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第十章　磁場
第3節　帶電粒子在復合場中的運動
鏈接教材·夯基固本
1．疊加場與組合場
(1)疊加場：電場、____、重力場共存或其中某兩場共存。
(2)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、磁場分時間段或分區域交替出現。
磁場
2．帶電粒子在復合場中運動情況分類
(1)靜止或勻速直線運動：當帶電粒子在復合場中所受合外力為0時，將處于____狀態或____________狀態。
(2)勻速圓周運動：當帶電粒子所受的重力與靜電力大小____，方向____時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內做________運動。
靜止
勻速直線運動
相等
相反
勻速圓周
(3)較復雜的曲線運動：當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在__________時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。
(4)分階段運動：帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區域，其運動情況隨區域發生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成。
一條直線上
3．質譜儀
(1)構造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成。
(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，
qU＝_______。
粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝____。
由以上兩式可得r＝______，m＝_____＝____。
mv2
m
4．回旋加速器
(1)構造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強磁場中。
(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子經電場
加速，經磁場回旋，由qvB＝_____，得Ekm＝_____，可見粒子獲得
的最大動能由____________和____________決定，與____________。
磁感應強度B
D形盒半徑R
加速電壓無關
1．易錯易混辨析
(1)用質譜儀可測量帶電粒子的比荷。 (　　)
(2)加在回旋加速器的交流電源的電壓越大，帶電粒子最終獲得的速度越大。 (　　)
(3)帶電粒子在復合場中運動時，要關注是否受重力作用。 (　　)
√
×
√
(4)帶電粒子在復合場中做勻變速直線運動時，可能受洛倫茲力作用。 (　　)
(5)帶電粒子在復合場中做圓周運動時，一定是重力和靜電力平衡，洛倫茲力提供向心力。 (　　)
×
√
2．(人教版選擇性必修第二冊改編)A、B是兩種同位素的原子核，它們具有相同的電荷、不同的質量。為測定它們的質量比，使它們從質譜儀(如圖所示)的同一加速電場由靜止開始加速，然后沿著與磁場垂直的方向進入同一勻強磁場，打到照相底片上。如果從底片上獲知A、B在磁場中運動軌跡的直徑分別為x1、x2，
則A、B的質量之比為(　　)
D．
√
C　[由題意得qU＝mv2，qvB＝，聯立解得r＝， 即r∝，則mA∶mB＝，C項正確。]
3．(人教版選擇性必修第二冊改編)某一具有速度選擇器的質譜儀原理如圖所示，A為粒子加速器，加速電壓為U1；B為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應強度為B1，兩板間距離為d；C為偏轉分離器，磁感應強度為B2。今有一質量為m、電荷量為q的正粒子(不計重力)，經加速后，該粒子恰能通過速度選擇器，粒子進入分離器后做勻速圓周運動。若加速電壓減小為原來的，通過調節速度選擇器兩板間的電壓，粒子仍從原位置進入分離器，則(　　)
A．速度選擇器兩板間的電壓減小
為原來的
B．粒子在分離器中運動時間減小為
原來的
C．粒子在分離器中做圓周運動的半徑減小為原來的
D．粒子在分離器中運動的動能減小為原來的
√
D　[粒子在加速電場中有qU1＝mv2，在速度選擇器中有q＝qvB1，則有d2＝，若加速電壓U1減小為原來的，要使粒子仍從原位置射出，則速度選擇器板間電壓U2減小為原來的，選項A錯誤；粒子在分離器中做圓周運動，周期T＝，與粒子的速度無關，若加速電壓減小為原來的，粒子在分離器中運動的時間
不變，選項B錯誤；由r＝＝知，若加速電壓U1減小為原來的，粒子在分離器中做圓周運動的半徑減小為原來的，選項C錯誤；由Ek＝mv2＝qU1知，若加速電壓U1減小為原來的，則粒子運動的動能減小為原來的，選項D正確。]
細研考點·突破題型
考點1　帶電粒子在組合場中的運動
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．運動分析及方法選擇
