資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
第8講 帶電粒子在電場和磁場中的運動
考題一　帶電粒子在組合場中的運動
（多選）（2023 沙坪壩區校級模擬）如圖所示，水平放置的一對長和間距均為L的平行金屬板M，N，金屬板的中線P，Q與磁場的左邊界（虛線）的交點為Q。在金屬板M，N的右邊緣虛線a、b右側存在著大小未知，垂直紙面向里的勻強磁場。質子以初速度v0從P點水平向右射入金屬板中，恰好從極板邊緣（未與極板接觸）射出金屬板，經過磁場后恰好打到另一極板與磁場邊界的交點處。已知質子的質量和電荷量分別為m、e，金屬板間電場視為勻強電場，不計質子的重力，下列說法正確的是（　　）
A．金屬板M、N間的電壓
B．金屬板M、N間的電壓
C．勻強磁場的磁感應強度大小為
D．勻強磁場的磁感應強度大小為
【解答】解：AB、質子在極板間運動過程，據牛頓第二定律得：
質子做類平拋運動，水平方向：L＝v0t
豎直方向：
聯立解得金屬板M、N間的電壓為：，故A錯誤，B正確；
CD、設質子離開極板時速度與水平方向的夾角為θ，可得進入磁場時的速度為
由幾何關系可得：
質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：
解得勻強磁場的磁感應強度大小為，故C正確，D錯誤。
故選：BC。
（多選）（2023 邯鄲二模）“太空粒子探測器”是安裝在國際空間站上的一種探測宇宙射線的試驗設備，由加速裝置、偏轉裝置和收集裝置三部分組成。其簡化原理圖如圖所示，兩個同心扇形圓弧面PQ、MN之間存在輻射狀的加速電場，方向由內弧面指向外弧面，圓心為O，兩弧面間的電勢差為U，右側邊長為L的正方形邊界abcd內存在垂直紙面向里的勻強磁場，其大小為B（可調節），O點為ad邊界的中點，PO、QO與ad邊界的夾角均為30°。假設太空中質量為m、電荷量為e的帶負電粒子，均能均勻地吸附到外弧面PQ的右側面上，由靜止經電場加速后穿過內弧面均從O點進入磁場，不計粒子重力、粒子間的作用力及碰撞，下列說法正確的是（　　）
A．粒子到達O點時的速率
B．若從O點垂直于ad邊界射入磁場的粒子恰能從c點離開，則
C．若沿PO方向射入磁場的粒子恰好從d點射出磁場，此時
D．若要求外弧面PQ上所有的粒子均從cd邊射出磁場，則B值的取值范圍為
【解答】解：A.粒子P在電場中加速，根據動能定理有，則粒子到達O點時的速率為，故A正確；
B.從O點垂直于ad邊界射入磁場的粒子恰能從c點離開，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡如下圖所示
由幾何關系可得，解得，根據洛倫茲力提供向心力可得，解得，故B錯誤；
C.沿PO方向射入磁場的粒子從d點離開磁場，由幾何關系可得，洛倫茲力提供向心力，解得，故C錯誤；
D.當磁場的磁感應強度最小時，沿著QO方向入射的粒子軌跡恰好與bc邊界相切從后從dc邊射出，則外弧面PQ上所有的粒子均能從cd邊射出磁場，由幾何關系可得r1+r1cos30°＝L，解得，洛倫茲力提供向心力，解得，當磁場的磁感應強度最大時，沿PO方向射入磁場的粒子，軌跡恰好經過d點，則則外弧面PQ上所有的粒子均能從cd邊射出磁場，則磁場范圍應滿足，故D正確。
故選：AD。
（2023 杭州二模）如圖，為某一粒子分離收集裝置，間距L＝3cm的PQ兩平行絕緣板之間為初始粒子通道，OO'為中軸線，工作時會有大量帶電粒子或僅沿著中軸線通過該通道，或平行于中軸線通過整個通道。如果需要，整個通道還可以繞O點在紙面內轉動，其右側分布著垂直于紙面向外的單邊界水平磁場，磁感應強度為B＝0.1T，磁場區域在豎直方向和右邊足夠大，O點為通道中軸線與磁場左邊界的交點，初始中軸線垂直于邊界。在左邊界放置足夠大單向濾網板，帶電粒子可以從左向右無影響的穿過濾網板，但是從右向左帶電粒子無法穿越，從右向左遇到單向濾網板會被濾網板擋住且收集，可以視為收集板。PQ平行板的右端與磁場左邊界有足夠距離，以O點為坐標原點，沿邊界豎直向上為y軸正方向，水平向右為x軸正方向，建立坐標系。現有大量速度都為v＝5×103m/s的、粒子，從左端進入通道，實施試驗。已知的質量為m＝1.6×10﹣27kg，的質量為2m，它們的帶電量都為e＝1.6×10﹣19C，不計粒子在通道內的運動時間，粒子離開通道后可以繼續勻速直線前進，直至進入磁場。不計粒子重力和粒子間的相互影響。
（1）第一次試驗，通道不轉動，帶電粒子僅沿著中軸線通過通道，求在收集板上的落點位置（用y坐標表示）；
（2）第二次試驗，整個通道繞O點在紙面內緩慢轉動，轉動范圍為中軸線與水平方向的夾角為θ（θ≤90°） 的上下對稱區域，帶電粒子始終沿著中軸線通過通道，為了使、粒子在收集板上不重疊，求轉動角θ的最大值；
（3）第三次試驗，通道在上下對稱區域內緩慢轉動，最大轉動角θ＝60°，帶電粒子始終平行于中軸線通過整個通道，求、粒子在收集板上的重疊區間。
【解答】解：（1）通道不轉動，帶電粒子僅沿著中軸線通過通道，垂直于磁場邊界進入磁場，則它在磁場中的軌道是半個圓周，如下圖所示：
根據洛倫茲力提供向心力，有Bev，則r1，代入數據解得r1＝5×10﹣4m，在收集板上的落點位置y0＝2r1＝10﹣3m。
（2）粒子在磁場中運動的軌道半徑r2＝2，代入數據解得r2＝10﹣3m，整個通道繞O點在紙面內緩慢轉動，若向上轉動，兩種粒子則落在收集板的位置逐漸上移，轉動到中軸線與水平方向的夾角為θ（θ≤90°） 時，粒子達到y0 處，若角度再增大就會和粒子落點重合，如下圖所示：
由于r2＝y0＝10﹣3m，根據幾何關系可以求解轉動角θ的最大值為60°。
若向下轉動，兩種粒子則落在收集板的位置也逐漸上移，轉動到中軸線與水平方向的夾角為θ（θ≤90°） 時，粒子達到y0處，若角度再增大就會和 粒子落點重合，如下圖所示：
由于r2＝y0＝10﹣3m，根據幾何關系可以求解轉動角θ的最大值也為60°。
（3）PQ兩平行絕緣板之間間距L＝3×10﹣2m，當兩板向上轉過60°時，沿P和Q邊緣粒子的入射點為y1和y2根據幾何知識可知y1＝3×10﹣2m，y2＝﹣3×10﹣2m，
根據第（2）問可知，兩板繞O轉過60°，粒子在磁場中運動的軌道與y軸相交得到的弦長為y0＝10﹣3 m，則粒子在y軸正方向最大坐標為
