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專題16 帶電粒子在組合場、復合場中的運動模型
目錄
一.帶電粒子在組合場中的勻速圓周運動模型解法綜述 1
二．磁場與磁場的組合模型 1
三．先電場后磁場模型 6
四．先磁場后電場模型 14
五．帶電粒子在組合場中運動的應用---質譜儀模型 19
六．帶電粒子在組合場中運動的應用---回旋加速器模型 25
七．帶電粒子在疊加場中的運動模型 29
八．帶電粒子在疊加場中的應用模型---電磁平衡科技應用 39
模型一．速度選擇器 39
模型二．磁流體發電機 40
模型三．電磁流量計 42
模型四.霍爾效應的原理和分析 44

一.帶電粒子在組合場中的勻速圓周運動模型解法綜述
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

二．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．
【模型演練1】(2021·韶關模擬)如圖所示，在無限長的豎直邊界AC和DE間，上、下部分分別充滿方向垂直于平面ADEC向外的勻強磁場，上部分區域的磁感應強度大小為B0，OF為上、下磁場的水平分界線。質量為 m、帶電荷量為＋q的粒子從AC邊界上與O點相距為a的P點垂直于AC邊界射入上方磁場區域，經OF上的Q點第一次進入下方磁場區域，Q點與O點的距離為3a。不考慮粒子重力。

(1)求粒子射入時的速度大小；
(2)要使粒子不從AC邊界飛出，求下方磁場區域的磁感應強度大小B1應滿足的條件；
(3)若下方區域的磁感應強度B＝3B0，粒子最終垂直 DE 邊界飛出，求邊界 DE 與AC 間距離的可能值。
【答案】：(1)　(2)B1≥　(3)4na(n＝1，2，3，…)
【解析】：(1)粒子在OF上方的運動軌跡如圖所示，

設粒子做圓周運動的半徑為R，由幾何關系可知R2－(R－a)2＝(3a)2，則R＝5a
由牛頓第二定律可知qvB0＝m
解得v＝。
(2)當粒子恰好不從AC邊界飛出時，其運動軌跡如圖所示，設粒子在OF下方做圓周運動的半徑為r1。

由幾何關系得r1＋r1cos θ＝3a，cos θ＝，所以r1＝，根據qvB1＝，解得B1＝
故B1≥ 時，粒子不會從AC邊界飛出。
(3)當B＝3B0時，粒子的運動軌跡如圖所示，粒子在OF下方的運動半徑為r＝a，設粒子的速度方向再次與射入磁場時的速度方向一致時，粒子的位置為P1 點，則P點與P1 點的連線一定與OF平行，根據幾何關系知 PP1＝4a，所以若粒子最終垂直DE邊界飛出，邊界DE與AC間的距離為L＝nPP1＝4na(n＝1，2，3，…)。

【模型演練2】(2020·江蘇卷·16)空間存在兩個垂直于Oxy平面的勻強磁場，y軸為兩磁場的邊界，磁感應強度分別為2B0、3B0.甲、乙兩種比荷不同的粒子同時從原點O沿x軸正向射入磁場，速度均為v.甲第1次、第2次經過y軸的位置分別為P、Q，其軌跡如圖所示．甲經過Q時，乙也恰好同時經過該點．已知甲的質量為m，電荷量為q.不考慮粒子間的相互作用和重力影響．求：

(1)Q到O的距離d；
(2)甲兩次經過P點的時間間隔Δt；
(3)乙的比荷可能的最小值．
【答案】　(1)　(2)　(3)
【解析】　(1)甲粒子先后在兩磁場中做勻速圓周運動，設半徑分別為r1、r2
由qvB＝m可知r＝，
故r1＝，r2＝
且d＝2r1－2r2
解得d＝
(2)甲粒子先后在兩磁場中做勻速圓周運動，設運動時間分別 t1、t2
由T＝＝得t1＝，t2＝
且Δt＝2t1＋3t2
解得Δt＝
(3)乙粒子周期性地先后在兩磁場中做勻速圓周運動
若經過兩磁場的次數均為n(n＝1,2,3，…)
相遇時，有n＝d，n＝t1＋t2
解得＝n
根據題意，n＝1舍去．
當n＝2時，有最小值，()min＝
若先后經過右側、左側磁場的次數分別為(n＋1)、n(n＝0,1,2,3，…)，經分析不可能相遇．
綜上分析，乙的比荷的最小值為.
【典例分析3】(2017·全國卷Ⅲ·24)如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場．在x≥0 區域，磁感應強度的大小為B0；x＜0區域，磁感應強度的大小為λB0(常數λ＞1)．一質量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求：(不計重力)

(1)粒子運動的時間；
(2)粒子與O點間的距離．
【答案】　(1)(1＋)　(2)(1－)
【解析】　(1)在勻強磁場中，帶電粒子做勻速圓周運動．設在x≥0區域，圓周半徑為R1；在x＜0區域，圓周半徑為R2.由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得
qB0v0＝m①
qλB0v0＝m②
設粒子在x≥0區域運動的時間為t1，則
t1＝③
粒子在x<0區域運動的時間為t2，則
t2＝④
聯立①②③④式得，所求時間為
t＝t1＋t2＝(1＋)⑤
(2)由幾何關系及①②式得，所求距離為
d＝2(R1－R2)＝(1－)
【模型演練4】（2021屆云南省昆明市高三（上）三診一模摸底診斷測試理綜物理試題 ）如圖所示，虛線上方存在方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為的勻強磁場，下方存在方向相同、磁感應強度大小為的勻強磁場，虛線為兩磁場的分界線。位于分界線上，點為的中點。一電子從點射入磁場，速度方向與分界線的夾角為，電子離開點后依次經兩點回到點。已知電子的質量為，電荷量為，重力不計，求：
(1)的值；
(2)電子從射入磁場到第一次回到點所用的時間。

【答案】(1)；(2)
【解析】
電子在磁場中的運動軌跡如圖所示

設電子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑分別為，電子在磁場中做勻速圓周運動有
…①
…②
由于最終能回到點，由幾何關系，可得
…③
聯立①②③，解得

電子在磁場中的運動周期


電子在磁場中的運動周期

設電子經過三段軌跡的時間分別為，由幾何關系可得
到的圓心角為，則

到的圓心角為，則

到的圓心角為，則

電子從射入磁場到第一次回到點所用的時間為

聯立以上式子，解得

三．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.