3．分析思路
(1)劃分過程：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。
(2)找關鍵：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。
(3)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。
角度1　先電場后磁場
[典例1]　(2024·廣東深圳一模)物理氣相沉積鍍膜是芯片制作的關鍵環節之一，如圖所示是該設備的平面結構簡圖。初速度不計的氬離子經電壓U0的電場加速后，從A點水平向右進入豎直向下的勻強電場E中，恰好打到電場、磁場的豎直分界線Ⅰ最下方M點上(未進入磁場)，并被位于該處的金屬靶材全部吸收，AM兩點的水平距離為0.5 m。靶材濺射出的部分金屬離子沿各個方向進入兩勻強磁場區域，并沉積在固定基底上。基底與水平方向夾角為45°，大小相等、
方向相反(均垂直紙面)的兩磁場B的分界線Ⅱ過M點且與基底垂直。
(已知：U0＝×103 V，E＝×104 V/m，B＝1×10-2 T，氬離子比荷＝2.4×106 C/ kg，金屬離子比荷＝2.0×106 C/ kg，兩種離子均帶正電，忽略重力及離子間相互作用力。)
(1)求氬離子進入電場的速度大小v0，以及A、M兩點的高度差；
(2)若金屬離子進入磁場的速度大小均為1.0×104 m/s，M點到基底的距離為 m，求在紙面內，基底上可被金屬離子打中而鍍膜的區域長度。
[解析]　(1)氬離子在電場中加速，根據動能定理有q1U0＝
故v0＝＝105 m/s
氬離子在電場E中偏轉
AMx＝v0t
AMy＝＝
代入數據得高度差AMy＝0.5 m。
(2)金屬離子在磁場中運動，有q2vB＝
解得R＝＝0.5 m
金屬離子沿著靶材和磁場邊界入射，其圓心在M點正上方0.5 m處O點，金屬離子沉積點為K，分界線Ⅱ與基底的交點為N，又OM sin 45°＝NM，所以O點恰好在基底上。
則ON＝NM tan 45°＝ m
所以NK＝0.5 m－ m＝ m
離子靠近MN方向射出，則會落在N點的附近，范圍不超出K點，左側區域范圍內離子受到洛倫茲力偏向右，根據對稱性可知離子能夠到達N點左側的距離也為 m，與右側相同，故離子能夠鍍膜范圍的長度為L＝ m。
[答案]　(1)105 m/s　0.5 m　(2) m
角度2　先磁場后電場
[典例2]　如圖所示，半徑r＝0.06 m的半圓形無場區的圓心在坐標原點O處，半徑R＝0.1 m、磁感應強度大小B＝0.075 T 的圓形有界磁場區的圓心坐標為(0，0.08 m)，平行金屬板MN的極板長L＝0.3 m，M板位于y＝0.18 m處，N板位于x軸。其中N極板收集到的粒子全部中和吸收。一位于O處的粒子源向第一、二象限均勻地發射速度為v的帶正電粒子，經圓形磁場偏轉后，從第一象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向，已知粒子在磁場中的運動半徑R0＝0.08 m，若粒子重力不計、比荷＝108 C/kg、不計粒子間的相互作用力及電場的邊緣效應。
(1)求粒子的發射速度v的大小；
(2)若粒子從O點沿y軸正方向射入磁場，求它離開磁場時的坐標；
(3)要使進入極板間的粒子都被N板收集，則M、N板間所加的電壓至少多大？上述臨界情況時粒子在電場中的加速度多大？
[解析]　(1)根據洛倫茲力提供向心力有
qvB＝m
解得v＝6.0×105 m/s。
(2)粒子從O點沿y軸正方向射入磁場，如圖所示
根據幾何關系可知離開磁場時有
y＝0.06 m＋0.08 m＝0.14 m
x＝0.08 m
離開磁場時的坐標為(0.08 m，0.14 m)。
(3)從坐標(0，0.18 m)處射出磁場的粒子，打到N點時對應的M、N板間所加的電壓最小，則有
L＝vt
y＝at2
根據牛頓第二定律有
a＝
解得a＝1.44×1012 m/s2，U＝2 592 V。
[答案]　(1)6.0×105 m/s
(2)(0.08 m，0.14 m)
(3)2 592 V　1.44×10-12 m/s2
規律方法　對于粒子從磁場進入電場的運動，常見的有兩種情況：
(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)。
考點2　帶電粒子在疊加場中的運動
1．三種場的比較
場 力的特點 功和能的特點
重力場 大小：G＝mg 方向：豎直向下 重力做功與路徑無關
重力做功改變物體的重力勢能
場 力的特點 功和能的特點
電場 大小：F ＝qE 方向：正電荷受力方向與電場強度方向相同，負電荷受力方向與電場強度方向相反 電場力做功與路徑無關
W＝qU
電場力做功改變電勢能
磁場 大小：F ＝qvB(v⊥B) 方向：可用左手定則判斷 洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動能
2．“三步”解決問題