ymax＝y1﹣y0＝3×10﹣2m﹣10﹣3m＝2.9×10﹣2m；
粒子沿Q板在y2處進入磁場，在磁場中運動的軌道與y軸相交得到的弦長等于r1＝5×10﹣4m，則粒子粒子在y軸負方向最大坐標為
ymax1＝y2﹣r1＝﹣3×10﹣2m﹣5×10﹣4m＝﹣3.05×10﹣2m
所以求、粒子在收集板上的重疊區間為﹣3.05×10﹣2m～2.9×10﹣2m之間；同理可以得出若向下最大轉動角θ＝60°，、粒子在收集板上的重疊區間也為﹣3.05×10﹣2m～2.9×10﹣2m之間。
答：（1）通道不轉動，帶電粒子僅沿著中軸線通過通道，垂直于磁場邊界進入磁場，在收集板上的落點位置y0＝10﹣3m；
（2）轉動角θ的最大值為60°；
（3）最大轉動角θ＝60°，、粒子在收集板上的重疊區間為﹣3.05×10﹣2m～2.9×10﹣2m之間。
分析帶電粒子在組合場中運動問題的方法
(1)要清楚場的性質、方向、強弱、范圍等．
(2)帶電粒子依次通過不同場區時，由受力情況確定粒子在不同區域的運動情況．
(3)正確地畫出粒子的運動軌跡圖．
(4)根據區域和運動規律的不同，將粒子運動的過程劃分
為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規律處理．
(5)要明確帶電粒子通過不同場區的交界處時速度大小和方向關系，上一個區域的末速度往往是下一個區域的初速度．
考題二　帶電粒子在疊加場中的運動
（2023 湖北模擬）如圖所示，空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直紙面（xOy平面）向外，電場的方向沿y軸正方向。一質量為m、電荷量為q的帶電粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點O由靜止開始運動（其軌跡如圖所示）。已知磁感應強度的大小為B，電場強度大小為E，不計粒子的重力，下列說法正確的是（　　）
A．粒子帶負電
B．粒子運動軌跡是拋物線
C．粒子距離x軸的最大距離為
D．粒子運動過程中的最大速度為
【解答】解：A．粒子由靜止開始運動，電場力方向豎直向上，故粒子帶正電，故A錯誤；
B．粒子運動時受電場力和洛倫茲力，因洛倫茲力是變力，則軌跡不是拋物線，故B錯誤；
CD．為使粒子在磁場作用下做勻速圓周運動的分運動，則沿x軸正方向的分速度v在磁場作用下產生的洛倫茲力應與電場力平衡，
qE＝qvB
解得：
將粒子的運動分解為速度的向右勻速直線運動和速度為v的沿順時針方向的勻速圓周運動，則粒子距x軸的最大距離為：
Y＝2R
粒子一個分運動做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：
聯立解得：
兩分運動同向時速度最大，則最大速度為：
，故C正確，D錯誤。
故選：C。
（多選）（2023 南關區校級模擬）如圖甲所示，xOy為豎直平面內的直角坐標系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向，水平方向的勻強磁場B垂直于xOy平面向里，勻強電場E平行于x軸，方向未知。一質量為m，帶電量絕對值為q的質點在xOy平面內運動，在0～2s時間內其x坐標和y坐標隨時間t變化的圖象如圖乙所示，重力加速度為g，不計其它力，則下列說法中正確的是（　　）
A．質點一定帶正電
B．電場的方向可能沿x軸負方向
C．質點所受的電場力與重力的大小關系為
D．勻強電場的電場強度E與勻強磁場的磁感應強度B的關系為3（m/s）
【解答】解：AB、根據兩個方向的位移—時間關系圖像判斷粒子做勻速直線運動，運動的起點為（0，2m），沿x軸方向的速度vx4m/s
沿y軸方向的速度vy
合速度v5m/s
設合速度與x軸夾角為α，則tanα，則α＝37°
由于重力豎直向下，電場力水平，則洛倫茲力一定要有向上的分力質點才能平衡，做勻速直線運動，所以質點一定帶正電，故A正確；
洛倫茲力與速度方向垂直，即與y軸正方向夾角為37°，則電場力一定沿x軸正方向，則電場方向一定沿x軸正方向，故B錯誤；
CD、根據AB選項分析，質點受力如下圖所示：
三力平衡，將洛倫茲力沿x軸和y軸分解，x軸方向：fsin37°＝Eq，即Bqvsin37°＝Eq，將v＝5m/s代入解得：，故D正確；
y軸方向：fcos37°＝mg，即Bqvcos37°＝mg，與x軸方向的平衡式聯立解得：，故C正確。
故選：ACD。
（2023 沙河口區校級模擬）如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內，在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度為B，方向垂直xOy平面向里，電場線平行于y軸。一質量為m、電荷量為q的帶負電荷的小球，從y軸上的A點水平向右拋出。經x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，MN之間的距離為L，小球過M點時的速度方向與x軸正方向夾角為θ。不計空氣阻力，重力加速度為g，求：
（1）電場強度E的大小和方向；
（2）小球從A點拋出時初速度v0的大小；
（3）A點到x軸的高度h。
【解答】解：（1）小球在電場和磁場中恰能做勻速圓周運動，說明電場力與重力平衡，即qE＝mg
解得：
因為小球所受電場力方向豎直向上，且小球帶負電，所以電場強度E的方向為豎直向下。
（2）設小球在電場和磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，速率為v。根據幾何關系可知：2rsinθ＝L
根據牛頓第二定律和洛倫茲力公式有：
根據速度的合成與分解有：
聯立代入數據解得：
（3）根據平拋運動規律可知小球在M點時的豎直分速度大小為：
根據速度的合成與分解有：
聯立代入數據解得：
答：（1）電場強度E的大小為，方向豎直向下；
（2）小球從A點拋出時初速度v0的大小為；
（3）A點到x軸的高度為。
帶電粒子在疊加場中運動問題的處理方法
(1)弄清疊加場的組成特點．
(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.
