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高三二轮专题培优复习 专题16 带电粒子在组合场、复合场中的运动模型
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这是一份高三二轮专题培优复习 专题16 带电粒子在组合场、复合场中的运动模型，共84页。试卷主要包含了组合场，最大动能，总时间等内容，欢迎下载使用。
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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc12954" 一.带电粒子在组合场中的匀速圆周运动模型解法综述 PAGEREF _Tc12954 \h 1
\l "_Tc15509" 二．磁场与磁场的组合模型 PAGEREF _Tc15509 \h 1
\l "_Tc4213" 三．先电场后磁场模型 PAGEREF _Tc4213 \h 15
\l "_Tc22607" 四．先磁场后电场模型 PAGEREF _Tc22607 \h 26
\l "_Tc11136" 五．带电粒子在组合场中运动的应用---质谱仪模型 PAGEREF _Tc11136 \h 37
\l "_Tc4645" 六．带电粒子在组合场中运动的应用---回旋加速器模型 PAGEREF _Tc4645 \h 46
\l "_Tc23614" 七．带电粒子在叠加场中的运动模型 PAGEREF _Tc23614 \h 52
\l "_Tc26570" 八．带电粒子在叠加场中的应用模型---电磁平衡科技应用 PAGEREF _Tc26570 \h 65
\l "_Tc7120" 模型一．速度选择器 PAGEREF _Tc7120 \h 65
\l "_Tc32560" 模型二．磁流体发电机 PAGEREF _Tc32560 \h 68
\l "_Tc3179" 模型三．电磁流量计 PAGEREF _Tc3179 \h 74
\l "_Tc23959" 模型四.霍尔效应的原理和分析 PAGEREF _Tc23959 \h 78
一.带电粒子在组合场中的匀速圆周运动模型解法综述
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现．
2．带电粒子在组合场中运动的分析思路
第1步：粒子按照时间顺序进入不同的区域可分成几个不同的阶段．
第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如图所示．
第3步：用规律
二．磁场与磁场的组合模型
【运动模型】磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同．解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系．
【模型演练1】（2023·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）如图所示，在y轴两侧有垂直于纸面向外的匀强磁场，其磁感应强度大小分别为和，且。坐标原点O处有一个质量为M、处于静止状态的中性粒子，分裂为两个带电粒子a和b，其中粒子a的电荷量为，质量（可以取0~1的任意值）。分裂时释放的总能量为E，并且全部转化为两个粒子的动能。不计粒子重力和粒子之间的相互作用力，不计中性粒子分裂时间和质量亏损，不考虑相对论效应。设a粒子的速度沿x轴正方向，求：
（1）粒子a在磁场、中运动的半径之比k；
（2）取多大时，粒子a在磁场中运动的半径最大，以及此时的最大半径；
（3）若a粒子的速度沿右上方与x轴正方向夹角为，取多大时，两粒子会在以后的运动过程中相遇。（已知若，则取）
【答案】（1）；（2）当时最大，其值为；（3）可取或或或
【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力
可得
粒子a在磁场中运动过程中比荷与速率都不会改变，所以磁场、中运动的半径之比
（2）分裂过程动量守恒
根据能量守恒
解得
则粒子a在右边磁场中运动的半径为
可知，当时最大，其值为
（3）一个中性粒子分裂为两个带电粒子a和b，根据电荷守恒。a粒子带负电，b粒子带等量正电。由于两个粒子的质量和速度的乘积相等，所以两个粒子在同一磁场中的运动半径也相等，即a、b粒子在磁场、中运动的半径之比均为1∶2；
a、b粒子在磁场、中运动的周期分别为
a，b两粒子的运动轨迹如图所示，它们相遇的位置共有四个，分别为C、D、E和F点
①若在C点相遇
则
②若在D点相遇
则
③诺在E点相遇
则
④若在F点相遇，由几何关系可知
即
则
综合以上可取
或
或
或
【模型演练2】（2023·江苏扬州·统考三模）如图所示，y方向足够长的两个条形区域，宽度分别为l1和l2，两区域分别分布着磁感应强度为和的磁场，磁场方向垂直于xOy平面向外，磁碱应强度，现有大量粒子从坐标原点O以恒定速度不断沿x轴正方向射入磁场，由于的大小在0-0.5T范围内可调，粒子可从磁场边界的不同位置飞出。已知带电粒子的电量C。 质量，不考虑带电粒子的重力，求：
（1）要使粒子能进入的磁场，应满足的条件；
（2）粒子在条形区域内运动的最短时间t；
（3）粒子从y轴飞出磁场时的最高点坐标y。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当带电粒子在磁场中圆周运动的半径大于l1时粒子能进入磁感应强度的磁场，由洛伦兹力充当向心力有
当时，粒子的轨迹如图所示
此时有
代入数据得
即粒子恰好不进入磁场区，而根据
可知，磁感应强度越小，轨道半径越大，因此满足的条件为
（2）当时，粒子进入磁场，有
解得
可知粒子从右边界MN飞出，粒子的运动轨迹如图
由几何关系可知
解得
粒子在两个条形区域运动的时间为