【模型演練1】.(2019·江蘇南京市六校聯考)如圖所示，在矩形區域ABCD內存在豎直向上的勻強電場，在BC右側Ⅰ、Ⅱ兩區域存在勻強磁場，虛線L1、L2、L3是磁場的邊界線(BC與L1重合)，寬度相同，方向如圖所示，區域Ⅰ的磁感應強度大小為B1.一電荷量為＋q、質量為m的粒子(重力不計)從AD邊中點以初速度v0沿水平向右方向進入電場，粒子恰好從B點進入磁場，經區域Ⅰ后又恰好從與B點同一水平高度處進入區域Ⅱ.已知AB長度是BC長度的倍．

(1)求帶電粒子到達B點時的速度大小；
(2)求區域Ⅰ磁場的寬度L；
(3)要使帶電粒子在整個磁場中運動的時間最長，求區域Ⅱ的磁感應強度B2的最小值．
【答案】　(1)　(2)　(3)1.5B1
【解析】　(1)設帶電粒子進入磁場時的速度大小為v，與水平方向成θ角，粒子在勻強電場中做類平拋運動，由類平拋運動的速度方向與位移方向的關系有：tan θ＝＝，則θ＝30°，根據速度關系有：v＝＝；
(2)設帶電粒子在區域Ⅰ中的軌道半徑為r1，由牛頓第二定律得：qvB1＝m，軌跡如圖甲所示：

由幾何關系得：L＝r1
解得：L＝；
(3)當帶電粒子不從區域Ⅱ右邊界離開磁場時，在磁場中運動的時間最長．設區域Ⅱ中最小磁感應強度為B2m，此時粒子恰好不從區域Ⅱ右邊界離開磁場，對應的軌跡半徑為r2，軌跡如圖乙所示：

同理得：qvB2m＝m
根據幾何關系有：L＝r2(1＋sin θ)
解得：B2m＝1.5B1.
【模型演練2】(2020·湖南長沙模擬)如圖，在直角三角形OPN區域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外．一帶正電的粒子從靜止開始經電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出．已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力．求：

(1)帶電粒子的比荷；
(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間．
【答案】　(1)　(2)
【解析】　(1)設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v.由動能定理有qU＝mv2①
設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力，結合牛頓第二定律有qvB＝m②

由幾何關系知d＝r③
聯立①②③式得＝④
(2)由幾何關系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經過的路程為s＝＋rtan 30°⑤
帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為t＝⑥
聯立②④⑤⑥式得t＝⑦
【模型演練4】.（2021屆廣東省東莞市高三模擬）如圖所示，在xOy平面內，MN與y軸平行，間距為d，其間有沿x軸負方向的勻強電場E。y軸左側有寬為L的垂直紙面向外的勻強磁場，MN右側空間存在范圍足夠寬、垂直紙面的勻強磁場（圖中未標出）。質量為m、帶電量為+q的粒子從P（d，0）沿x軸負方向以大小為v0的初速度射入勻強電場。粒子到達O點后，經過一段時間還能再次回到O點。已知電場強度E=，粒子重力不計。
(1)求粒子到O點的速度大小；
(2)求y軸左側磁場區域磁感應強度B1的大小應滿足什么條件？
(3)若滿足(2)的條件，求MN右側磁場的磁感應強度B2和y軸左側磁場區域磁感應強度B1的大小關系。

【答案】（1）；（2）；（3），n=l，2，3……
【解析】(1)粒子，從P點到O點，由動能定理得
可得粒子到
(2)洛倫茲力提供向心力
粒子要再次回到O點，則粒子不能從y軸左側的磁場射出，需要返回磁場，經過電場和MN右側的磁場的作用，再次返回到O點，故要求：
故要求
(3)粒子通過電場回到MN右側磁場時速度為。設粒子在右側磁場中軌道半徑為R，要使其能夠回到原點，粒子在右側磁場中應向下偏轉，且偏轉半徑R≥r。

解得
①當R=r，，可得
②R>r，要使粒子回到原點（粒子軌跡如下圖所示）

則須滿足
其中n=l，2，3……

，n=l，2，3……
其中n=1時， ，綜上，需要B2和y軸左側磁場區域磁感應強度B1的大小關系滿足
，n=l，2，3……
【模型演練5】（2021屆河北省衡水市第一中學高三模擬）如圖所示，平面直角坐標系第二象限充滿電場強度大小為、方向沿軸負方向的勻強電場，在軸右側以點為圓心、為半徑的圓形區域內有垂直于紙面向外的勻強磁場。現將帶正電的粒子，從第二象限的點以速度沿軸正方向射入勻強電場，經電場偏轉后恰好沿磁場區域半徑方向射入勻強磁場，粒子離開磁場時，在磁場中的出射點和入射點關于軸對稱。帶電粒子重力不計，求：
(1)帶電粒子的比荷；
(2)磁感應強度的大小；
(3)粒子從進入電場到離開磁場所用的時間。

【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】粒子運動軌跡如圖所示

(1)粒子在電場中，設運動時間為，有




設DC連線跟軸負方向的夾角為，由幾何關系得


解得


(2)粒子在磁場中，設軌跡半徑為，則由幾何關系可得

解得

設粒子離開電場時的速度為，有


解得

(3)設在無場區域、磁場中運動時間分別為、，總時間為，有



解得

【模型演練6】(2021·河南平頂山市一輪復習質檢)如圖所示，平面直角坐標系xOy的第二、三象限內有方向沿y軸正方向的勻強電場，第一、四象限內有圓形有界磁場，有界磁場的半徑為L，磁場的方向垂直于坐標平面向里，磁場邊界與y軸相切于O點，在x軸上坐標為(－L,0)的P點沿與x軸正方向成θ＝45°角斜向上射出一個速度大小為v0的帶電粒子，粒子的質量為m，電荷量為q，粒子經電場偏轉垂直y軸射出電場，粒子進入磁場后經磁場偏轉以沿y軸負方向的速度射出磁場，不計粒子的重力．求：

(1)粒子從y軸上射出電場的位置坐標；
(2)勻強電場電場強度大小及勻強磁場的磁感應強度大小；
(3)粒子從P點射出到射出磁場運動的時間為多少？
【答案】　(1)(0，L)　(2)　　(3)＋
【解析】　(1)粒子在電場中的運動為類平拋運動的逆運動，
水平方向：L＝v0cos θ·t1，
豎直方向：y＝v0sin θ·t1，
解得：y＝L，
粒子從y軸上射出電場的位置坐標為：(0，L)；
(2)粒子在電場中的加速度大小：a＝，
豎直分位移：y＝at12，
解得：E＝；
粒子進入磁場后做勻速圓周運動，以沿y軸負方向的速度射出磁場，運動軌跡如圖所示，