④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．
考題三　帶電粒子在交變電磁場中運動的問題
（2023 重慶模擬）如題圖1所示，一對豎直固定的平行金屬板M、N間距為L，O1、O2為兩板上正對的小孔，M、N兩板間加有恒定電壓，M板為正極板。緊貼N板右側存在上下范圍足夠大、水平寬度為d的有界勻強磁場區域，磁場方向垂直紙面（圖中未畫出），豎直虛線P1Q1、P2Q2是該磁場區域的左、右邊界。現有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從O1孔進入M、N兩板間，粒子初速度和重力均不計。
（1）若M、N兩板間電壓為U，求兩板間勻強電場的場強大小E和該粒子剛進入磁場區域時的速度大小；
（2）磁場的磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖2所示，其中B0為已知量，周期。t＝0時刻該粒子從O2孔射入磁場，始終不能穿出右邊界P2Q2，求M、N兩板間電壓U′應滿足的條件；
（3）在（2）的條件下，該粒子末與N板發生碰撞，求該粒子在磁場中運動的總時間。
【解答】解：（1）由題知，兩板間勻強電場的場強大小：
設該粒子剛進入磁場區域時的速度大小為v，根據動能定理有：
解得：
（2）設該粒子從O2孔進入磁場時速度大小為v0，0～內，該粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，周期為T1，由：
變形得到：
該過程中，運動時間為：
偏轉角度：
～T0內，該粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，周期為T，由動力學規律：qv0×2B，T
得到：
該過程中，運動時間：
偏轉角度：
由此可知：R1＝2R，T1＝2T
取0～內的磁場方向垂直紙面向外，該粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示
整個運動過程中，該粒子在磁場中的水平位移為x，由幾何關系有
該粒子始終不能穿出右邊界P2Q2，應滿足：d≥x
又因為：
聯立解得：
（3）由（2）可知，粒子在磁場中的運動時間為：
答：（1）兩板間勻強電場的場強大小E為，該粒子剛進入磁場區域時的速度大小為；
（2）M、N兩板間電壓U′應滿足的條件為；
（3）該粒子在磁場中運動的總時間為。
（2023 海安市校級模擬）如圖甲所示，平行板電容器板長為L、間距離為d，虛線PO為兩板間的中軸線。質量為m、電荷量為e的電子源從平行金屬板之外的P點（無窮遠處）沿虛線PO方向以初速度v0均勻持續射入。兩板間加上如圖乙所示的電壓U（U未知），T。平行板電容器右側有一方向垂直紙面向里的勻強磁場，MN為其左邊界，磁感應強度為B，磁場中放置一半徑為的圓柱ed形金屬圓筒，圓心O到MN的距離OO1，圓筒軸線與磁場平行，圓筒用導線通過一個電阻r0接地。已知t＝0時刻射入的電子剛好打不到極板，不計電子的重力以及電子間的相互作用力，忽略平行金屬板之外的電場。
（1）求U的大小（用不含T的表達式表示）；
（2）最初金屬圓筒不帶電，求能夠打到圓筒上的電子占發射的電子百分比η；
（3）不考慮MN左右電場的相互影響，當圓筒上電量達到相對穩定時，測量到通過電阻r0的電流恒為I，求此時電子到達圓筒時速度v和金屬圓筒的發熱功率P。（取無窮遠處或大地電勢為零）。
【解答】解：（1）電子在電場中做類平拋運動，
水平方向：L＝2v0t
豎直方向：
解得：
（2）電子經過電場后速度方向均與極板平行，寬度為d，設電子進入磁場的軌道半徑為R，
由牛頓第二定律得：
解得：
電子運動軌跡如圖所示：
大量電子從MN上不同點進入磁場，從O1上方O點射入的電子剛好與圓筒外切，根據幾何關系有：
從O1上方A點射入的電子剛好與圓筒外切于E，根據幾何關系可知能夠打到圓筒上的電子占發射的電子百分比為：
（3）穩定時，圓筒上的電荷不再增加，設粒子從P點射到圓筒表面的速度為v，由動能定理得：
解得：
單位時間內到達圓筒的電子數：
所以圓筒的發熱功率為：
答：（1）U的大小是；
（2）能夠打到圓筒上的電子占發射的電子百分比η是50%；
（3）此時電子到達圓筒時速度v是，金屬圓筒的發熱功率P是。
解決帶電粒子在交變電磁場中運動問題“三步走”
考題四　磁與現代科技的應用
（2023 鎮海區模擬）如圖所示裝置均可以將非電學量轉化成電學量，方便地用于測量、傳輸、處理和控制。關于這些裝置，以下說法正確的是（　　）
A．甲圖裝置霍爾元件左右移動時，能產生霍爾電壓的原理是電磁感應
B．乙圖中物體向左移，則電容器的電容變小
C．丙圖裝置中通過物體位置變化引起線圈的自感系數改變從而將位置量換轉成電學量
D．丁圖裝置只要有聲音，即使不接入電源，R兩端也有電壓輸出
【解答】解：A．帶電粒子在洛倫茲力作用向下移動，霍爾元件上下表面出現電勢差，不是電磁感應原理，故A錯誤；
B．乙圖中物體向左移，兩極板間電介質增大，可知電容器的電容變大，故B錯誤；
C．丙圖裝置中通過物體位置變化引起線圈的自感系數改變從而將位置量換轉成電學量，故C正確；
D．丁圖裝置只要有聲音，不接入電源，R兩端不會有電壓輸出，故D錯誤。
故選：C。
（2023 溫州三模）利用霍爾傳感器可測量自行車的運動速率，如圖所示，一塊磁鐵安裝在前輪上，霍爾傳感器固定在前叉上，離輪軸距離為r，輪子每轉一圈，磁鐵就靠近霍爾傳感器一次，傳感器就會輸出一個脈沖電壓。當磁鐵靠霍爾元件最近時，通過元件的磁場可視為勻強磁場，磁感應強度為B，在導體前后表面間出現電勢差U。已知霍爾元件沿磁場方向的厚度為d，載流子的電荷量為﹣q，電流I向左。下列說法正確的是（　　）
A．前表面的電勢高于后表面的電勢
B．若車速越大，則霍爾電勢差U越大
C．元件內單位體積中的載流子數為
D．若單位時間內霍爾元件檢測到m個脈沖，則自行車行駛的速度大小
【解答】解：A、由題可知，結合電路圖、左手定則，可知安培力的方向，如圖：
則霍爾元件中負電荷的運動方向為：負電荷由后向前運動，
由于霍爾元件的電流是由負電荷定向運動形成的，則霍爾元件的電流是由后向前流，又因為電勢隨電流流向降低，故前表面的電勢低于后表面的電勢，故A錯誤；
B、根據：可得：U＝vdB，根據電流的微觀定義式：I＝neSv，可得：
聯立解得：，可得霍爾電勢差U與車速無關，故B錯誤；
C、由B項可知，可得到：，故C錯誤；
D、若單位時間內霍爾元件檢測到m個脈沖，則可知車輪轉動周期為：T＝m，則角速度為：
則根據線速度公式v＝ωr可得：，故D正確；
故選：D。
（2023 臺州二模）筆記本電腦機身和顯示屏分別裝有霍爾元件和磁體，實現開屏變亮，合屏熄滅。圖乙為一塊利用自由電子導電，長、寬、高分別為a、b、c的霍爾元件，電流方向向右。當合上顯示屏時，水平放置的元件處于豎直向下的勻強磁場中，元件前、后表面間產生電壓，當電壓達到某一臨界值時，屏幕自動熄滅。則元件的（　　）
A．合屏過程中，前表面的電勢比后表面的低
B．開屏過程中，元件前、后表面間的電壓變大
C．若磁場變強，可能出現閉合屏幕時無法熄屏
D．開、合屏過程中，前、后表面間的電壓U與b無關