随着的增大，根据时间等于弧长与速度的比值可知，粒子在磁场中的运动时间先增大后减小，当达到最大值0.4T时，粒子从左边界飞出，运动时间为
所以粒子在两个条形区域内运动的最短时间为
（3）设为粒子从MN射出的最高点，则为轨迹与边界MN的切点，如图
为粒子在B1磁场中运动的圆心，为粒子在磁场中运动的圆心，由几何知识可得
，
解得
由几何知识知有
则根据几何关系可得A1的纵坐标
根据对称性可得粒子从y轴飞出磁场时的最高点坐标
【典例分析3】如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场．在x≥0 区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)
(1)粒子运动的时间；
(2)粒子与O点间的距离．
【答案】 (1)eq \f(πm,B0q)(1＋eq \f(1,λ)) (2)eq \f(2mv0,B0q)(1－eq \f(1,λ))
【解析】 (1)在匀强磁场中，带电粒子做匀速圆周运动．设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x＜0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
qB0v0＝meq \f(v02,R1)①
qλB0v0＝meq \f(v02,R2)②
设粒子在x≥0区域运动的时间为t1，则
t1＝eq \f(πR1,v0)③
粒子在x<0区域运动的时间为t2，则
t2＝eq \f(πR2,v0)④
联立①②③④式得，所求时间为
t＝t1＋t2＝eq \f(πm,B0q)(1＋eq \f(1,λ))⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
d＝2(R1－R2)＝eq \f(2mv0,B0q)(1－eq \f(1,λ))
【模型演练4】如图所示，虚线上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场，下方存在方向相同、磁感应强度大小为的匀强磁场，虚线为两磁场的分界线。位于分界线上，点为的中点。一电子从点射入磁场，速度方向与分界线的夹角为，电子离开点后依次经两点回到点。已知电子的质量为，电荷量为，重力不计，求：
(1)的值；
(2)电子从射入磁场到第一次回到点所用的时间。
【答案】(1)；(2)
【解析】
电子在磁场中的运动轨迹如图所示
设电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径分别为，电子在磁场中做匀速圆周运动有
…①
…②
由于最终能回到点，由几何关系，可得
…③
联立①②③，解得
电子在磁场中的运动周期
电子在磁场中的运动周期
设电子经过三段轨迹的时间分别为，由几何关系可得
到的圆心角为，则
到的圆心角为，则
到的圆心角为，则
电子从射入磁场到第一次回到点所用的时间为
联立以上式子，解得
【模型演练5】（2023·全国·高三专题练习）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
（2）若，求能到达处的离子的最小速度v2；
（3）若，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。
【答案】（1）；（2）（3）60%
【详解】（1）当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系
解得
r1=2L
根据
解得
在磁场中运动的周期
运动时间
（2）若B2=2B1，根据
可知
粒子在磁场中运动轨迹如图，设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系
解得
r2=2L
根据
解得
（3）当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x轴，则由动量定理
即
求和可得
粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x轴上的过程中
解得
则速度在~之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在~，又粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为
η=60%
【模型演练6】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t = 0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。己知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
（3）时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
【答案】（1）；（2），；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa
【详解】（1）由题知，粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径
r = a
根据
解得
（2）由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则
T甲 = 2T乙
根据，有
则
粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有
mv甲0＋m乙v乙0= －mv甲1＋m乙v乙1
解得
v乙0= －5v甲0，v乙1= 3v甲0
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为。