[典例3]　(多選)質量為m、帶電荷量為＋q的小球套在水平固定且足夠長的粗糙絕緣桿上，如圖所示，整個裝置處于磁感應強度為B、垂直紙面向里的水平勻強磁場中。現給小球一個水平向右的初速度v0使其開始運動，重力加速度為g，不計空氣阻力，則對小球從開始運動到最終穩定的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．一定做減速運動
B．運動過程中克服摩擦力做的功可能是0
C．最終穩定時的速度一定是
D．最終穩定時的速度可能是0
√
√
BD　[對小球受力分析，小球受豎直向下的重力、豎直向上的洛倫茲力及可能存在的彈力和摩擦力。若qv0B>mg，則小球受豎直向下的重力、豎直向上的洛倫茲力、豎直向下的彈力和水平向左的摩擦力，且qvB＝mg＋F N，μF N＝ma，可知加速度大小a＝，方向向左，故小球先做加速度減小的減速運動，最終勻速，勻速運動時的速度v＝；若qv0B＝mg，則小球受豎直向下的重力、豎直向上的洛倫茲力，二力平衡，小球做勻速運動，速度v＝v0＝；
若qv0B[典例4]　如圖所示，兩個定值電阻的阻值分別為R1和R2，直流電源的內阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長為d，極板間存在方向水平向里的勻強磁場。質量為m、帶電荷量為＋q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側邊緣A點進入電容器，做勻速圓周運動，恰從電容器上板右側邊緣離開電容器。此過程中，小球未與極板發生碰撞，重力加速度大
小為g，忽略空氣阻力。
(1)求直流電源的電動勢E0；
(2)求兩極板間磁場的磁感應強度B；
(3)在圖中虛線的右側設計一勻強電場，使小球離開電容器后沿直線運動，求電場強度的最小值E′。
[解析]　(1)小球在兩板間做勻速圓周運動，則電場力與重力平衡，可得Eq＝mg
R2兩端的電壓U2＝Ed
根據歐姆定律得U2＝·R2
聯立解得E0＝。
(2)如圖所示
設粒子做圓周運動的半徑為r，
根據幾何關系(r－d)2＋(d)2＝r2
解得r＝2d
根據qvB＝m
解得B＝。
(3)由幾何關系可知，射出磁場時，小球速度方向與水平方向夾角為60°，要使小球做直線運動，當小球所受電場力與小球重力在垂直小球速度方向的分力大小相等時，電場力最小，電場強度最小，可得
qE′＝mg cos 60°
解得E′＝。
[答案]　(1)　(2)　(3)
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＝
考點3　帶電粒子在電磁場中的應用實例
現代科技中的電磁場問題
裝置 原理圖 規律
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＝
裝置 原理圖 規律
速度選 擇器 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做勻速直線運動
裝置 原理圖 規律
磁流體發電機 等離子體射入，受洛倫茲力偏轉，使兩極板帶正、負電，兩極電壓為U時穩定，q＝qv0B，U＝v0Bd
裝置 原理圖 規律
電磁流 量計 q＝qvB，所以v＝，Q＝vS＝
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
[典例5]　質譜儀是測量帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具。如圖所示為質譜儀的原理示意圖，現利用質譜儀對氫元素進行測量。讓氫元素三種同位素的離子流從容器A下方的小孔S無初速度飄入電勢差為U的加速電場，加速后垂直進入磁感應強
度為B的勻強磁場中，氫的三種同位素最后打在
照相底片D上，形成a、b、c三條“質譜線”。則
下列判斷正確的是(　　)
A．進入磁場時速度從大到小依次是氕、氘、氚
B．進入磁場時動能從大到小依次是氕、氘、氚
C．在磁場中運動時間由大到小依次是氕、氘、氚
D．a、b、c三條“質譜線”依次對應氕、氘、氚
√
A　[離子通過加速電場的過程，有qU＝mv2，因為氕、氘、氚三種離子的電荷量相同、質量依次增大，故進入磁場時動能相同，速度依次減小，A正確，B錯誤；由T＝可知，氕、氘、氚三種離子在磁場中運動的周期依次增大，又三種離子在磁場中運動的時間均為半個周期，故在磁場中運動時間由大到小依次為氚、氘、氕，C錯誤；由qvB＝m及qU＝mv2，可得R＝，故氕、氘、氚三種離子在磁場中的軌跡半徑依次增大，所以a、b、c三條“質譜線”依次對應氚、氘、氕，D錯誤。]
[典例6]　圖中關于磁場中的四種儀器的說法錯誤的是(　　)
A．圖甲中要使粒子獲得的最大動能增大，可以增大D形盒的半徑
B．圖乙中不改變質譜儀各區域的電場、磁場時擊中光屏同一位置的粒子比荷相同
C．圖丙中載流子為負電荷的霍爾元件，通過如圖所示電流和加上如圖所示磁場時N側帶負電
D．圖丁長、寬、高分別為a、b、c的電磁流量計加上如圖所示磁場，若流量Q恒定，則前、后兩個金屬側面的電壓與a、b、c均無關
√
D　[在回旋加速器中，由洛倫茲力充當向心力有Bqv＝m，可得v＝，可知，在回旋加速器所處磁場一定的情況下，粒子射出回旋加速器的最終速度跟D形盒的半徑有關，半徑越大獲得的速度越大，動能就越大，因此題圖甲中要使粒子獲得的最大動能增大，可以增大D形盒的半徑，故A正確；粒子經過質譜儀的速度選擇器區域時，只有滿足Eq＝B1qv的粒子才能被選擇，可得v＝，顯然，