【解答】解：A．電流方向向右，由此可分析出電子向左定向移動，根據左手定則，自由電子向后表面偏轉，后表面積累了電子，前表面的電勢高于后表面的電勢，故A錯誤；
BCD．穩定后電子受到的電場力和洛倫茲力平衡，則根據平衡條件可得：
根據電流的微觀表達式可知：
I＝neSv＝nebcv
解得：
因此開屏過程中，磁感應強度減小，元件前、后表面間的電壓變小。若磁場變強，元件前、后表面間的電壓變大，不可能出現閉合屏幕時無法熄屏。開、合屏過程中，前、后表面間的電壓U與b無關，故D正確，BC錯誤；
故選：D。
（2023 浙江二模）根據霍爾效應原理制成的霍爾元件有廣泛的應用，某研究小組用霍爾元件來研究金屬棒在磁場中的運動規律。如圖1（a）所示，在水平面上固定放置兩間距為l的平行、光滑金屬導軌，其右側通過開關S接有恒流源，向回路提供恒定電流I0；在﹣x0≤x≤x≤x0 區間存在方向垂直導軌平面向下、大小沿Oy軸方向不變、沿Ox軸方向按某一規律變化的穩恒磁場。一質量為m的金屬棒垂直于導軌放置，其上固定一霍爾元件（相比m，其質量可忽略不計），它是一個長、寬和高分別為a×bxc的長方體微小半導體薄片，磁場方向垂直a×b平面，其單位體積中載流子數為n，每個載流子帶電荷量為e。在半導體薄片上制作四個電極E、F、M、N，放大圖如圖1（b）所示，在E、F間通入恒定的電流I，則在M、N間出現霍爾電壓UH＝UM﹣UN（圖中沒有畫出提供電流I和測量電壓 UH的電路圖）。開關S斷開時，導體棒靜止在x＝x0處。計算時將用常量k表示。（已知力一位移圖象的面積是力所做的功）
（1）求半導體薄片中載流子平均移動速率；
（2）半導體材料有P型（載流子以空穴導電為主，即正電荷導電）和N型（載流子以電子導電為主）兩種，當棒位于x＝x0處時，測得霍爾電壓大小為UH0，求該處磁感應強度B0的大小；如果 UH0＞0，則該半導體是P型還是N型？
（3）閉合開關S，導體棒從x＝x0處開始運動，測得霍爾電壓UH隨x變化的圖線為如圖2所示，求磁感應強度B沿Ox軸的分布規律和棒運動速度與x的關系。

【解答】解：（1）設半導體薄片中載流子平均移動速率為，根據電流微觀表達式
解得：；
（2）當棒位于x＝x0處時，
聯立解得：
若UH0＞0，M端積累正電荷，N端積累負電荷，故為N型。
（3）由圖2可知，，當導體棒運動到x處時，其磁感應強度大小為B，則
B（磁場方向豎直向下為正）
導體棒受力
由動能定理：
v（﹣x0≤x≤x0）
導體棒做簡諧振動，沿x軸負方向運動時，取負號，反之取正號。
答：（1）半導體薄片中載流子平均移動速率為
（2）當棒位于x＝x0處時磁感應強度B0為，如果 UH0＞0，則該半導體是N型
（3）磁感應強度B沿Ox軸的分布規律和棒運動速度與x的關系式：v（﹣x0≤x≤x0）
幾種常見的電磁場應用實例
(1)質譜儀：
①用途：測量帶電粒子的質量和分析同位素．
②原理：由粒子源S發出的速度幾乎為零的粒子經過加速電場U加速后，以速度v＝ 進入偏轉磁場中做勻速圓周運動，運動半徑為r＝ ，粒子經過半個圓周運動后打到照相底片D上，通過測量D與入口間的距離d，進而求出粒子的比荷＝或粒子的質量m＝.
(2)速度選擇器：帶電粒子束射入正交的勻強電場和勻強磁場組成的區域中，滿足平衡條件qE＝qvB的帶電粒子可以沿直線通過速度選擇器．速度選擇器只對粒子的速度大小和方向做出選擇，而對粒子的電性、電荷量不能進行選擇．
(3)回旋加速器：
①用途：加速帶電粒子．
②原理：帶電粒子在電場中加速，在磁場中偏轉，交變電壓的周期與帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期相同．
③粒子獲得的最大動能Ek＝，其中rn表示D形盒的最大半徑．
（2021 浙江模擬）如圖所示，正方體容器中有一個勻強磁場，一束電子從a孔沿ab方向垂直于磁場射入容器中，其中一部分電子從c孔射出，另一部分從d孔射出，不計電子重力及電子間的相互作用力，則從c、d孔射出的電子（　　）
A．速率之比vc：vd＝1：2
B．在容器中運動的時間之比tc：td＝2：1
C．在容器中運動的加速度大小之比ac：ad＝1：
D．在容器中運動的加速度大小之比ac：ad＝2：1
【解答】解：A、電子從c點射出，d為圓心，則rc＝L，
根據qvB，得
電子從d點射出，ad中點為圓心，則，rd＝0.5L
根據，得
cd的速率之比為2：1，故A錯誤；
B、電子從c射出，圓心角為90°，從d射出時，圓心角為180°，根據
T，則電子在c射出時間為，在d射出時間為，所以時間之比為1：2，故B錯誤；
C、根據牛頓第二定律可知，洛倫茲力提供加速度，則a，則cd兩點射出的加速度之比為2：1；故C錯誤，D正確。
故選：D。
（2021 浙江模擬）如圖所示，在平面直角坐標系第二象限的OABC矩形區域內存在沿y軸方向的勻強電場（方向未畫出），第四象限的ODEF矩形區域內存在垂直于第四象限的勻強磁場（方向未畫出），磁感應強度大小為B，一帶電粒子從B點以速度v0沿x軸正向飛入電場，恰好從坐標原點O飛入磁場，經過一段時間，粒子最終從F點飛出磁場．已知OC＝OF＝2OA＝2OD＝2L，C、F兩點位于x軸上，不計粒子重力則粒子的比荷為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：O點的速度反向延長線過AB邊的中點，因此速度方向與x軸正方向成45°角，做出粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，根據幾何關系可得：，又R，粒子在電場中做類平拋運動，根據幾何關系可知v，聯立解得，故ABD錯誤，C正確；
故選：C。
（2020 浙江模擬）如圖所示，一管壁半徑為R的直導管（導管柱的厚度可忽略）水平放置在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里；沿導管向左流動的液體中，僅含有一種質量為m、帶電荷量為+q的帶電微粒，微粒受磁場力影響發生偏轉，導管上、下壁a、b兩點間最終形成穩定電勢差U，導管內部的電場可看作勻強電場，忽略浮力，則液體流速和a、b電勢的正負為（　　）
A．，a正、b負 B．，a正、b負
C．，a負、b正 D．、a負、b正
【解答】解：液體中帶正電微粒流動時，根據左手定則，帶電微粒受到向下的洛倫茲力，所以帶電微粒向下偏，則a點電勢為負，點電勢為正，最終液體中的帶電微粒所受的電場力與磁場力和帶電微粒所受重力的合力為零，即為：
解得：，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
（2019 浙江模擬）現有一種質譜儀如圖所示，離子化室存在一些初速度為零的正離子。正離子經高壓電源加速，加速后通過圓形磁場室（內為勻強磁場）、真空管，最后打在記錄儀上，通過處理就可以得到正離子比荷（），進而推測有機物的分子結構。已知高壓電源的電壓為U，圓形磁場區的半徑為R，真空管與水平面夾角為θ，離子進入磁場室時速度方向指向圓心。則下列說法正確的是（　　）
A．高壓電源A端應接電源的正極
B．磁場室的磁場方向必須垂直紙面向里