由幾何知識得：AC與豎直方向夾角為45°，
AD＝y＝L，
因此AC剛好為圓形有界磁場的直徑，粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑：r＝L，
粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB＝m，
其中，粒子的速度：v＝v0cos θ，
解得：B＝；
(3)粒子在電場中的運動時間：t1＝＝，
粒子離開電場進入磁場前做勻速直線運動，位移：x＝L－L，
粒子做直線運動的時間：t2＝＝，
粒子在磁場中做圓周運動的時間：t3＝T＝×＝，
粒子總的運動時間：t＝t1＋t2＋t3＝＋.
四．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)．

【模型演練1】(2021·濟寧模擬)如圖所示，在第一象限內，存在垂直于xOy平面向外的勻強磁場Ⅰ，第二象限內存在水平向右的勻強電場，第三、四象限內存在垂直于xOy平面向外、磁感應強度大小為B0的勻強磁場Ⅱ。一質量為m、電荷量為＋q的粒子，從x軸上的M點以某一初速度垂直于x軸進入第四象限，在xOy平面內，以原點O為圓心做半徑為R0的圓周運動；隨后進入電場運動至y軸上的N點，沿與y軸正方向成45°角離開電場；在磁場Ⅰ中運動一段時間后，再次垂直于x軸進入第四象限，不計粒子重力。求：
(1)帶電粒子從M點進入第四象限時初速度的大小v0；
(2)電場強度的大小E；
(3)磁場Ⅰ的磁感應強度的大小B1。

【答案】：(1)　(2)　(3)B0
【解析】：(1)粒子在第四象限中運動時，洛倫茲力提供向心力，則
qv0B0＝
解得v0＝。
(2)由于粒子與y軸正方向成45°角離開電場，則有vx＝vy＝v0
粒子在電場中做類平拋運動，在平行于x軸方向上做勻加速運動，在平行于y軸方向上做勻速運動，故在平行于x軸方向上 qE＝ma
v－0＝2aR0
聯立解得E＝。
(3)粒子在電場中運動時
平行于x軸方向：vx＝at，R0＝at2
平行于y軸方向：y＝vyt
聯立解得y＝2R0
如圖所示，過N點作速度的垂線交x軸于P點，P點即為粒子在第一象限做圓周運動軌跡的圓心，PN為半徑，因為ON＝y＝2R0，∠PNO＝45°，所以PN＝2R0

由于洛倫茲力提供向心力，故qvB1＝，其中v為進入第一象限時的速度，大小為v＝v0
解得B1＝B0。
【模型演練2】.(2020·山東濰坊市3月五縣聯考)如圖所示的坐標系xOy中，第一象限內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B0，第二象限存在沿y軸負方向的勻強電場，x軸下方存在垂直紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度未知．一帶正電粒子從A(d,0)點以初速度v0開始運動，初速度方向與x軸負方向夾角為53°，粒子到達y軸時速度方向與y軸垂直，粒子經過電場區域、x軸下方磁場區域恰好回到A點，且速度方向與初速度方向相同．粒子重力不計，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：

(1)粒子的比荷；
(2)勻強電場的電場強度大小；
(3)x軸下方磁場的磁感應強度大小．
【答案】　(1)　(2)　(3)B0
【解析】　(1)設粒子在第一象限內做圓周運動的半徑為r1，則有qv0B0＝m

由圖可知r1＝，解得＝
(2)設粒子類平拋過程豎直位移為Δy，
則Δy＝r1－r1cos 53°
由題意可知，粒子類平拋運動的末速度與x軸負方向夾角為θ＝53°，則vy＝v0tan θ，類平拋運動過程vy＝at，Δy＝at2，qE＝ma
聯立解得t＝，E＝
(3)設粒子類平拋過程水平位移為Δx，則Δx＝v0t，設粒子在y軸下方磁場區域運動的半徑為r2，則r2＝
粒子運動速度v＝，qvB＝m，解得B＝B0.
【模型演練3】.(2020·山東等級考模擬卷)如圖所示，在第一象限內，存在垂直于xOy平面向外的勻強磁場Ⅰ，第二象限內存在水平向右的勻強電場，第三、四象限內存在垂直于xOy平面向外、磁感應強度大小為B0的勻強磁場Ⅱ.一質量為m、電荷量為＋q的粒子，從x軸上M點以某一初速度垂直于x軸進入第四象限，在xOy平面內，以原點O為圓心做半徑為R0的圓周運動；隨后進入電場運動至y軸上的N點，沿與y軸正方向成45°角離開電場；在磁場Ⅰ中運動一段時間后，再次垂直于x軸進入第四象限．不計粒子重力．求：

(1)帶電粒子從M點進入第四象限時初速度的大小v0；
(2)電場強度的大小E；
(3)磁場Ⅰ的磁感應強度的大小B1.
【答案】　(1)　(2)　(3)B0
【解析】　(1)粒子在第四象限中運動時，洛倫茲力提供向心力，
則qv0B0＝
解得v0＝
(2)由于粒子與y軸正方向成45°角離開電場，
則有vx＝vy＝v0
粒子在電場中做類平拋運動，在平行于x軸方向做勻加速直線運動，在平行于y軸方向做勻速直線運動，故在平行于x軸方向上qE＝ma
vx2－0＝2aR0
聯立解得E＝
(3)粒子在電場中運動時
平行于x軸方向：vx＝at，R0＝at2
平行于y軸方向：y＝vyt
聯立解得y＝2R0
如圖，過N點作速度的垂線交x軸于P點，P即為粒子在第一象限做勻速圓周運動的圓心，PN為半徑，因為ON＝y＝2R0，∠PNO＝45°，所以PN＝2R0.

由于洛倫茲力提供向心力，故qvB1＝，其中v為進入第一象限的速度，大小為v＝v0，
解得B1＝B0.
【模型演練4】.(西南名校聯盟2021屆高三適應性月考)如圖所示，在直角坐標系內，OP射線(O為頂點)與y軸夾角為30°,OP與y軸所圍區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B, OP 與x軸之間存在勻強電場，方向沿x軸負方向。一個帶電粒子經加速電壓U加速后，以與OP平行的速度從N點進人磁場, ON間距為2d,帶電粒子從OP上的某點A (圖中未畫出)垂直于OP離開磁場，從x軸上的某點C (圖中未畫出)垂直于x軸離開電場,不計粒子的重力。求:

(1)帶電粒子的電性及比荷;
(2)帶電粒子在第一象限中的運動時間;
(3)勻強電場的電場強度。
【解析】：（1）磁場方向垂直紙面向外，粒子垂直于OP離開磁場，
則所受洛倫茲力在速度方向的右側，可知粒子帶正電 ①
畫出運動軌跡，由幾何關系可得