經過質譜儀的速度選擇器區域的粒子速度v都相同，經過偏轉磁場時擊中光屏同一位置的粒子在偏轉磁場中做圓周運動的軌跡半徑R相等，根據牛頓第二定律有B2qv＝m，可得R＝，由此可知，打在同一位置的粒子的比荷都相同，故B正確；在霍爾元件中，因載流子帶負電，而電流的方向為正電荷定向移動的方向，可知帶負電的載流子移動方向與電流方向相反，根據左手定則可知，帶負電的載流子在洛倫茲力的作用下向著霍爾元件的N側偏轉，使N側帶
上負電，故C正確；經過電磁流量計的帶電粒子會在洛倫茲力的作用下向著前、后兩個側面偏轉，前、后兩個側面產生電勢差，從而形成電場，當前、后兩個側面帶上足夠多的電荷后將形成穩定的電場，此時滿足Bqv＝Eq，其中v表示液體的流速，即此時兩側電壓達到最大值，則有U＝Eb，聯立可得U＝Bvb，而流量Q＝bcv，解得U＝，則前、后兩個金屬側面的電壓與a、b無關，但與c有關，故D錯誤。此題選擇錯誤選項，故選D。]
1．(2024·廣東深圳二模)某腫瘤治療新技術是通過電子撞擊目標靶，使目標靶放出X射線，對腫瘤進行準確定位，再進行治療，其原理如圖所示。圓形區域內充滿垂直紙面的勻強磁場，磁感應強度為B。水平放置的目標靶長為2l，靶左端M與磁場圓心O的水平距離為l、豎直距離為l。從電子槍逸出的電子(質量為m、電荷量為e，初速度可以忽略，不計重力)經勻強電場加速時間t后，以速度v0沿PO方向射入磁場(PO與水平方向夾角為60°)，恰好擊中M點，求：
學情診斷·當堂評價
(1)勻強電場的電場強度大小；
(2)勻強磁場的方向及電子在磁場中運動的時間；
(3)為保證電子擊中目標靶MN，勻強電場的電場強度E的大小范圍(勻強電場極板間距不變)。
[解析]　(1)電子穿過勻強電場過程中，由動量定理得eE1t＝mv0
解得E1＝。
(2)由左手定則，判斷出勻強磁場的方向為垂直紙面向里，電子在磁場中運動時滿足ev0B＝，T＝，聯立解得T＝
由幾何關系可知，電子在磁場中運動時間
t＝T＝。
(3)當電子擊中M點時，電子在磁場中的偏轉半徑R＝
設勻強磁場區域半徑為r，由幾何關系得
tan 30°＝
當電子擊中N點時，由幾何關系知電子在磁場偏轉90°，則偏轉半徑R1＝r
設粒子穿過勻強電場后的速度為v1，則v1＝v0
設極板間距離為d，則d＝t
由動能定理得eE2d＝
聯立解得E2＝
則勻強電場的電場強度的大小范圍為
≤E≤。
[答案]　(1)　(2)垂直紙面向里　
(3)≤E≤
2．(2024·廣東茂名二模)如圖所示，在x軸上方以原點O為底邊中點、底邊長為2a的等腰直角三角形區域內存在勻強磁場，磁場的方向垂直于xOy平面向外，磁感應強度為B(邊界無磁場)。在x軸下方－a≤x≤a的區域內存在沿y軸負方向的勻強電場。y軸上A點與O點間距為d，一質量為m、電荷量為－q的粒子從y軸上的A點由靜止釋放，經電場加速后從O點射入磁場，不計粒子重力。
(1)若粒子第一次經過磁場的偏轉角為45°，求粒子在磁場中運動的速度v1的大小；
(2)要使粒子經過磁場之后不再經過x軸，求電場強度E應滿足的條件；
(3)若電場強度E＝，求粒子在電磁場區域的運動時間。
[解析]　(1)若粒子第一次經過磁場的偏轉角為45°，可知粒子在磁場中運動軌跡的圓心角為45°，如圖甲所示，粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心剛好在x＝－a處，由甲圖中幾何關系可得r1＝a
由洛倫茲力提供向心力可得qv1B＝
解得v1＝。
(2)要使粒子經過磁場之后不再經過x軸，粒子從第二象限射出磁場時的速度不能指向第三象限，設粒子射出磁場時的速度方向剛好與x軸平行，如圖乙所示。
由乙圖中幾何關系可得r2＝
由洛倫茲力提供向心力可得qv2B＝
粒子在電場中從A點運動到O點過程中，由動能定理可得qEd＝
聯立解得E＝
故電場強度需要滿足的條件為E≥。
(3)當電場強度E＝時，粒子在電場中由動能定理可得qEd＝
解得v3＝
由洛倫茲力提供向心力可得qv3B＝
解得r3＝
粒子在電磁場區域中的運動軌跡如圖丙所示
粒子在磁場中的周期為T＝
粒子在磁場中的運動時間為
t1＝T＝
粒子在電場中從A點加速到O點的時間為
t2＝＝
粒子在電磁場區域中運動的總時間為
t＝t1＋3t2＝。
[答案]　(1)　(2)E≥　(3)
課時分層作業(二十六)　帶電粒子在復合場中的運動
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
1．(多選)如圖所示，空間某處存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶負電的金屬小球從M點水平射入場區，經一段時間運動到N點，關于小球由M到N的運動，下列說法正確的是(　　)
A．小球可能做勻變速運動　
B．小球一定做變加速運動
C．小球的動能可能不變
D．小球的機械能守恒
12
√
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