C．兩種一價正離子X1，X2（X1質量大于X2）同時進入磁場室后，出現圖中的軌跡Ⅰ和Ⅱ，則軌跡I一定對應X2
D．若磁場室內的磁感應強度大小為B，當記錄儀接收到一個明顯的信號時，與該信號對應的離子比荷為
【解答】解：A、離子帶正電，經過高壓電源區前的速度為零，那么，要使離子通過高壓電源區，場強方向由B指向A，故高壓電源A端應接電源的負極，故A錯誤；
B、要使離子在磁場區域發生如圖所示偏轉，那么，磁場方向垂直紙面，離子進行順時針圓周運動，故由左手定則可得：磁場方向垂直紙面向外，故B錯誤；
C、離子經過高壓電源區只受電場力作用，故由動能定理可得：qUmv2
所以有：v；
離子在磁場中只受洛倫茲力作用，故離子做勻速圓周運動，洛倫茲力做向心力，故有：Bvq＝m
所以軌道半徑為：r；同位素的電荷量相同，故質量越大，軌道半徑越大；
由圖可得：軌跡Ⅱ對應的軌道半徑較大，故軌跡軌跡I一定對應X2，故C正確；
D、由圖根據幾何關系可得：tan，所以，由C可得比荷為：，故D錯誤；
故選：C。
（2022 溫州二模）如圖是判斷檢測電流I0大小是否發生變化的裝置，該檢測電流在鐵芯中產生磁場，其磁感應強度與檢測電流I0成正比。現給金屬材料制成的霍爾元件（其長、寬、高分別為a、b、d）通以恒定工作電流I，通過下側電壓表的示數來判斷I0的大小是否發生變化，下列說法正確的是（　　）
A．M端應與電壓表的“負”接線柱相連
B．要提高檢測的靈敏度可適當增大寬度b
C．要提高檢測靈敏度可適當增大工作電流I
D．當霍爾元件尺寸和工作電流I不變時，電壓表示數變大，說明檢測電流I0變小
【解答】解：A、根據右手螺旋定則可知檢測電流產生的磁場方向向下，磁感線在磁芯中沿逆時針方向，可知霍爾元件所在磁場方向向上，由于霍爾元件中的載流子為電子，可知電子移動方向與工作電流方向相反，根據左手定則可知，電子在N端積累，N端為負極，則M端應與電壓表的正接線柱相接，故A錯誤；
BC、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＝vΔtSbdne
解得：I＝vbdne，
由于粒子最終受到的電場力和洛倫茲力大小相等，方向相反，則
解得：
因此若要提高靈敏度，可以適當減小d，增大工作電流，故C正確，B錯誤；
D、當霍爾元件尺寸和工作電流I不變時，根據可知電壓表示數變大，磁感應強度B變大，則檢測電流變大，故D錯誤；
故選：C。
（2022 浙江模擬）如圖為某熱量交換系統部分模型示意圖，它利用電磁泵驅動形成導電流體在循環系統中流動，電磁泵是一個長方體，ab長為L1，ad長為L2，dh長為L3，上、下表面是金屬板，其它部分和管道由絕緣材料構成，循環系統管道內充滿導電液體，導電液體的電阻率為ρ，泵體所在處有方向垂直泵體前表面向外，大小為B的勻強磁場，工作時泵體的上下兩表面接在電壓為U（內阻不計）的電源上，理想電流表的讀數為I，則下列說法中正確的是（　　）
A．示意圖中液體要順時針流動，泵體上、下表面應分別與電源正、負極相接
B．理想電流表的讀數I
C．接在泵體的上下兩表面的電壓變為2U，理想電流表的讀數小于2I（未超出量程）
D．改變磁感應強度大小，不會影響管內液體的流動速度
【解答】解：A、根據左手定則知，要使液體順時針流動，泵體上表面應與電源負極相接，故A錯誤；
B、根據電阻定律可知泵內液體的電阻為
流過泵體的電流為I泵
由于電磁泵是非純電阻電路，需對外抽水做功，設對外做功的功率為P2，則電源提供的總功率等于泵體內液體電流產生熱量消耗的功率與對外做功功率之和，即UI＝P1+P2＝UI泵+P2，因此I，故B錯誤；
C、接在泵體的上下兩表面的電壓變為2U后，流過泵體的電流為原來的兩倍，因此導體泵內電流產生熱量消耗的電功率為原來的4倍，安培力增大為原來的兩倍，根據牛頓第二定律和勻變速運動速度與位移的關系可得，在相同的距離內，速度僅更大為原來速度的倍，根據瞬時功率公式可得電磁泵對外做功的功率增大為原來的倍，因為，因此理想電流表的讀數將小于2I，故C正確；
D、改變磁感應強度大小，受到的安培力大小也會變化，進而會影響管內液體的流動速度，故D錯誤。
故選：C。
（2021 浙江模擬）如圖所示為質譜儀的結構圖，該質譜儀由速度選擇器與偏轉磁場兩部分組成，已知速度選擇器中的磁感應強度大小為B0、電場強度大小為E，熒光屏PQ下方勻強磁場的方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為2B0。三個帶電荷量均為q、質量不同的粒子沿豎直方向經速度選擇器由熒光屏上的狹縫O進入偏轉磁場，最終打在熒光屏上的S1、S2、S3處，相對應的三個粒子的質量分別為m1、m2、m3，忽略粒子的重力以及粒子間的相互作用。則下列說法不正確的是（　　）
A．打在S3發位置的粒子質量最大
B．質量為m1的粒子在偏轉磁場中運動時間最短
C．如果S1S3＝Δx，則
D．如m1、m2在偏轉磁場中運動時間差為Δt，則
【解答】解：AC、粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，由平衡條件：qE＝qvB0，解得粒子進入偏轉磁場時的速度v
粒子在偏轉磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律：，解得粒子做即周運動的半徑r
則粒子打在熒光屏位置與O點的距離d＝2r，
則S3O，S2O.S1O
S3O＞S2O＞S10，則m3＞m2＞m1，
可見打在S3的粒子質量最大；如果S1S3＝S3O﹣S1O＝Δx，解得m3﹣m1，故A正確，不符合題意，C錯誤，符合題意；
BD、粒子在偏轉磁場中運動的周期T，粒子在偏轉磁場中運動時轉過的圓心角為180°，故粒子在偏轉磁場中運動的時間t，由于m3＞m2＞m1，可見質量為m1的粒子在偏轉磁場中運動的時間最短，設m1、m2在偏轉磁場中運動時間差為Δt，則Δt，解得m2﹣m1，故BD正確，不符合題意。
本題選擇錯誤選項。
故選：C。
（2023 咸陽一模）在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖，是離子注入工作原理示意圖，正離子質量為m，電荷量為q，經電場加速后沿水平方向進入速度選擇器，然后通過磁分析器，選擇出特定比荷的正離子，經偏轉系統后注入處在水平面上的晶圓硅片。速度選擇器、磁分析器和偏轉系統中勻強磁場的磁感應強度大小均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器和偏轉系統中勻強電場的電場強度大小均為E，方向分別為豎直向上和垂直紙面向外。磁分析器截面是內外半徑分別為R1和R2的四分之一圓弧，其兩端中心位置M和N處各有一小孔；偏轉系統中電場和磁場的分布區域是一棱長為L的正方體，晶圓放置在偏轉系統底面處。當偏轉系統不加電場和磁場時，正離子恰好豎直注入到晶圓上的O點，O點也是偏轉系統底面的中心。以O點為原點建立xOy坐標系，x軸垂紙面向外。整個系統處于真空中，不計正離子重力，經過偏轉系統直接打在晶圓上的正離子偏轉的角度都很小，已知當α很小時，滿足：sinα＝α，cosα＝1。
（1）求正離子通過速度選擇器后的速度大小v及磁分析器選擇出的正離子的比荷；