②
在磁場中由牛頓第二定律可得 ③
在電場中加速可得 ④
聯立②③④式解得 ⑤
（2）由④⑤式可得粒子進入磁場時的速度為 ⑥
此后進入電場，當出射方向和軸垂直時，可知粒子在方向的分速度減為零，沿y軸方向可視為做勻速直線運動。垂直OP出射時，與豎直方向夾角為60°
⑦
在磁場中做勻速圓周運動，運動路徑為四分之一圓周，在磁場中的運動時間
⑧
從OP上的出射點到O點的距離為 ⑨
則在電場中的運動時間為 ⑩
在第一象限中運動的總時間為

（3）在方向上做勻減速運動
垂直出射，方向速度恰好減到0


聯立⑥⑨⑩式可得
五．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＝，＝.
【模型演練1】(2020·福建龍巖市5月模擬)質譜儀的原理如圖所示，虛線AD上方區域處在垂直紙面向外的勻強磁場中，C、D間有一熒光屏．同位素離子源產生a、b兩種電荷量相同的離子，無初速度進入加速電場，經同一電壓加速后，垂直進入磁場，a離子恰好打在熒光屏C點，b離子恰好打在D點．離子重力不計．則(　　)

A．a離子質量比b的大
B．a離子質量比b的小
C．a離子在磁場中的運動時間比b的長
D．a、b離子在磁場中的運動時間相等
【答案】　B
【解析】　設離子進入磁場的速度為v，在電場中qU＝mv2，在磁場中Bqv＝m，聯立解得：r＝＝ ，由題圖知，b離子在磁場中運動的軌道半徑較大，a、b為同位素，電荷量相同，所以b離子的質量大于a離子的質量，所以A錯誤，B正確；在磁場中運動的時間均為半個周期，即t＝＝，由于b離子的質量大于a離子的質量，故b離子在磁場中運動的時間較長，C、D錯誤．
【模型演練2】(多選)(2020·江蘇南通等七市高三下學期6月三調)如圖所示，電荷量相等的兩種離子氖20和氖22從容器下方的狹縫S1飄入(初速度為零)電場區，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，最終到達照相底片D上．不考慮離子間的相互作用，則(　　)

A．電場力對每個氖20和氖22做的功相等
B．氖22進入磁場時的速度較大
C．氖 22在磁場中運動的半徑較小
D．若加速電壓發生波動，兩種離子打在照相底片上的位置可能重疊
【答案】　AD
【解析】　電場力對粒子做的功為W＝qU，則電場力對每個氖20和氖22做的功相等，A正確；根據qU＝mv2，得v＝，所以氖22(質量較大)進入磁場時的速度較小，B錯誤；根據r＝和v＝得r＝，因為氖22質量較大，所以氖22在磁場中運動的半徑較大，C錯誤；加速電壓發生波動，根據r＝，兩種離子打在照相底片上的位置可能重疊(不同時刻)，D正確．
【模型演練3】（2021屆江蘇省如皋市高三模擬）質譜儀是一種測量帶電粒子比荷的儀器，某型號質譜儀的內部構造如圖所示，M、N板間存在電壓為U0的加速電場，半徑為R的圓形區域內存在磁感應強度為B的勻強磁場，光屏放置于圓形磁場區域右側，光屏中心P到圓形磁場區域圓心O的距離為2R。帶電粒子從S點由靜止飄入M、N板間，經電場加速后進入圓形磁場區域，在磁場力作用下軌跡發生偏轉，最終打在光屏上的某點，測量該點到P點的距離，便能推算出帶電粒子的比荷.不計帶電粒子的重力。
（1）若帶電粒子為電子，已知電子的電荷量為e，質量為m0，求電子經過電場加速后的速度大小v及電子在磁場中運動的軌跡半徑r；
（2）若某種帶電粒子通過電場加速和磁場偏轉后，打在光屏上的Q點，已知P點到Q點的距離為R，求該帶電粒子的比荷及其在磁場中運動的時間t。

【答案】（1）；；（2）；
【解析】
（1）電子在電場中加速，由動能定理有
解得
電子在磁場中做勻速圓周運動，由
解得
（2）帶電粒子到達Q點的軌跡如圖所示

由幾何關系可得θ=60°，，
類比有
解得
帶電粒子在磁場中運動的圓心角即θ=60°，所以
周期
所以
【模型演練4】（2021屆云南省保山市智源中學高三一模）如圖，離子源產生某種離子，以初速度v0進入兩端電壓為U的加速電場加速后、從距離PQ邊界h處進入垂直紙面向外磁感應強度為B的勻強磁場中，進入磁場的速度是進入電場速度的三倍。經磁場偏轉后從磁場下邊界PQ離開磁場，離開磁場時速度與邊界PQ方向的夾角為60°。不計離子重力。求：
(1) 該離子的比荷；
(2)磁感應強度B。

【答案】(1)；(2)
【解析】(1)離子在電場中加速過程由動能定理得

解得
(2)由磁場偏轉軌跡的幾何關系得
解得R=2h

磁場中由洛倫茲力提供向心力
其中，代入解得
【模型演練5】（2021屆西南名校聯盟摸底診斷測試理綜物理試題 ）如圖所示，離子源產生的某種正離子，由靜止經加速電壓U加速后在紙面內水平向右運動，自坐標原點O射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B，已知該離子剛好在磁場邊界的P點射出。P點坐標為，不計重力影響。求：
（1）離子的比荷；
（2）粒子在磁場中運動的時間。

【答案】(1)；(2)
【解析】(1)設離子的質量為，電荷量為，進入磁場時的速度為，則

粒子在磁場中有
由幾何關系知
聯立解得
(2)

【模型演練6】(2020·山西臨汾市二輪復習模擬)容器A中裝有大量的質量、電荷量不同但均帶正電的粒子，粒子從容器下方的小孔S1不斷飄入加速電場(初速度可視為零)做直線運動，通過小孔S2后從兩平行板中央沿垂直電場方向射入偏轉電場．粒子通過平行板后沿垂直磁場方向進入磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場區域，最后打在感光片上，如圖所示．已知加速電場中S1、S2間的加速電壓為U，偏轉電場極板長為L，兩板間距也為L，板間勻強電場強度E＝，方向水平向左(忽略板間外的電場)，平行板f的下端與磁場邊界ab相交于點P，在邊界ab上實線處固定放置感光片．測得從容器A中逸出的所有粒子均打在感光片PQ之間，且Q距P的長度為3L，不考慮粒子所受重力與粒子間的相互作用，求：

(1)粒子射入磁場時，其速度方向與邊界ab間的夾角；
(2)射到感光片Q處的粒子的比荷(電荷量q與質量m之比)；
(3)粒子在磁場中運動的最短時間．
【答案】　(1)45°　(2)　(3)
【解析】　(1)設質量為m、電荷量為q的粒子通過孔S2的速度為v0，則：qU＝mv02
粒子在平行板e、f間做類平拋運動：L＝v0t，vx＝t，tan θ＝
聯立可得：tan θ＝1，則θ＝45°，故其速度方向與邊界ab間的夾角為θ＝45°.
(2)粒子在偏轉電場中沿場強方向的位移x＝vxt＝，故粒子從e板下端與水平方向成45°角斜向下射入勻強磁場，如圖所示，設質量為m、電荷量為q的粒子射入磁場時的速度為v，做圓周運動的軌道半徑為r，則v＝＝v0＝2
由幾何關系：r2＋r2＝(4L)2
則r＝2L
qvB＝m，則r＝
聯立解得：＝.