BC　[小球從M到N，在豎直方向上發生了偏轉，所以在M點受到的豎直向下的洛倫茲力、豎直向下的重力和豎直向上的電場力的合力不為零，且速度方向變化，則洛倫茲力方向變化，所以合力為變力，故不可能做勻變速運動，一定做變加速運動，A項錯誤，B項正確；若電場力和重力等大反向，則運動過程中電場力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做功，所以小球的動能可能不變，C項正確；小球沿電場方向有位移，電場力一定做功，故小球的機械能不守恒，D項錯誤。]
12
2．(多選)(2022·廣東卷)如圖所示，磁控管內局部區域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有(　　)
A．電子從N到P，電場力做正功
B．N點的電勢高于P點的電勢
C．電子從M到N，洛倫茲力不做功
D．電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
√
BC　[由題可知電子所受電場力水平向左，電子從N到P的過程中電場力做負功，故A錯誤；根據沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知N點的電勢高于P點的電勢，故B正確；由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N洛倫茲力不做功，故C正確；由于M點和P點在同一等勢面上，故從M到P電場力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點速度為0，根據動能定理可知，電子在P點速度也為0，則電子在M點和P點都只受電場力作用，在勻強電場中電子在這兩點所受電場力相等，即合力相等，故D錯誤。故選BC。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
3．如圖所示，一個靜止的質量為m、帶電荷量為q的粒子(不計重力)，經電壓U加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場，粒子在磁場中轉半個圓周后打在P點，設OP＝x，能夠正確反映x與U之間的函數關系的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A　　 　 B　　　　 C　　　　D
√
B　[帶電粒子經電壓U加速，由動能定理有qU＝mv2，粒子垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場，洛倫茲力提供向心力，qvB＝m，2R＝x，聯立解得x＝，所以能夠正確反映x與U之間的函數關系的是B項。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
4．(多選)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(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A．Q板的電勢高于P板的電勢
B．R中有由b到a方向的電流
C．發電機工作穩定后，增加等離子體中帶電粒子個數，R中電流保持不變
D．若只增大P、Q間距離，R中電流變大
題號
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√
√
CD　[等離子體進入磁場后，根據左手定則可知正電荷向上偏轉，打在P板上，負電荷向下偏轉，打在Q板上，所以P板帶正電，Q板帶負電，則P板的電勢高于Q板的電勢，流過電阻的電流方向為由a到b，故A、B錯誤；根據穩定時電場力等于磁場力，即q＝qvB，得U＝Bdv，再由歐姆定律可知增加等離子體中帶電粒子個數，R中電流保持不變，若只增大P、Q間距離d，R中電流變大，故C、D正確。]
題號
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5．自行車速度計可以利用霍爾傳感器獲知自行車的運動速率。如圖甲所示，一塊磁鐵安裝在前輪上，輪子每轉一圈，磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器就會輸出一個脈沖電壓。如圖乙所示，電源輸出電壓為U1，當磁場靠近霍爾元件時，在導體前后表面間出現電勢差U2(前表面的電勢低于后表面的電勢)。下列說法錯誤的是(　　)
題號
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A．圖乙中霍爾元件的載流子帶負電
B．已知自行車車輪的半徑，再根據單位時間內的脈沖數，即獲得車速大小
C．若傳感器的電源輸出電壓U1變大，則霍爾電勢差U2變大
D．若自行車的車速越大，則霍爾電勢差U2越大
題號
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√