（3）已知在时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有
v甲1= －3v甲0，v乙1= 3v甲0
则根据，可知此时乙粒子的运动半径为
可知在时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S1= 6πa
且在第二次碰撞时有
mv甲1＋m乙v乙1= mv甲2＋m乙v乙2
解得
v甲2= v甲0，v乙2= －5v甲0
可知在时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S2= 10πa
且在第三次碰撞时有
mv甲2＋m乙v乙2= mv甲3＋m乙v乙3
解得
v甲3= －3v甲0，v乙3= 3v甲0
依次类推
在时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S8= 10πa
且在第九次碰撞时有
mv甲8＋m乙v乙8= mv甲9＋m乙v乙9
解得
v甲9=－3v甲0，v乙9= 3v甲0
在到过程中，甲粒子刚好运动半周，且甲粒子的运动半径为
r甲1 = 3a
则时甲粒子运动到P点即（－6a，0）处。
在到过程中，乙粒子刚好运动一周，则时乙粒子回到坐标原点，且此过程中乙粒子走过的路程为
S0 = 3πa
故整个过程中乙粒子走过总路程为
S = 4 × 6πa＋4 × 10πa＋3πa = 67πa
三．先电场后磁场模型
【运动模型】
1.带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图.
2．带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图.
【模型演练1】（2023春·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）如图所示，为一正方形区域，边长为d，一带正电的粒子从中点沿着垂直方向以速度进入。若在该区域加一垂直向下的匀强电场，粒子恰好从点射出；若撤去电场，在该区域加一垂直平面的向里的匀强磁场，带电粒子仍从中点沿着垂直方向以速度进入，恰好从点射出。不计粒子重力，已知粒子的比荷为，求：
（1）电场强度的大小；
（2）磁感应强度的大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）加电场时带电粒子做类平抛运动，沿初速度方向，有
垂直于初速度方向，有
根据牛顿第二定律，有
联立解得电场强度为
（2）加磁场时，带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动
由几何关系，有
联立解得磁感应强度为
【模型演练2】（2023·广西南宁·南宁二中校考模拟预测）如图粒子源可以每秒发射出个粒子，其初速度均为，进入电压为的加速电场，从电场中射出后与静止在反应区A点的铍核发生核反应，两个反应产物垂直于边界飞入探测区、探测区有一圆形磁场和粒子探测器、圆形磁场半径为，其内存在磁感应强度为的匀强磁场，圆形磁场边界与相切，探测器与平行且距圆心距离为。实验中根据碰撞点的位置便可分析核反应的生成物。为简化模型，假设每个粒子均可与铍核发生核反应，实验中探测器上有两个点（点和点）持续受到撞击，点在一直线上，且，打在点粒子穿透探测器，被探测器吸收，其中穿透的粒子能量损失，打在点的粒子全部被吸收。已知质子和中子的质量均为，原子核的质量为核子的总质量，质子电量为，不计粒子间相互作用（核反应过程除外）求：
（1）粒子射出加速电场后的速度大小；
（2）完成粒子与铍核发生核反应方程：
（3）判断打在点的分别是什么粒子，计算其速度大小；
（4）探测器上点每秒受到的撞击力大小。
【答案】（1）；（2）；（3）点的为中子，速度大小为，点的粒子为碳原子核，速度大小为；（4）
【详解】（1）粒子在电场中运动过程中，根据动能定理可得
解得
（2）据电荷数守恒、质量数守恒可知，核反应方程为
（3）由于打在点的粒子在磁场中不偏转，故此粒子不带电，因此打在点的粒子为碳原子核，打在点为中子，在磁场中运动轨迹如图所示
出磁场时速度方向与的角度为，做圆周运动的轨道半径为，由几何关系得
即
则
即
洛伦兹力提供碳核做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有
解得
核反应过程中，根据动量守恒可得
解得
（4）点，对于吸收的中子，由动量定理得
可得
设穿透后的中子速度为，则
解得
对于穿透的中子，由动量定理得
可得
探测器上点每秒受到的撞击力大小为
【模型演练3】（2023·广东深圳·深圳市高级中学校考三模）如图所示，和为竖直方向的平行边界线，水平线将两边界围成区域分为上下两部分，其中Ⅰ区域内为竖直向下的匀强电场，Ⅱ区域内为垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从左边界A点以初速度垂直边界进入Ⅰ区域，从C点离开Ⅰ区域进入Ⅱ区域。已知，，粒子重力不计：
（1）求Ⅰ区域匀强电场强度E的大小；
（2）若两竖直边界线距离为4h，粒子从Ⅱ区域左边界射出，求Ⅱ区域内匀强磁场的磁感应强度大小范围；
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）如下图所示，粒子从A点至C点做匀变速曲线运动，垂直电场方向有
平行电场方向有
根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）粒子在C点速度的竖直分量
故粒子在C点速度为
方向为斜向右下方与夹角为45°，当粒子恰好不从边界出射，粒子轨迹如下图轨迹①所示
设此种情况下，粒子在磁场中轨道半径为，由几何知识得
解得
粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力