(3)設粒子在磁場中運動的時間為t，偏轉角為α，
則t＝，r＝＝
聯立可得：t＝
因為粒子在磁場中運動的偏轉角α＝π，所以粒子打在P處時間最短，此時半徑為r′，
由幾何關系知：r′2＋r′2＝L2，則r′＝L
聯立可得：tmin＝＝.
六．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＝·＝.
【模型演練1】(多選)(2021·山東煙臺市第一學期期末)如圖所示是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，分別與高頻交流電源連接，兩個D形金屬盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩個D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，下列說法中正確的是(　　)

A．加速電壓越大，粒子最終射出時獲得的動能就越大
B．粒子射出時的最大動能與加速電壓無關，與D形金屬盒的半徑和磁感應強度有關
C．若增大加速電壓，粒子在金屬盒間的加速次數將減少，在回旋加速器中運動的時間將減小
D．粒子第5次被加速前、后的軌道半徑之比為∶
【答案】　BC
【解析】　粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得：qvmB＝m，解得：vm＝，則粒子獲得的最大動能為：Ekm＝mvm2＝，知粒子獲得的最大動能與加速電壓無關，與D形金屬盒的半徑R和磁感應強度B有關，故A錯誤，B正確；對粒子，由動能定理得：nqU＝，加速次數：n＝，增大加速電壓U，粒子在金屬盒間的加速次數將減少，粒子在回旋加速器中運動的時間：t＝T＝將減小，故C正確；對粒子，由動能定理得：nqU＝mvn2，解得vn＝，粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得：qvnB＝m，解得：rn＝ ，則粒子第5次被加速前、后的軌道半徑之比為：＝，故D錯誤．
【模型演練2】(多選)(2021·福建龍巖市3月質量檢查)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，如圖所示．其核心部件是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒(D1、D2)，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，D形盒的半徑為R.質量為m、電荷量為q的質子從D1半盒的質子源(A點)由靜止釋放，加速到最大動能Ekm后經粒子出口處射出．若忽略質子在電場中的加速時間，且不考慮相對論效應，則下列說法正確的是(　　)

A．質子加速后的最大動能Ekm與交變電壓U大小無關
B．質子在加速器中的運行時間與交變電壓U大小無關
C．回旋加速器所加交變電壓的周期為πR
D．D2盒內質子的軌道半徑由小到大之比為1∶∶∶…
【答案】　ACD
【解析】　質子在回旋加速器中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，則v＝，當r＝R時，質子有最大動能：Ekm＝mvm2＝，知質子加速后的最大動能Ekm與交變電壓U大小無關，故A正確；質子離開回旋加速器時的動能是一定的，與加速電壓無關，由T＝可知相鄰兩次經過電場加速的時間間隔不變，獲得的動能為qU，故電壓越大，加速的次數n越少，在加速器中的運行時間越短，故B錯誤；回旋加速器所加交變電壓的周期與質子在D形盒中運動的周期相同，由T＝，R＝，Ekm＝mvm2知，T＝πR，故C正確；質子每經過1次加速電場動能增大qU，知D2盒內質子的動能由小到大依次為qU、3qU、5qU…，又r＝＝，則半徑由小到大之比為1∶∶∶…，故D正確.
【模型演練3】（2021北京東城一模）在研究原子核的內部結構時，需要用能量很高的粒子去轟擊原子核。粒子加速器 可以用人工方法使帶電粒子獲得很大速度和能量。圖甲是回旋加速器的結構示意圖，D1和D2是兩個中空的半徑為R的半圓型金屬盒，兩盒之間留有間距為d的窄縫，它們之間有一定的電勢差。兩個金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，磁感應強度為B。D1盒的中央A處的粒子源可以產生質量為m、電荷量為+q的粒子。粒子在兩盒之間被電場加速，之后進入磁場后做勻速圓周運動。經過若干次加速后，將粒子從金屬盒邊緣引出。設粒子在交變電場中運動時電壓大小為U，不考慮粒子離開A處時的速度、粒子重力、粒子間的相互作用及相對論效應。

⑴ 求粒子被引出時的動能Ek；
⑵ 求粒子被電場加速的次數n；
⑶ 隨著粒子在電場中的不斷加速，粒子在磁場中的運動速率一次比一次增大，然而粒子每次在金屬盒中的運動時間卻相同，粒子在交變電場中加速的總時間也可以忽略。已知10 MeV 以上的回旋加速器中磁感應強度的數量級為1T，金屬盒的直徑在1m 以上，窄縫之間距離約為0.1cm。請你結合上述參數，通過推導和估算加以分析。
【解析】．
⑴ 粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力充當向心力，被引出時的速度為v
根據牛頓第二定律有
解得
粒子被引出時的動能
⑵ 粒子在電場中被加速n次，根據動能定理有

⑶ 粒子在加速器中運動的時間可以看成兩部分時間之和：在金屬盒內旋轉圈的時間t1和通過金屬盒間隙n次所需的時間t2。
粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力充當向心力
有
運動周期
由此可知：粒子運動周期與粒子速度無關，每次在金屬盒中的運動時間相同
粒子在磁場中運動時間
粒子在電場中運動時，根據勻變速直線運動規律

粒子在磁場中運動時間與在電場中運動時間之比
由此可知：粒子在電場中的加速時間可以忽略。
七．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．
【模型演練1】(2021·河南頂級名校第四次聯測)如圖所示，豎直平面xOy，其x軸水平，在整個平面內存在沿x軸正方向的勻強電場E，在第三象限內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.2 T．現有一比荷為＝25 C/kg的帶電微粒，從第三象限內某點以速度v0向坐標原點O做直線運動，v0與x軸之間的夾角為θ＝45°，取重力加速度g＝10 m/s2.求：