D　[由題意可知，前表面的電勢低于后表面的電勢，結合左手定則可知，霍爾元件的電流I是由負電荷定向移動形成的，故A正確，不符合題意；根據單位時間內的脈沖數，可求得車輪轉動周期，從而求得車輪的角速度，最后由線速度公式v＝rω，結合車輪半徑，即可求解車輪的速度大小，故B正確，不符合題意；根據題意，由平衡條件有qvB＝q，可得U2＝vdB，由電流的微觀定義式I＝neSv，n是單位體積內的電子數，e是單個導電粒子所帶的電荷量，S是導
題號
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體的橫截面積，v是導電粒子運動的速度，整理得v＝，聯立解得U2＝，可知霍爾電壓U2與車速大小無關，故D錯誤，符合題意；由公式U2＝，若傳感器的電源輸出電壓U1變大，那么電流I變大，則霍爾電勢差U2將變大，故C正確，不符合題意。故選D。]
題號
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6．一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點，a點在小孔O的正上方，b點在a點的右側，如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的，鉛盒與屏幕之間存在勻強電場和勻強磁場，則電場和磁場方向可能為(　　)
A．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里
B．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外
C．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里
D．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外
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C　[若電子打在a點，則電子所受的洛倫茲力等于電場力，即eE＝evB。當電場方向水平向左時，磁場的方向只能垂直紙面向外，此時α粒子所受的向左的電場力F電＝2eE，所受的向右的洛倫茲力F洛＝2e×vB＝evB，則α粒子所受的洛倫茲力小于電場力，即α粒子向左發生偏轉；當電場方向水平向右時，磁場方向只能垂直紙面向里，此時α粒子所受的向右的電場力F電＝2eE，所受的向左的洛倫茲力F洛＝2e×vB＝evB，洛倫茲力小于電場力，α粒子向右發生偏轉，同理分析可知，若α粒子打在a點，則電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里。故選C。]
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7．如圖所示，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP＝l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為(　　)
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A．
B．
C．
D．
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√
A　[畫出帶電粒子僅在磁場中運動時的運動軌跡，如圖所示。設帶電粒子僅在磁場中運動的軌跡半徑為r，運動軌跡對應的圓心角為θ，由幾何知識得cos θ＝＝，r－a＝r cos θ，解得r＝2a，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝，解得r＝，在勻強磁場區域加上勻強
電場后帶電粒子沿x軸運動，分析知，此時粒子受力
平衡，則有qE＝qvB，聯立解得＝，A正確。]
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8．如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應強度的方向垂直紙面向里。一帶電荷量為＋q、質量為m的微粒從原點出發，沿與x軸正方向的夾角為45°的初速度進入復合場中，恰好做直線運動，當微粒運動到A(l，l)時，電場方向突然變為豎直向上(不計電場變化的時間)，粒子繼續運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復合場。不計一切阻力，重力加速度為g，求：
題號
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(1)電場強度E的大小；
(2)磁感應強度B的大小；
(3)微粒在復合場中的運動時間。
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[解析]　(1)微粒到達A(l，l )之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲所示，所以Eq＝mg，得E＝。
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(2)由平衡條件可得qvB＝mg