解得
当粒子恰好不从边界出射，粒子轨迹如图轨迹②所示，由几何知识得
解得
粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力
解得
所以Ⅱ区域内匀强磁场的磁感应强度大小范围
【模型演练4】（2023·全国·高三专题练习）如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。己知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。
（1）求金属板间电势差U；
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的侧形磁场区域的圆心M。
【答案】（1）；（2）或；（3）
【详解】（1）设板间距离为，则板长为，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度
解得
设粒子在平板间的运动时间为，根据类平抛运动的运动规律得
，
联立解得
（2）设粒子出电场时与水平方向夹角为，则有
故
则出电场时粒子的速度为
粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得
解得
已知圆形磁场区域半径为，故
粒子沿方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为，由几何关系可得
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为或；
（3）带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：
【模型演练5】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。
（i）求改变后电场强度的大小和粒子的初速度；
（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
【答案】（1）；（2）（i），；（ii）不会
【详解】（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图
根据几何关系可知
联立可得
（2）（i）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图
在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知
解得
所以有
，
洛伦兹力提供向心力
带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有
再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有
沿y方向上有
其中根据牛顿第二定律有
联立以上各式解得
（ii）粒子从P到Q根据动能定理有
可得从Q射出时的速度为
此时粒子在磁场中的半径
根据其几何关系可知对应的圆心坐标为
，
而圆心与P的距离为
故不会再从P点进入电场。
四．先磁场后电场模型
【模型构建】(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)．
(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)．
【模型演练1】（2023·河北唐山·开滦第一中学校考模拟预测）如图所示，xOy坐标系的第一象限，一等腰三角形OAC，底角为53°，底边长为14L，内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在OC边界的左侧有与y轴平行的匀强电场，D是底边OA的中点。质量为m，电荷量为q的带正电的粒子以一定的初速度，从OA边上的D点沿y轴正方向垂直射入磁场，恰好从OC边上某点沿着与x轴平行的方向射入匀强电场（不计粒子的重力），求：
（1）粒子的速度大小；
（2）粒子离开磁场后，经过x轴上N点（图中没有标出），已知NO=5L，求匀强电场的电场强度；
（3）求粒子从D点到达N点所经历的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子在磁场中匀速圆周运动的轨迹如图所示，粒子做圆周运动的圆心为G，根据几何关系有
GD=FG=R
则
解得
R=4L
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）粒子在电场中的；类平抛运动轨迹如图所示，
粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动，位移为：
x=GN=8L
沿电场线方向做匀加速直线运动，位移为：
y=FG=4L
根据
x=vt，，
解得
（3）设粒子在磁场中运动的时间为t₁，在电场中运动的时间为t₂
带电粒子在磁场中运动的周期为
联立得
x=GN=8L=vt₂
解得：
所以时间
【模型演练2】（2023春·河南·高三校联考期末）如图所示，在平面直角坐标系轴上方有磁感应强度大小不变的匀强磁场，在轴下方有平行于平面的匀强电场，且与轴成角斜向右上方。一个质量为、电荷量为的带正电粒子，以初速度从轴上点沿轴正方向射出，，若磁场方向垂直坐标平面向外，则粒子第一次经过轴进入电场和第二次经过轴的位置均在点（未画出）；若磁场方向垂直坐标平面向里，则粒子第二次经过轴的位置也在点，不计粒子的重力，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）若磁场方向垂直坐标平面向外，粒子从点射出到第三次经过轴所用的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）若磁场方向垂直坐标平面向外，则粒子第一次经过轴进入电场和第二次经过轴的位置均在点，说明粒子到达Q点时的速度方向与电场强度方向反向，则由几何关系