(1)微粒的電性及速度v0的大小；
(2)帶電微粒在第一象限內運動時所到達的最高點的坐標．
【答案】　(1)帶正電　2 m/s　(2)(0.6 m,0.2 m)
【解析】　(1)帶電微粒在第三象限內受重力、電場力和洛倫茲力的作用，做直線運動，則其一定做勻速直線運動，合力為零．若微粒帶負電，由左手定則知洛倫茲力斜向右下，又重力豎直向下，電場力水平向左，合力不可能為零；同理，可判斷微粒帶正電；
對帶電微粒受力分析，如圖所示，根據平衡條件可得：Bqv0＝mg
解得：v0＝2 m/s；

(2)帶電微粒進入第一象限后做曲線運動，設最高點為M，從O到M所用的時間為t，則將微粒從O到M的運動分解為沿x軸方向上的勻加速直線運動和沿y軸方向上的勻減速直線運動
y軸方向上：0＝v0sin 45°－gt
y＝t
x軸方向上：qE＝mgtan 45°＝max
x＝v0cos 45°t＋axt2
解得x＝0.6 m，y＝0.2 m.
即帶電微粒在第一象限內運動時所達到的最高點的坐標為(0.6 m,0.2 m)
【模型演練2】.(2020·河南九師聯盟質檢)如圖所示，豎直平面內有一直角坐標系xOy，x軸沿水平方向．第二、三象限有垂直于坐標平面向里的勻強磁場，與x軸成θ＝30°角的絕緣細桿固定在二、三象限；第四象限同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直于坐標平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，一質量為m、電荷量為q的帶電小球a(可視為質點)穿在細桿上沿細桿勻速下滑，在N點脫離細桿后恰能沿圓周軌道運動到x軸上的A點，且速度方向垂直于x軸．已知A點到坐標原點O的距離為l，小球a與絕緣細桿的動摩擦因數μ＝；＝ ，重力加速度為g，空氣阻力忽略不計．求：

(1)帶電小球的電性及電場強度的大小E；
(2)第二、三象限里的磁場的磁感應強度大小B1；
(3)當帶電小球a剛離開N點時，從y軸正半軸距原點O為h＝的P點(圖中未畫出)以某一初速度水平向右平拋一個不帶電的絕緣小球b(可視為質點)，b球剛好在運動到x軸時與向上運動的a球相碰，則b球的初速度為多大？
【答案】　(1)帶正電　　(2) 　(3)
【解析】　(1)由帶電小球a在第四象限內做圓周運動，知小球a所受電場力豎直向上，且mg＝qE，故小球a帶正電，E＝
(2)帶電小球a從N點運動到A點的過程中，洛倫茲力提供小球做圓周運動的向心力，設運動半徑為R，有：qvB＝m
由幾何關系有R＋Rsin θ＝l
解得R＝l，v＝
帶電小球a在桿上勻速下滑時，由平衡條件有
mgsin θ＝μ(qvB1－mgcos θ)
解得B1＝
(3)帶電小球a在第四象限內做勻速圓周運動的周期T＝＝2
帶電小球a第一次在第一象限從A點豎直上拋又返回到A點所用的時間為t0＝＝
絕緣小球b平拋運動至x軸上的時間為t＝＝2
小球a從N點第一次到A點所用時間為t1，
則t1＝ 故兩球相碰有t＝＋n(t0＋)(n＝0,1,2…)
聯立解得n＝1
設b球的初速度為v0，則R＝v0t
解得v0＝ .
【模型演練3】(2021屆·云南省昆明市第一中學高三上學期月考)如圖所示，豎直面內有一平面直角坐標系，軸沿水平方向，整個空間中存在沿軸正方向的勻強電場（ 圖中未畫出），電場強度大小，在第三象限中存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小。有一帶正電的小球，質量，電荷量，正以速度在第三象限中做勻速直線運動并從O點進入第一象限，取，求：
(1)小球做勻速直線運動的速度的大小和方向；
(2)小球在第一象限運動的過程中，離軸的最遠距離；
(3)小球在第一象限從點到離軸的最遠距離處，增加的機械能。

【答案】(1)，水平方向的夾角為；(2)；(3)
【解析】
(1)小球在第三象限內做勻速直線運動時，受力如圖所示

其所受的三個力在同一平面內，合力為零，則有

帶入數據，得

速度的方向與電場的方向之間的夾角滿足

解得

則

故速度的方向與水平方向的夾角為。
(2)小球在第一象限中做曲線運動，將其速度分別進行分解


當小球在第一象限中，運動到離x軸最遠距離時，
豎直方向速度關系


豎直方向位移關系


(3)小球在第一象限中運動時
水平方向位移關系

其中



電場力做功

由于電場力做正功，所以機械能的增加量

【模型演練4】（2021屆海南省海南中學高三模擬）如圖所示，一質量為m、電荷量為q的帶正電小球（可視為質點），從y軸上的A點以初速度v0水平拋出，兩長為L的平行金屬板M、N傾斜放置且與x軸正方向間的夾角為θ＝37°（重力加速度為g，，）。
（1）若小球恰好能垂直于M板從其中心小孔B進入兩板間，求小球拋出時的初速度v0大小；
（2）若該平行金屬板M、N間有如圖所示的勻強電場，且勻強電場的電場強度大小與小球質量之間的關系滿足，在滿足（1）中條件的情況下，為使小球不打在N板上，求兩平行金屬板M、N之間的垂直距離的最小值d。

【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）設小球由y軸上的A點運動到金屬板M的中心小孔B的時間為t，由題意，在與x軸平行的方向上，有

小球在豎直方向上下落的距離為


解得



（2）設小球進入電場時的速度大小為v，則由動能定理可得

解得

小球進入勻強電場后的受力情況如圖所示，因為

所以

平行于電場方向小球受力平衡，因此，小球進入該勻強電場之后，將做類平拋運動，其加速度大小為

設小球在該勻強電場中運動的時間為，欲使小球不打在N板上，由類平拋運動的規律可得


解得

【模型演練5】（2021·天津市河東區八中高三上學期12月月考）如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經電壓U加速后，水平進入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B的復合場中（E和B已知），小球在此空間的豎直面內做勻速圓周運動，重力加速度為g，則（? ???）