電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖乙所示。
qvB＝m
由幾何知識可得r＝l
聯立解得v＝
B＝。
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(3)微粒做勻速直線運動的時間
t1＝＝
微粒做勻速圓周運動的時間
t2＝＝
微粒在復合場中的運動時間
t＝t1＋t2＝。
[答案]　(1)　(2)　(3)
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9．如圖所示，光滑絕緣的圓弧軌道MON固定在豎直平面內。O為其最低點，M、N等高，勻強磁場方向與軌道平面垂直。將一個帶正電的小球自M點由靜止釋放，它在軌道上M、N間往復運動。下列說法正確的是(　　)
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A．小球在M點和N點時均處于平衡狀態
B．小球由M到O所用的時間小于由N到O所用的時間
C．小球每次經過O點時對軌道的壓力均相等
D．小球每次經過O點時所受合外力均相等
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D　[平衡狀態的加速度為零，小球在M點和N點加速度不為零，所以小球在這兩點不能處于平衡狀態，故A錯誤；由于洛倫茲力總是與運動方向垂直，又沒有摩擦力，故對小球速度大小有影響的只有重力，故小球無論從哪邊滾下，時間都是一樣的，故B錯誤；根據機械能守恒定律，小球每次經過最低點的速度大小相同，由F合＝m可知，F合相等，故D正確；小球在最低點時受重力、支持力和洛倫茲力，從N到M時，在O點洛倫茲力向下，故有F1－mg－F洛＝
題號
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m，根據牛頓第三定律，此時小球對軌道的壓力大小為F′1＝mg＋F洛＋m，小球從M到N時，在O點洛倫茲力向上，故有F2＋F洛－mg＝m，根據牛頓第三定律，此時小球對軌道的壓力大小為F′2＝mg－F洛＋m，所以小球經過最低點時對軌道的壓力大小不相等，故C錯誤。故選D。]
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10．(多選)帶電粒子如圖所示，質量為m、帶電荷量為＋q的帶電粒子，從原點以初速度v0射入第一象限內的電、磁場區域，在0x0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，不計重力，則(　　)
題號
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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
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
題號
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√
√
AD　[若粒子從NP中點射入磁場，則x0＝v0t，y0＝t2，聯立解得E＝，選項A正確；粒子從NP中點射出時，則＝t，速度v1＝＝，選項B錯誤；粒子從電場中射出時的速度方向與豎直方向夾角為θ，則tan θ＝＝＝，粒子從
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電場中射出時的速度v＝，粒子進入磁場后做勻速圓周運動，則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＝r cos θ，聯立解得d＝＝，選項C錯誤；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，則此時粒子從N點進入磁場，此時豎直最大速度vym＝，x0＝v0t，出離電場的最大速
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度vm＝＝，則由qvB＝m，可得最大半徑rm＝＝，選項D正確。
故選AD。]
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11．(2025·廣東深圳模擬)亥姆霍茲線圈是一對平行的完全相同的圓形線圈。如圖所示，兩線圈通入方向相同的恒定電流，線圈間形成平行于中心軸線O1O2的勻強磁場，沿O1O2建立x軸，一足夠大的圓形探測屏垂直于x軸放置，其圓心P點位于x軸上。在線圈間加上平行于x軸的勻強電場，粒子源從x軸上的O點以垂直于x軸的方向持續發射初速度大小為v0的粒子。已知粒子質量為m，電荷量為q(q>0)，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B，電場和磁場均沿x軸正方向，不計粒子重力和粒子間相互作用。若未加電場，粒子可以在線圈間做勻速圓周運動。
