體從排污管流入電磁流量計時，流量不變，只是流速發生變化，故通過排污管的污水流量為70m3/h，故B錯誤；
C、由流量公式Q＝v S可得：vm/s＝0.62m/s，故C錯誤；
D、正負離子在洛倫茲力作用下堆積于M、N處，當電荷不再堆積時，電勢差達到穩定，此時，離子所受的洛倫茲力和電場力平衡，設某離子的電量為q，
由平衡條件有：qvB＝qE電
而電場強度：E電
又因為流量：Q＝v S＝v
聯立解得：vd　（即在一定管徑的情況下，形成電勢差與磁感應強度的比值與流速成正比）
流量Q變為70m3/h時，vd10×0.1m2/s＝0.25m2/s，故D正確。
故選：D。
（2023 井岡山市一模）電磁流量計的管道內沒有任何阻礙液體流動的結構，常用來測量高黏度及強腐蝕性流體的流量。如圖所示是電磁流量計的示意圖，空間有垂直紙面向里的勻強磁場。在管中的液體里注入離子，當液體流過磁場區域時，測出管壁上M、N兩點間的電勢差U，就可以測出管中液體的流量Q（單位時間內流過管道橫截面的液體體積）。已知磁場的磁感應強度為B，管道的直徑為d。（　　）
A．管中液體的流量Q
B．離子的濃度越大，測出的U越大
C．若注入正離子，M電勢高于N點電勢
D．若注入負離子，M電勢高于N點電勢
【解答】解：A.導電液體流過磁場區域穩定時，電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡，則有qqvB
解得v
流量Q＝vS π（）2
故A正確；
B.根據qqvB
得U＝Bdv
可知U與離子濃度無關；故B錯誤；
C.若注入正離子，由左手定則可知，正離子向下偏轉，則N電勢高于M點電勢，故C錯誤；
D.若注入負離子，由左手定則可知，負離子向上偏轉，則A電勢高于M點電勢，故D錯誤。
故選：A。
（2023 紅橋區二模）為監測某化工廠的含有離子的污水排放情況，技術人員在排污管中安裝了監測裝置，該裝置的核心部分是一個用絕緣材料制成的空腔，其寬和高分別為b和c，左、右兩端開口與排污管相連，如圖所示。在垂直于上、下底面加磁感應強度為B向下的勻強磁場，在空腔前、后兩個側面上各有長為a的相互平行且正對的電極M和N，M和N與內阻力為R的電流表相連。污水從左向右流經該裝置時，電流表將顯示出污水排放情況。下列說法中正確的是（　　）
A．M板比N板電勢高
B．污水中離子濃度越高，則電流表的示數越小
C．污水流量大小，對電流表的示數無影響
D．若只增大所加磁場的磁感應強度，則電流表的示數也增大
【解答】解：A、根據左手定則，正離子受到的洛倫茲力向外，往N板偏轉。負離子受到的洛倫茲力向里，往M板偏轉，最終M板帶負電，N板帶正電，所以M板電勢比N板電勢低，故A錯誤；
BCD、最終正負離子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，可得
污水的流量為Q＝vbc
則MN兩端間的電勢差為
污水流量越大，電勢差越大，電流表示數越大；增加磁感應強度，電勢差增大，電流表示數也增大；電勢差與污水中的離子濃度無關，故BC錯誤，D正確。
故選：D。
（2023 海淀區二模）如圖所示，一塊長為a、寬為b、高為c的長方體半導體器件，其內載流子數密度為n，沿+y方向通有恒定電流I。在空間中施加一個磁感應強度為B、方向沿﹣x方向的勻強磁場，半導體上、下表面之間產生穩定的電勢差U，下列說法正確的是（　　）
A．若載流子為負電荷，則上表面電勢高于下表面電勢
B．僅增大電流I，電勢差U可以保持不變
C．半導體內載流子所受洛倫茲力的大小為
D．半導體內載流子定向移動的速率為
【解答】解：A、若載流子為負電荷，根據左手定則可知上表面帶負電，則上表面電勢低于下表面電勢，故A錯誤；
BD、根據平衡條件可得：qvB＝q，解得：U＝Bcv
根據電流微觀表達式可得：I＝nqSv＝nqbcv，解得：v
聯立解得：U
僅增大電流I，電勢差U增大，故BD錯誤；
C、半導體內載流子所受洛倫茲力的大小為：F＝qvB，代入v可得：F，故C正確。
故選：C。
（多選）（2023 海南）如圖所示，質量為m，帶電荷為+q的點電荷，從原點以初速度v0射入第一象限內的電磁場區域，在0＜y＜y0，0＜x＜x0（x0、y0為已知）區域內有豎直向上的勻強電場，在x＞x0區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，控制電場強度（E值有多種可能），可讓粒子從NP射入磁場后偏轉打到接收器MN上，則（　　）

A．粒子從NP中點射入磁場，電場強度滿足E
B．粒子從NP中點射入磁場時速度為v0
C．粒子在磁場中做圓周運動的圓心到NM的距離為
D．粒子在磁場中運動的圓周半徑最大值是
【解答】解：A、根據帶電粒子在電場中做類平拋運動，若粒子打到PN中點，則
x方向勻速直線運動，有：x0＝v0t
y方向粒子做勻加速直線運動，有：
根據牛頓第二定律得：Eq＝ma
解得：E，故A正確；
B、粒子從PN中點射出時，y方向根據勻變速位移與平均速度關系式得：
剛出電場射入磁場時速度v1
將t代入解得：v1，故B錯誤；
C、粒子從電場中射出時的速度方向與豎直方向夾角為θ，軌跡如下圖所示：
則tanθ
將a、t代入得：tanθ
粒子從電場中射出時的速度v
粒子進入磁場后做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力得：qvB＝m
則粒子進入磁場后做圓周運動的圓心到MN的距離為d＝rcosθ
聯立解得d，故C錯誤；
D、當粒子在磁場中運動有最大運動半徑時，進入磁場的速度最大，則在電場中沿電場方向加速的距離最大，則y方向速度及合速度最大，此時粒子從N點進入磁場，則
x0＝v0t
出離電場的最大速度：
則由洛倫茲力提供向心力得：qvB＝m
可得最大半徑：，故D正確。
故選：AD。
（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。