解得
根据
可得
（2）若磁场方向垂直坐标平面向里，则粒子第二次经过轴的位置也在点，轨迹如图；
则
解得
（3）粒子在磁场中运动的时间
粒子进入电场时做减速运动，速度减到零用时间t2，后反向加速，仍用时间t2第二次回到x轴，
解得
粒子再次进入磁场做圆周运动，再次到达x轴时用时间
则粒子从点射出到第三次经过轴所用的时间
【模型演练3】（2023春·湖南常德·高三常德市一中校考阶段练习）如图所示，在x轴上方存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴下方存在竖直向上的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的P（0，h）点沿y 轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成θ=60°第一次进入电场。求：
（1）粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v；
（2）若粒子经过y轴上Q点时速度方向恰好与y轴垂直，匀强电场的电场强度大小E；
（3）粒子返回出发点P所用的总时间t。
【答案】（1）2h，；（2）（23）gB²h；（3）
【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
由几何知识得
rcs60°=h
解得
r=2h
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得
解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的速度大小
（2）粒子在电场中做类平抛运动，粒子经过y轴的Q点时速度方向恰好与y轴垂直，则粒子到达Q点时沿电场方向的速度为零，则有垂直电场方向：
r+ rsin60º = vcs60º t1
沿电场方向：
vsin60º=a1t1
联立可得匀强电场的电场强度大小
（3）粒子第一次在第二象限的磁场中运动的时间为t2，如图示关系有：
t=2（t1+t2）
解得
【模型演练4】（2023·青海西宁·统考二模）如图所示，在平面内的第二象限有一个圆形匀强磁场区域，其边界与轴相切于（，）点，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为，磁场区域的半径为，第一象限内有一条抛物线（图中虚线所示），（，）是轴上的一点抛物线上方存在沿轴负方向的匀强电场，场强，从A点向第二象限发射大量带正电的某种粒子，粒子的速率均为（未知），质量均为，电荷量均为，所有粒子均可到达P点，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
（1）已知粒子1沿与轴正方向成的方向进入磁场后平行于轴从磁场中射出，求初速度的大小；
（2）粒子2沿与轴正方向成的方向进入磁场，求它从A点运动到P点所用的时间t（结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设磁场圆心为，粒子1在磁场中运动轨迹的半径为，圆心为，从磁场边界上的点飞出，如图所示
由几何关系可知四边形为菱形，故有
由牛顿第二定律可知
联立解得
（2）设粒子2在场中运动轨迹的圆心为，它从点平行于轴射出磁场，延长与轴相交于点，垂直于轴，如图所示
粒子2在磁场中运动的周期
它磁场中运动的时间
D点的横坐标
D点到P点沿轴方向的位移为
粒子2从D点到P点在沿轴方向上做匀速直线运动，所用时间
所以
【模型演练5】（2023·河南郑州·统考模拟预测）如图所示，在xOy平面内，x轴与MN边界之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的宽度为d，x轴下方和MN边界上方的空间有两个匀强电场，场强大小均为E，方向与y轴平行。时刻，一质量为m、电荷量为+q的粒子从O点射入磁场，速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为，然后恰好垂直于MN边界进入上方电场，粒子重力不计。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）粒子第一次经过MN边界时的位置坐标；
（3）粒子射出以后经过x轴的时刻t。
【答案】（1）；（2；（3）见解析
【详解】（1）垂直于MN边界进入上方电场，运动轨迹如图所示。
设粒子运动轨道半径为r，由几何关系可得
粒子在磁场中做匀速圆周运动
解得磁感应强度
（2）如图所示，由几何关系可知
第一次经过MN边界时沿x方向运动距离
解得
该点位置坐标为
（3）粒子在磁场中的运动周期
每次通过磁场的时间
粒子在电场中运动满足
粒子在MN上方电场中做匀变速直线运动，设往返通过电场的时间为t2，由题意可得
解得
粒子在x轴下方电场中做类抛体运动，设粒子每次通过电场的时间为t3，由题意可得
解得
粒子接下来重复周期性运动，周期
T=2t1+t2+t3
则由题意可知，粒子由x轴上方磁场经过x轴的时刻满足
t=n（2t1+t2+t3）- t3
解得
粒子由x轴下方电场经过x轴的时刻满足
t=n（2t1+t2+t3）
解得
五．带电粒子在组合场中运动的应用---质谱仪模型
【模型构建】
1．作用
测量带电粒子质量和分离同位素的仪器．
2．原理(如图所示)
(1)加速电场：qU＝eq \f(1,2)mv2；
(2)偏转磁场：qvB＝eq \f(mv2,r)，l＝2r；
由以上两式可得r＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))，
m＝eq \f(qr2B2,2U)，eq \f(q,m)＝eq \f(2U,B2r2).