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(1)若未加電場，求粒子做圓周運動的
半徑r；
(2)加入電場后，沿x軸方向左右調節探測屏，求粒子打在探測屏上的點距探測屏圓心P點的最遠距離D；
(3)加入電場后，沿x軸方向左右調節探測屏，若要使粒子恰好打在探測屏的圓心P點，求此時P點與粒子源間的距離d。
題號
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[解析]　(1)粒子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝
解得半徑r＝。
(2)粒子在垂直于x軸的平面內做勻速圓周運動，在x軸方向上做勻加速運動。若粒子在垂直于x軸的平面內轉過奇數個半圈，此時打到探測屏上的位置距離P點最遠；根據幾何關系得
D＝2r＝2。
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(3)垂直于x軸的平面內，粒子在磁場中運動的周期T＝
則粒子回到x軸時間為t＝nT＝n(n＝1，2，3，…)
沿x軸方向有d＝at2，qE＝ma
聯立解得d＝(n＝1，2，3，…)。
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[答案]　(1)　(2)2　(3)(n＝1，2，3，…)
12．(2024·廣東廣州二模)如圖所示，“凹”形區域abcdpnHIJK各邊長已在圖中標示，L為已知量。在該區域內有正交的勻強電場和勻強磁場，與ab平行的虛線為電場的等勢線；磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B。容器A中質量為m、帶電荷量為e的電子經小孔S1不斷飄入加速電場，其初速度幾乎為0，電子經加速電場加速后由小孔S2離開，接著從O點進入場區，沿Oc做直線運動經c點離開場區。若僅撤去磁場，電子從b點離開場區，不計重力。
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(1)求加速電場的電壓和“凹”形區域的電場強度；
(2)若僅撤去“凹”形區域中電場，求電子離開“凹”形區域時的位置與O點的距離；
(3)若僅撤去“凹”形區域中電場，改變加速電場的電壓，使得電子在“凹”形區域內的運動時間均相等，求加速電場電壓的取值范圍。
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[解析]　(1)設加速電場的電壓為U0，電子經加速電場加速后獲得速度為v0，“凹”形區域的電場強度為E，電子經電場加速，有eU0＝ ①
電子沿Oc做直線運動，有ev0B＝eE ②
僅撤去磁場，電子從b點離開場區，設電子在場區的運動時間為t，則有L＝v0t ③
L＝t2 ④
聯立①②③④可得U0＝ ⑤
E＝，且方向沿bc。 ⑥
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(2)若僅撤去電場，則電子在磁場中做勻速圓周運動，設電子的軌道半徑為r0，則有ev0B＝ ⑦
聯立②③④⑦可得r0＝L ⑧
所以電子從K點離開場區，距離O點的距離為L。
題號
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(3)依題意，要使電子在“凹”形區域內的運動時間均相等，則電子必須在場區內運動半周，從aK、Hn邊離開，分析可知電子從OK段離開場區是滿足要求的。
要從Hn段離開場區必須具備兩個幾何約束條件：
第一，電子不能從bcdp邊離開場區
第二，電子不能進入HIJK區域
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設加速電場的電壓為U1時，電子獲得的速度為v1，其運動的軌道半徑為r1，電子從OK段離開場區，依題意，有0題號
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設加速電場的電壓為U2時，電子獲得的速度為v2，其運動的軌道半徑為r2，電子從Hn段離開場區，必須滿足：
第一，電子不能從bcdp邊離開場區，電子運動軌跡如圖Ⅰ所示，圓心為K，設軌道半徑為r2′
第二，電子不能進入HIJK區域，電子運動軌跡如圖Ⅱ所示，圓心為O′，設軌道半徑為r2″
依題意有r2″≤r2≤r2′ ⑩
題號
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根據幾何關系有＋＝r2″2
聯立①⑦⑨⑩ 并分別用U1、U2替代U0，v1、v2替代v0，r1、 r2替代r0，求得0≤U2≤。
題號
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[答案]　(1)，方向沿bc　(2)L
(3)0題號
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謝 謝 ！

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