（多選）（2022 遼寧）粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示。內圓區域有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓是探測器。兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場，粒子1沿直線通過磁場區域后打在探測器上的M點。粒子2經磁場偏轉后打在探測器上的N點。裝置內部為真空狀態，忽略粒子重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是（　　）
A．粒子1可能為中子
B．粒子2可能為電子
C．若增大磁感應強度，粒子1可能打在探測器上的Q點
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測器上的Q點
【解答】解：AB、由題圖可看出粒子1沒有偏轉，說明粒子1不帶電，則粒子1可能為中子；粒子2向上偏轉，根據左手定則可知粒子2應該帶正電，故A正確，B錯誤；
C、由以上分析可知粒子1為中子，則無論如何增大磁感應強度，粒子1都不會偏轉，故C錯誤；
D、粒子2在磁場中洛倫茲力提供向心力，有
解得：
可知若增大粒子入射速度，則粒子2的半徑增大，粒子2可能打在探測器上的Q點，故D正確。
故選：AD。
（多選）（2022 乙卷）一種可用于衛星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導體極板（半徑分別為R和R+d）和探測器組成，其橫截面如圖（a）所示，點O為圓心。在截面內，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，方向指向O點。4個帶正電的同種粒子從極板間通過，到達探測器。不計重力。粒子1、2做圓周運動，圓的圓心為O、半徑分別為r1、r2（R＜r1＜r2＜R+d）；粒子3從距O點r2的位置入射并從距O點r1的位置出射；粒子4從距O點r1的位置入射并從距O點r2的位置出射，軌跡如圖（b）中虛線所示。則（　　）
A．粒子3入射時的動能比它出射時的大
B．粒子4入射時的動能比它出射時的大
C．粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能
D．粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能
【解答】解：在截面內，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，可設為
E，即Er＝k
A．粒子3從距O點r2的位置入射并從距O點r1的位置出射，做向心運動，電場力做正功，則動能增大，粒子3入射時的動能比它出射時的小，故A錯誤；
B．粒子4從距O點r1的位置入射并從距O點r2的位置出射，做離心運動，電場力做負功，則動能減小，粒子4入射時的動能比它出射時的大，故B正確；
C．帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運動，則有
qE1＝m
qE2＝m
可得：m
即粒子1入射時的動能等于粒子2入射時的動能，故C錯誤；
D．粒子3做向心運動，則有
qE2＞m
可得：mm
粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能，故D正確；
故選：BD。
（2021 河北）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。
（2021 江蘇）如圖1所示，回旋加速器的圓形勻強磁場區域以O點為圓心，磁感應強度大小為B，加速電壓的大小為U、質量為m、電荷量為q的粒子從O附近飄入加速電場，多次加速后粒子經過P點繞O做圓周運動，半徑為R，粒子在電場中的加速時間可以忽略。為將粒子引出磁場，在P位置安裝一個“靜電偏轉器”，如圖2所示，偏轉器的兩極板M和N厚度均勻，構成的圓弧形狹縫圓心為Q、圓心角為α，當M、N間加有電壓時，狹縫中產生電場強度大小為E的電場，使粒子恰能通過狹縫，粒子在再次被加速前射出磁場，不計M、N間的距離。求：
（1）粒子加速到P點所需要的時間t；
（2）極板N的最大厚度dm；
（3）磁場區域的最大半徑Rm。
【解答】解：（1）設粒子在P的速度大小為vP
根據qvB＝m可知半徑表達式為R
根據動能定理粒子在靜電場中加速，有nqUmvP2
粒子在磁場中運動的周期為T
粒子運動的總時間為t＝（n﹣1）
解得：t＝（1）
（2）由粒子的運動半徑r，結合動能表達式Ekmv2變形得r
則粒子加速到P前最后兩個半周的運動半徑為r1，r2
由幾何關系dm＝2（r1﹣r2）
結合EkP解得：dm＝2（）
（3）設粒子在偏轉器中的運動半徑為rQ，則在偏轉器中，要使粒子半徑變大，電場力應和洛倫茲力反向，共同提供向心力，有qvPB﹣qE＝m
設粒子離開偏轉器的點為E，圓周運動的圓心為O′
由題意知，O′在EQ上，且粒子飛離磁場的點F與O、O′在一條直線上，如圖1所示
粒子在偏轉器中運動的圓心在Q點，從偏轉器飛出，即從E點離開，又進入回旋加速器中的磁場，此時粒子的運動半徑又變為R，然后軌跡發生偏離，從偏轉器的F點飛出磁場，那么磁場的最大半徑即為Rm＝OF＝R+OO′
將等腰三角形△OO′Q放大如圖2所示
虛線為從Q點向OO′所引垂線，虛線平分α角，則OO′＝2（rQ﹣R）sin
解得最大半徑為Rm＝Rsin
答：（1）粒子加速到P點所需要的時間t為（1）；
（2）極板N的最大厚度dm為2（）；
（3）磁場區域的最大半徑Rm為（Rsin）。
（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%
答：（1）電場強度的大小E為Bv0；
（2）若電子入射速度為，運動到速度為時位置的縱坐標y1為；
（3）能到達縱坐標y2位置的電子數N占總電子數N0的百分比為90%。
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