（2）當偏轉系統僅加磁場時，設正離子注入到顯上的位置坐標為（x，y），請利用題設條件，求坐標（x，y）的值。
【解答】解：（1）在速度選擇器中有Bqv＝Eq，解得：
在磁分析器中，根據洛倫茲力提供向心力有
根據幾何關系
解得
（2）在偏轉系統中，因為只加有磁場，所以帶電離子做勻速圓周運動。設離子軌跡的圓心角為α，如圖所示
由幾何關系得
所以有y＝R（1﹣cosα）
由題設條件sinα＝α，
可得
所以正離子注入到顯上的位置坐標為。
答：（1）正離子通過速度選擇器后的速度大小v為，磁分析器選擇出的正離子的比荷為；
（2）坐標（x，y）的值為。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
21世紀教育網(www.21cnjy.com)中小學教育資源及組卷應用平臺
第8講 帶電粒子在電場和磁場中的運動
考題一　帶電粒子在組合場中的運動
（多選）（2023 沙坪壩區校級模擬）如圖所示，水平放置的一對長和間距均為L的平行金屬板M，N，金屬板的中線P，Q與磁場的左邊界（虛線）的交點為Q。在金屬板M，N的右邊緣虛線a、b右側存在著大小未知，垂直紙面向里的勻強磁場。質子以初速度v0從P點水平向右射入金屬板中，恰好從極板邊緣（未與極板接觸）射出金屬板，經過磁場后恰好打到另一極板與磁場邊界的交點處。已知質子的質量和電荷量分別為m、e，金屬板間電場視為勻強電場，不計質子的重力，下列說法正確的是（　　）
A．金屬板M、N間的電壓
B．金屬板M、N間的電壓
C．勻強磁場的磁感應強度大小為
D．勻強磁場的磁感應強度大小為
（多選）（2023 邯鄲二模）“太空粒子探測器”是安裝在國際空間站上的一種探測宇宙射線的試驗設備，由加速裝置、偏轉裝置和收集裝置三部分組成。其簡化原理圖如圖所示，兩個同心扇形圓弧面PQ、MN之間存在輻射狀的加速電場，方向由內弧面指向外弧面，圓心為O，兩弧面間的電勢差為U，右側邊長為L的正方形邊界abcd內存在垂直紙面向里的勻強磁場，其大小為B（可調節），O點為ad邊界的中點，PO、QO與ad邊界的夾角均為30°。假設太空中質量為m、電荷量為e的帶負電粒子，均能均勻地吸附到外弧面PQ的右側面上，由靜止經電場加速后穿過內弧面均從O點進入磁場，不計粒子重力、粒子間的作用力及碰撞，下列說法正確的是（　　）
A．粒子到達O點時的速率
B．若從O點垂直于ad邊界射入磁場的粒子恰能從c點離開，則
C．若沿PO方向射入磁場的粒子恰好從d點射出磁場，此時
D．若要求外弧面PQ上所有的粒子均從cd邊射出磁場，則B值的取值范圍為
（2023 杭州二模）如圖，為某一粒子分離收集裝置，間距L＝3cm的PQ兩平行絕緣板之間為初始粒子通道，OO'為中軸線，工作時會有大量帶電粒子或僅沿著中軸線通過該通道，或平行于中軸線通過整個通道。如果需要，整個通道還可以繞O點在紙面內轉動，其右側分布著垂直于紙面向外的單邊界水平磁場，磁感應強度為B＝0.1T，磁場區域在豎直方向和右邊足夠大，O點為通道中軸線與磁場左邊界的交點，初始中軸線垂直于邊界。在左邊界放置足夠大單向濾網板，帶電粒子可以從左向右無影響的穿過濾網板，但是從右向左帶電粒子無法穿越，從右向左遇到單向濾網板會被濾網板擋住且收集，可以視為收集板。PQ平行板的右端與磁場左邊界有足夠距離，以O點為坐標原點，沿邊界豎直向上為y軸正方向，水平向右為x軸正方向，建立坐標系。現有大量速度都為v＝5×103m/s的、粒子，從左端進入通道，實施試驗。已知的質量為m＝1.6×10﹣27kg，的質量為2m，它們的帶電量都為e＝1.6×10﹣19C，不計粒子在通道內的運動時間，粒子離開通道后可以繼續勻速直線前進，直至進入磁場。不計粒子重力和粒子間的相互影響。
（1）第一次試驗，通道不轉動，帶電粒子僅沿著中軸線通過通道，求在收集板上的落點位置（用y坐標表示）；
（2）第二次試驗，整個通道繞O點在紙面內緩慢轉動，轉動范圍為中軸線與水平方向的夾角為θ（θ≤90°） 的上下對稱區域，帶電粒子始終沿著中軸線通過通道，為了使、粒子在收集板上不重疊，求轉動角θ的最大值；
（3）第三次試驗，通道在上下對稱區域內緩慢轉動，最大轉動角θ＝60°，帶電粒子始終平行于中軸線通過整個通道，求、粒子在收集板上的重疊區間。
分析帶電粒子在組合場中運動問題的方法
(1)要清楚場的性質、方向、強弱、范圍等．
(2)帶電粒子依次通過不同場區時，由受力情況確定粒子在不同區域的運動情況．
(3)正確地畫出粒子的運動軌跡圖．
(4)根據區域和運動規律的不同，將粒子運動的過程劃分
為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規律處理．
(5)要明確帶電粒子通過不同場區的交界處時速度大小和方向關系，上一個區域的末速度往往是下一個區域的初速度．
考題二　帶電粒子在疊加場中的運動
（2023 湖北模擬）如圖所示，空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直紙面（xOy平面）向外，電場的方向沿y軸正方向。一質量為m、電荷量為q的帶電粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點O由靜止開始運動（其軌跡如圖所示）。已知磁感應強度的大小為B，電場強度大小為E，不計粒子的重力，下列說法正確的是（　　）
A．粒子帶負電
B．粒子運動軌跡是拋物線
C．粒子距離x軸的最大距離為
D．粒子運動過程中的最大速度為
（多選）（2023 南關區校級模擬）如圖甲所示，xOy為豎直平面內的直角坐標系，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向，水平方向的勻強磁場B垂直于xOy平面向里，勻強電場E平行于x軸，方向未知。一質量為m，帶電量絕對值為q的質點在xOy平面內運動，在0～2s時間內其x坐標和y坐標隨時間t變化的圖象如圖乙所示，重力加速度為g，不計其它力，則下列說法中正確的是（　　）
A．質點一定帶正電
B．電場的方向可能沿x軸負方向
C．質點所受的電場力與重力的大小關系為
D．勻強電場的電場強度E與勻強磁場的磁感應強度B的關系為3（m/s）
（2023 沙河口區校級模擬）如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內，在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度為B，方向垂直xOy平面向里，電場線平行于y軸。一質量為m、電荷量為q的帶負電荷的小球，從y軸上的A點水平向右拋出。經x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，MN之間的距離為L，小球過M點時的速度方向與x軸正方向夾角為θ。不計空氣阻力，重力加速度為g，求：
（1）電場強度E的大小和方向；
（2）小球從A點拋出時初速度v0的大小；
（3）A點到x軸的高度h。
帶電粒子在疊加場中運動問題的處理方法
(1)弄清疊加場的組成特點．
(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.