A. 小球可能帶正電
B. 小球做勻速圓周運動的半徑為
C. 若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加
D. 小球做勻速圓周運動的周期為
【答案】BD
【解析】
小球在豎直平面內做勻速圓周運動，故重力等于電場力，即洛倫茲力提供向心力，所以mg=Eq，由于電場力的方向與場強的方向相反，故小球帶負電，故A錯誤；由于洛倫茲力提供向心力，故有：qvB=m，解得：；又由于qU=mv2，解得：；聯立得到：，故B正確；由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動，故有運動周期為：，故D正確；由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動，運動周期為：，顯然運動周期與加速電壓無關，故C錯誤；故選BD．
【模型演練6】.（2021·吉林省長春市外國語學校高三上學期1月期末）如圖所示，在xoy平面內，第三、四象限內有豎直方向的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，將一質量為m，帶電量為q的小球從O點正上方y軸上某一點以初速度v0水平向右拋出，小球經過x軸上P點（圖中未畫出）后進入x軸下方的電磁場區，并沿一段圓弧運動后恰好經過O點，求：
(1)勻強電場強度的大小和方向；
(2)勻強磁場磁感應強度的大小。

【答案】(1)，電場方向向下；(2)
【解析】
(1)由于小球經過x軸上P點后進入x軸下方做一段圓弧運動后恰好再次經過O點

可以判斷小球帶負電，在x軸下方做圓周運動，重力與電場力平衡，有

解得

電場方向向下
(2)設小球做平拋運動的時間為t，到達x軸水平位移為x，則

設小球進入x軸下方的速度為v，做圓周運動的的半徑為R，則有

得

設小球到達x軸時速度方向與x軸的夾角為，則小球平拋運動有
，
解得

【模型演練7】.(2020·百師聯盟4月沖刺卷)如圖所示，直角坐標系xOy所在豎直平面內分布著場強大小相等的勻強電場，第一、二象限中場強方向沿y軸正方向，第三、四象限中場強方向沿x軸正方向；第一、四象限還分布著垂直于平面向里的勻強磁場．一質量為0.02 kg、帶正電的微粒自坐標為(0，－0.4)的A點出發，與y軸成45°角以2 m/s的速度射入第四象限，并能在第四象限內做勻速直線運動，重力加速度g取10 m/s2.求：

(1)微粒第一次通過y軸時的縱坐標；
(2)微粒運動軌跡與初速度方向所在的直線第一次相交時，所需要的時間(結果可用根式表示)；
(3)微粒從射出到第(2)問所說的時刻，動能的增加量．
【答案】　(1)0.4 m　(2)(6＋π) s　(3)0.16 J
【解析】　(1)微粒受力及運動過程分析如圖所示，

微粒沿與y軸成45°角的方向內勻速運動，
則有qE＝mg
qvB＝mg
第一象限重力與電場力二力平衡，微粒做勻速圓周運動，
由qvB＝
解得r＝ m
由幾何關系得，微粒在第一象限恰好做了半個周期的圓周運動，故微粒第一次通過y軸時的縱坐標為0.4 m.
(2)由A到B：
位移為L1＝0.4 m
時間t1＝
解得t1＝ s
由B到C：t2＝
解得t2＝ s
由C到D微粒做勻速直線運動，
位移為L2＝0.4 m
時間t3＝
解得t3＝ s
由D到E微粒做類平拋運動，軌跡交AB延長線于點G
加速度方向沿D指向A，大小為a＝g
位移沿DA方向，大小為L3＝0.4 m
由L3＝at42，
解得t4＝ s
故t總＝t1＋t2＋t3＋t4＝(6＋π)．
(3)只有在第三象限運動的過程，動能有變化．
從D到G，合外力做的功W＝mg·L3
由動能定理知，W＝ΔEk，
解得增加的動能為ΔEk＝0.16 J
八．帶電粒子在疊加場中的應用模型---電磁平衡科技應用
模型一．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．
【模型演練1】(2020·蚌埠二模)一速度選擇器如圖所示，當粒子速度滿足v0＝ 時，粒子沿圖中虛線水平射出；若某一粒子以速度v射入該速度選擇器后，運動軌跡為圖中實線所示，則關于該粒子的說法正確的是(　　)

A. 粒子射入的速度一定是v>
B. 粒子射入的速度可能是v<
C. 粒子射出時的速度一定大于射入速度
D. 粒子射出時的速度一定小于射入速度
【答案】B　
【解析】：假設粒子帶正電，則電場力向下，由左手定則知粒子所受洛倫茲力方向向上，由受力分析結合運動軌跡知，qvB>qE，則v>，運動過程中洛倫茲力不做功，電場力做負功，則粒子速度減小；若粒子帶負電，則電場力向上，由左手定則知粒子所受洛倫茲力方向向下，由受力分析結合運動軌跡知，qvB 【模型演練2】在如圖所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應強度B相互垂直．一帶電粒子(重力不計)從左端以速度v沿虛線射入后做直線運動，則該粒子(　　)

A．一定帶正電
B．速度v＝
C．若速度v＞，粒子一定不能從板間射出
D．若此粒子從右端沿虛線方向進入，仍做直線運動
【答案】　B
【解析】　粒子帶正電和負電均可，選項A錯誤；由洛倫茲力等于電場力，可得qvB＝qE，解得速度v＝，選項B正確；若速度v＞，粒子可能從板間射出，選項C錯誤；若此粒子從右端沿虛線方向進入，所受電場力和洛倫茲力方向相同，不能做直線運動，選項D錯誤．
模型二．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＝.
【模型演練1】(2020·福建三明市期末質量檢測)磁流體發電機的原理如圖所示．將一束等離子體連續以速度v垂直于磁場方向噴入磁感應強度大小為B的勻強磁場中，可在相距為d、面積為S的兩平行金屬板間產生電壓．現把上、下板和電阻R連接，上、下板等效為直流電源的兩極．等離子體穩定時在兩極板間均勻分布，電阻率為ρ.忽略邊緣效應及離子的重力，下列說法正確的是(　　)

A．上板為正極，a、b兩端電壓U＝Bdv
B．上板為負極，a、b兩端電壓U＝
C．上板為正極，a、b兩端電壓U＝
D．上板為負極，a、b兩端電壓U＝
【答案】　C
【解析】　根據左手定則可知，等離子體射入兩極板之間時，正離子偏向a板，負離子偏向b板，即上板為正極；穩定時滿足q＝Bqv，解得U′＝Bdv；根據電阻定律可知兩極板間的電阻為r＝，根據閉合電路歐姆定律：I＝，a、b兩端電壓U＝IR，聯立解得U＝，故選C.
【模型演練2】(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、負帶電離子)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a向b方向的電流
C．若只改變磁場強弱，R中電流保持不變
D．若只增大離子入射速度，R中電流增大
【答案】　BD
【解析】　等離子體進入磁場，根據左手定則，正離子向上偏，打在上極板上，負離子向下偏，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R的電流方向由a到b，故A錯誤，B正確；依據電場力等于洛倫茲力，即q＝qvB，則有U＝Bdv，再由閉合電路歐姆定律I＝＝，電流與磁感應強度成正比，故C錯誤；由以上分析可知，若只增大離子的入射速度，R中電流會增大，故D正確．
【模型演練3】.(多選)如圖所示為磁流體發電機的原理圖．金屬板M、N之間的距離為d＝20 cm，磁場的磁感應強度大小為B＝5 T，方向垂直紙面向里．現將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正離子和負離子，整體呈電中性)從左側噴射入磁場，發現在M、N兩板間接入的額定功率為P＝100 W的燈泡正常發光，且此時燈泡電阻為R＝100 Ω，不計離子重力和發電機內阻，且認為離子均為一價離子，則下列說法中正確的是(　　)

A．金屬板M上聚集負電荷，金屬板N上聚集正電荷
B．該發電機的電動勢為100 V
C．離子從左側噴射入磁場的初速度大小為103 m/s
D．每秒有6.25×1018個離子打在金屬板N上
【答案】　BD
【解析】　由左手定則可知，射入的等離子體中正離子將向金屬板M偏轉，負離子將向金屬板N偏轉，選項A錯誤；由于不考慮發電機的內阻，則發電機的電動勢等于路端電壓，所以E＝U＝＝100 V，選項B正確；由Bqv＝q可得v＝＝100 m/s，選項C錯誤；每秒經過燈泡的電荷量Q＝It，而I＝＝1 A，所以Q＝1 C，由于離子均為一價離子，所以每秒打在金屬板N上的離子個數為n＝＝＝6.25×1018(個)，選項D正確．
模型三．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.
【模型演練】為監測某化工廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的長方體流量計．該裝置由絕緣材料制成，其長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口．在垂直于上下底面方向加一勻強磁場，前后兩個內側面分別固定有金屬板作為電極．污水充滿管口從左向右流經該裝置時，接在M、N兩端間的電壓表將顯示兩個電極間的電壓U.若用Q表示污水流量(單位時間內排出的污水體積)，下列說法中正確的是(　　)

A．M端的電勢比N端的高
B．電壓表的示數U與a和b均成正比，與c無關
C．電壓表的示數U與污水的流量Q成正比
D．若污水中正、負離子數相同，則電壓表的示數為0
【答案】　C
【解析】　根據左手定則知，正離子所受的洛倫茲力方向向里，則向里偏轉，N端帶正電，M端帶負電，則M端的電勢比N端電勢低，故A錯誤； 最終離子在電場力和洛倫茲力作用下平衡，有：qvB＝q，解得U＝vBb，電壓表的示數U與b成正比，與污水中正、負離子數無關，故B、D錯誤；因v＝，則流量Q＝vbc＝，因此U＝，所以電壓表的示數U與污水流量Q成正比，故C正確．
【模型演練2】(2020·湖南常德市模擬)某化工廠的排污管末端安裝了如圖12所示的流量計，測量管由絕緣材料制成，其長為L、直徑為D，左右兩端開口，在前后兩個內側面a、c固定有金屬板作為電極，勻強磁場方向豎直向下．污水(含有大量的正、負離子)充滿管口從左向右流經該測量管時，a、c兩端的電壓為U，顯示儀器顯示污水流量Q(單位時間內排出的污水體積)．則(　　)

A．a側電勢比c側電勢低
B．污水中離子濃度越高，顯示儀器的示數越大
C．污水流量Q與U成正比，與L、D無關
D．勻強磁場的磁感應強度B＝
【答案】　D
【解析】　污水中正、負離子從左向右移動，受到洛倫茲力，根據左手定則，正離子向后表面偏，負離子向前表面偏轉，所以a側電勢比c側電勢高，故A錯誤；最終正、負離子會在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，有qE＝qvB，即＝vB，而污水流量Q＝＝·＝，可知Q與U、D成正比，與L無關，顯示儀器的示數與離子濃度無關；勻強磁場的磁感應強度B＝，故D正確，B、C錯誤．
模型四.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．
【模型演練1】(多選)(2020·江蘇一模)在一個很小的矩形半導體薄片上，制作四個電極E、F、M、N，做成了一個霍爾元件，在E、F間通入恒定電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，M、N間的電壓為UH.已知半導體薄片中的載流子為正電荷，電流與磁場的方向如圖所示，下列說法正確的有(　　)

A．N板電勢高于M板電勢
B．磁感應強度越大，MN間電勢差越大
C．將磁場方向變為與薄片的上、下表面平行，UH不變
D．將磁場和電流分別反向，N板電勢低于M板電勢
【答案】　AB
【解析】　電流的方向由E指向F，根據左手定則，自由電荷受力的方向指向N板，向N板偏轉，則N板電勢高，故A正確；
設上、下表面間距為L，左右兩個表面相距為d，正電荷所受的電場力最終等于洛倫茲力，設材料單位體積內正電荷的個數為n，材料截面積為S，則＝qvB①
I＝nqSv②
S＝dL③
由①②③得：UH＝，令k＝，則UH＝k，
所以若保持電流I恒定，則M、N間的電壓與磁感應強度B成正比，故B正確；
將磁場方向變為與薄片的上、下表面平行，則載流子不會受到洛倫茲力，因此不存在電勢差，故C錯誤；
若磁場和電流分別反向，依據左手定則，則N板電勢仍高于M板電勢，故D錯誤．
【模型演練2】(多選)(2020·江蘇無錫市調研)自行車速度計利用霍爾效應傳感器獲知自行車的運動速率．如圖6甲所示，自行車前輪上安裝一塊磁鐵，輪子每轉一圈，這塊磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器會輸出一個脈沖電壓．圖乙為霍爾元件的工作原理圖．當磁場靠近霍爾元件時，導體內定向運動的自由電荷在磁場力作用下偏轉，最終使導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現電勢差，即為霍爾電勢差．下列說法正確的是(　　)

A．根據單位時間內的脈沖數和自行車車輪的半徑即可獲知車速大小
B．自行車的車速越大，霍爾電勢差越高
C．圖乙中霍爾元件的電流I是由正電荷定向運動形成的
D．如果長時間不更換傳感器的電源，霍爾電勢差將減小
【答案】　AD
【解析】　根據單位時間內的脈沖數可知車輪轉動的轉速，若再已知自行車車輪的半徑，根據v＝2πrn即可獲知車速大小，選項A正確；根據霍爾原理可知，q＝Bqv，U＝Bdv，即霍爾電勢差只與磁感應強度、霍爾元件的厚度以及電子定向移動的速率有關，與自行車的車速無關，選項B錯誤；題圖乙中霍爾元件的電流I是由電子定向運動形成的，選項C錯誤；如果長時間不更換傳感器的電源，則會導致電子定向移動的速率減小，霍爾電勢差將減小，選項D正確．

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