④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．
考題三　帶電粒子在交變電磁場中運動的問題
（2023 重慶模擬）如題圖1所示，一對豎直固定的平行金屬板M、N間距為L，O1、O2為兩板上正對的小孔，M、N兩板間加有恒定電壓，M板為正極板。緊貼N板右側存在上下范圍足夠大、水平寬度為d的有界勻強磁場區域，磁場方向垂直紙面（圖中未畫出），豎直虛線P1Q1、P2Q2是該磁場區域的左、右邊界。現有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從O1孔進入M、N兩板間，粒子初速度和重力均不計。
（1）若M、N兩板間電壓為U，求兩板間勻強電場的場強大小E和該粒子剛進入磁場區域時的速度大小；
（2）磁場的磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖2所示，其中B0為已知量，周期。t＝0時刻該粒子從O2孔射入磁場，始終不能穿出右邊界P2Q2，求M、N兩板間電壓U′應滿足的條件；
（3）在（2）的條件下，該粒子末與N板發生碰撞，求該粒子在磁場中運動的總時間。
（2023 海安市校級模擬）如圖甲所示，平行板電容器板長為L、間距離為d，虛線PO為兩板間的中軸線。質量為m、電荷量為e的電子源從平行金屬板之外的P點（無窮遠處）沿虛線PO方向以初速度v0均勻持續射入。兩板間加上如圖乙所示的電壓U（U未知），T。平行板電容器右側有一方向垂直紙面向里的勻強磁場，MN為其左邊界，磁感應強度為B，磁場中放置一半徑為的圓柱ed形金屬圓筒，圓心O到MN的距離OO1，圓筒軸線與磁場平行，圓筒用導線通過一個電阻r0接地。已知t＝0時刻射入的電子剛好打不到極板，不計電子的重力以及電子間的相互作用力，忽略平行金屬板之外的電場。
（1）求U的大小（用不含T的表達式表示）；
（2）最初金屬圓筒不帶電，求能夠打到圓筒上的電子占發射的電子百分比η；
（3）不考慮MN左右電場的相互影響，當圓筒上電量達到相對穩定時，測量到通過電阻r0的電流恒為I，求此時電子到達圓筒時速度v和金屬圓筒的發熱功率P。（取無窮遠處或大地電勢為零）。
解決帶電粒子在交變電磁場中運動問題“三步走”
考題四　磁與現代科技的應用
（2023 鎮海區模擬）如圖所示裝置均可以將非電學量轉化成電學量，方便地用于測量、傳輸、處理和控制。關于這些裝置，以下說法正確的是（　　）
A．甲圖裝置霍爾元件左右移動時，能產生霍爾電壓的原理是電磁感應
B．乙圖中物體向左移，則電容器的電容變小
C．丙圖裝置中通過物體位置變化引起線圈的自感系數改變從而將位置量換轉成電學量
D．丁圖裝置只要有聲音，即使不接入電源，R兩端也有電壓輸出
（2023 溫州三模）利用霍爾傳感器可測量自行車的運動速率，如圖所示，一塊磁鐵安裝在前輪上，霍爾傳感器固定在前叉上，離輪軸距離為r，輪子每轉一圈，磁鐵就靠近霍爾傳感器一次，傳感器就會輸出一個脈沖電壓。當磁鐵靠霍爾元件最近時，通過元件的磁場可視為勻強磁場，磁感應強度為B，在導體前后表面間出現電勢差U。已知霍爾元件沿磁場方向的厚度為d，載流子的電荷量為﹣q，電流I向左。下列說法正確的是（　　）
A．前表面的電勢高于后表面的電勢
B．若車速越大，則霍爾電勢差U越大
C．元件內單位體積中的載流子數為
D．若單位時間內霍爾元件檢測到m個脈沖，則自行車行駛的速度大小
（2023 臺州二模）筆記本電腦機身和顯示屏分別裝有霍爾元件和磁體，實現開屏變亮，合屏熄滅。圖乙為一塊利用自由電子導電，長、寬、高分別為a、b、c的霍爾元件，電流方向向右。當合上顯示屏時，水平放置的元件處于豎直向下的勻強磁場中，元件前、后表面間產生電壓，當電壓達到某一臨界值時，屏幕自動熄滅。則元件的（　　）
A．合屏過程中，前表面的電勢比后表面的低
B．開屏過程中，元件前、后表面間的電壓變大
C．若磁場變強，可能出現閉合屏幕時無法熄屏
D．開、合屏過程中，前、后表面間的電壓U與b無關
（2023 浙江二模）根據霍爾效應原理制成的霍爾元件有廣泛的應用，某研究小組用霍爾元件來研究金屬棒在磁場中的運動規律。如圖1（a）所示，在水平面上固定放置兩間距為l的平行、光滑金屬導軌，其右側通過開關S接有恒流源，向回路提供恒定電流I0；在﹣x0≤x≤x≤x0 區間存在方向垂直導軌平面向下、大小沿Oy軸方向不變、沿Ox軸方向按某一規律變化的穩恒磁場。一質量為m的金屬棒垂直于導軌放置，其上固定一霍爾元件（相比m，其質量可忽略不計），它是一個長、寬和高分別為a×bxc的長方體微小半導體薄片，磁場方向垂直a×b平面，其單位體積中載流子數為n，每個載流子帶電荷量為e。在半導體薄片上制作四個電極E、F、M、N，放大圖如圖1（b）所示，在E、F間通入恒定的電流I，則在M、N間出現霍爾電壓UH＝UM﹣UN（圖中沒有畫出提供電流I和測量電壓 UH的電路圖）。開關S斷開時，導體棒靜止在x＝x0處。計算時將用常量k表示。（已知力一位移圖象的面積是力所做的功）
（1）求半導體薄片中載流子平均移動速率；
（2）半導體材料有P型（載流子以空穴導電為主，即正電荷導電）和N型（載流子以電子導電為主）兩種，當棒位于x＝x0處時，測得霍爾電壓大小為UH0，求該處磁感應強度B0的大小；如果 UH0＞0，則該半導體是P型還是N型？
（3）閉合開關S，導體棒從x＝x0處開始運動，測得霍爾電壓UH隨x變化的圖線為如圖2所示，求磁感應強度B沿Ox軸的分布規律和棒運動速度與x的關系。

幾種常見的電磁場應用實例
(1)質譜儀：
①用途：測量帶電粒子的質量和分析同位素．
②原理：由粒子源S發出的速度幾乎為零的粒子經過加速電場U加速后，以速度v＝ 進入偏轉磁場中做勻速圓周運動，運動半徑為r＝ ，粒子經過半個圓周運動后打到照相底片D上，通過測量D與入口間的距離d，進而求出粒子的比荷＝或粒子的質量m＝.
(2)速度選擇器：帶電粒子束射入正交的勻強電場和勻強磁場組成的區域中，滿足平衡條件qE＝qvB的帶電粒子可以沿直線通過速度選擇器．速度選擇器只對粒子的速度大小和方向做出選擇，而對粒子的電性、電荷量不能進行選擇．
(3)回旋加速器：
①用途：加速帶電粒子．
②原理：帶電粒子在電場中加速，在磁場中偏轉，交變電壓的周期與帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期相同．
③粒子獲得的最大動能Ek＝，其中rn表示D形盒的最大半徑．
（2021 浙江模擬）如圖所示，正方體容器中有一個勻強磁場，一束電子從a孔沿ab方向垂直于磁場射入容器中，其中一部分電子從c孔射出，另一部分從d孔射出，不計電子重力及電子間的相互作用力，則從c、d孔射出的電子（　　）
A．速率之比vc：vd＝1：2
B．在容器中運動的時間之比tc：td＝2：1
C．在容器中運動的加速度大小之比ac：ad＝1：
D．在容器中運動的加速度大小之比ac：ad＝2：1
（2021 浙江模擬）如圖所示，在平面直角坐標系第二象限的OABC矩形區域內存在沿y軸方向的勻強電場（方向未畫出），第四象限的ODEF矩形區域內存在垂直于第四象限的勻強磁場（方向未畫出），磁感應強度大小為B，一帶電粒子從B點以速度v0沿x軸正向飛入電場，恰好從坐標原點O飛入磁場，經過一段時間，粒子最終從F點飛出磁場．已知OC＝OF＝2OA＝2OD＝2L，C、F兩點位于x軸上，不計粒子重力則粒子的比荷為（　　）
A． B． C． D．
（2020 浙江模擬）如圖所示，一管壁半徑為R的直導管（導管柱的厚度可忽略）水平放置在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里；沿導管向左流動的液體中，僅含有一種質量為m、帶電荷量為+q的帶電微粒，微粒受磁場力影響發生偏轉，導管上、下壁a、b兩點間最終形成穩定電勢差U，導管內部的電場可看作勻強電場，忽略浮力，則液體流速和a、b電勢的正負為（　　）
A．，a正、b負 B．，a正、b負
C．，a負、b正 D．、a負、b正
（2019 浙江模擬）現有一種質譜儀如圖所示，離子化室存在一些初速度為零的正離子。正離子經高壓電源加速，加速后通過圓形磁場室（內為勻強磁場）、真空管，最后打在記錄儀上，通過處理就可以得到正離子比荷（），進而推測有機物的分子結構。已知高壓電源的電壓為U，圓形磁場區的半徑為R，真空管與水平面夾角為θ，離子進入磁場室時速度方向指向圓心。則下列說法正確的是（　　）
A．高壓電源A端應接電源的正極
B．磁場室的磁場方向必須垂直紙面向里
C．兩種一價正離子X1，X2（X1質量大于X2）同時進入磁場室后，出現圖中的軌跡Ⅰ和Ⅱ，則軌跡I一定對應X2
D．若磁場室內的磁感應強度大小為B，當記錄儀接收到一個明顯的信號時，與該信號對應的離子比荷為
（2022 溫州二模）如圖是判斷檢測電流I0大小是否發生變化的裝置，該檢測電流在鐵芯中產生磁場，其磁感應強度與檢測電流I0成正比。現給金屬材料制成的霍爾元件（其長、寬、高分別為a、b、d）通以恒定工作電流I，通過下側電壓表的示數來判斷I0的大小是否發生變化，下列說法正確的是（　　）
A．M端應與電壓表的“負”接線柱相連
B．要提高檢測的靈敏度可適當增大寬度b
C．要提高檢測靈敏度可適當增大工作電流I
D．當霍爾元件尺寸和工作電流I不變時，電壓表示數變大，說明檢測電流I0變小
（2022 浙江模擬）如圖為某熱量交換系統部分模型示意圖，它利用電磁泵驅動形成導電流體在循環系統中流動，電磁泵是一個長方體，ab長為L1，ad長為L2，dh長為L3，上、下表面是金屬板，其它部分和管道由絕緣材料構成，循環系統管道內充滿導電液體，導電液體的電阻率為ρ，泵體所在處有方向垂直泵體前表面向外，大小為B的勻強磁場，工作時泵體的上下兩表面接在電壓為U（內阻不計）的電源上，理想電流表的讀數為I，則下列說法中正確的是（　　）
A．示意圖中液體要順時針流動，泵體上、下表面應分別與電源正、負極相接
B．理想電流表的讀數I
C．接在泵體的上下兩表面的電壓變為2U，理想電流表的讀數小于2I（未超出量程）
D．改變磁感應強度大小，不會影響管內液體的流動速度
（2021 浙江模擬）如圖所示為質譜儀的結構圖，該質譜儀由速度選擇器與偏轉磁場兩部分組成，已知速度選擇器中的磁感應強度大小為B0、電場強度大小為E，熒光屏PQ下方勻強磁場的方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為2B0。三個帶電荷量均為q、質量不同的粒子沿豎直方向經速度選擇器由熒光屏上的狹縫O進入偏轉磁場，最終打在熒光屏上的S1、S2、S3處，相對應的三個粒子的質量分別為m1、m2、m3，忽略粒子的重力以及粒子間的相互作用。則下列說法不正確的是（　　）
A．打在S3發位置的粒子質量最大
B．質量為m1的粒子在偏轉磁場中運動時間最短
C．如果S1S3＝Δx，則
D．如m1、m2在偏轉磁場中運動時間差為Δt，則
（2023 咸陽一模）在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖，是離子注入工作原理示意圖，正離子質量為m，電荷量為q，經電場加速后沿水平方向進入速度選擇器，然后通過磁分析器，選擇出特定比荷的正離子，經偏轉系統后注入處在水平面上的晶圓硅片。速度選擇器、磁分析器和偏轉系統中勻強磁場的磁感應強度大小均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器和偏轉系統中勻強電場的電場強度大小均為E，方向分別為豎直向上和垂直紙面向外。磁分析器截面是內外半徑分別為R1和R2的四分之一圓弧，其兩端中心位置M和N處各有一小孔；偏轉系統中電場和磁場的分布區域是一棱長為L的正方體，晶圓放置在偏轉系統底面處。當偏轉系統不加電場和磁場時，正離子恰好豎直注入到晶圓上的O點，O點也是偏轉系統底面的中心。以O點為原點建立xOy坐標系，x軸垂紙面向外。整個系統處于真空中，不計正離子重力，經過偏轉系統直接打在晶圓上的正離子偏轉的角度都很小，已知當α很小時，滿足：sinα＝α，cosα＝1。
（1）求正離子通過速度選擇器后的速度大小v及磁分析器選擇出的正離子的比荷；
（2）當偏轉系統僅加磁場時，設正離子注入到顯上的位置坐標為（x，y），請利用題設條件，求坐標（x，y）的值。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
21世紀教育網(www.21cnjy.com)

展開更多......

收起↑