【模型演练1】（2023·河南郑州·统考模拟预测）如图甲所示为质谱仪工作的原理图，已知质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后，由小孔S沿着与磁场垂直的方向，进入磁感应强度为B的匀强磁场中。粒子在S点的速度与磁场边界垂直，最后打在照相底片上的P点，且。忽略粒子的重力，通过测量得到x与的关系如图乙所示，已知斜率为k=0.5，匀强磁场的磁感应强度B为，，则下列说法中正确的是（ ）
A．该粒子带负电
B．该粒子比荷为
C．该粒子在磁场中运动的时间约为
D．若电压U不变，打到Q点的粒子比荷大于打到P点的粒子
【答案】C
【详解】A．粒子进入磁场后向左偏转，根据左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；
B．粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得
解得
粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得
可得
则有
可知图像的斜率为
可得粒子的比荷为
故B错误；
C．该粒子在磁场中运动的时间为
故C正确；
D．根据
若电压不变，可知打到Q点的粒子比荷小于打到P点的粒子比荷，故D错误。故选C。
【模型演练2】（2023·全国·高三专题练习）1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，在乳胶片上形成三个点a、b、c，则下列说法中正确的是（ ）
A．速度选择器的极板带负电B．打在a处的粒子的比荷较大
C．打在c处的粒子运动时间最长D．打在c处的粒子运动速度最大
【答案】BC
【详解】A．粒子在右侧磁场做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可知粒子带正电，粒子在速度选择器受到的磁场力向上，为保证粒子做直线运动，速度选择器的极板带正电，故A错误；
D．速度选择器中有
打在三处的粒子运动速度大小相等，故D错误；
B．根据
比荷
打在a处的粒子的半径较小，比荷较大，故B正确；
C．周期
打在c处的粒子的比荷较小，周期最大，运动时间最长，故C正确。故选BC。
【模型演练3】质谱仪是一种测量带电粒子比荷的仪器，某型号质谱仪的内部构造如图所示，M、N板间存在电压为U0的加速电场，半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，光屏放置于圆形磁场区域右侧，光屏中心P到圆形磁场区域圆心O的距离为2R。带电粒子从S点由静止飘入M、N板间，经电场加速后进入圆形磁场区域，在磁场力作用下轨迹发生偏转，最终打在光屏上的某点，测量该点到P点的距离，便能推算出带电粒子的比荷.不计带电粒子的重力。
（1）若带电粒子为电子，已知电子的电荷量为e，质量为m0，求电子经过电场加速后的速度大小v及电子在磁场中运动的轨迹半径r；
（2）若某种带电粒子通过电场加速和磁场偏转后，打在光屏上的Q点，已知P点到Q点的距离为R，求该带电粒子的比荷及其在磁场中运动的时间t。
【答案】（1）；；（2）；
【解析】
（1）电子在电场中加速，由动能定理有
解得
电子在磁场中做匀速圆周运动，由
解得
（2）带电粒子到达Q点的轨迹如图所示
由几何关系可得θ=60°，，
类比有
解得
带电粒子在磁场中运动的圆心角即θ=60°，所以
周期
所以
【模型演练4】（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示的是离子注入原理的示意图，离子经电场加速后沿水平方向进入速度选择器，速度为的离子射出后进入磁分析器Ⅰ，只有特定比荷的离子才能进入偏转系统Ⅱ，再注入水平放置的硅片上。磁分析器Ⅰ中的匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，磁分析器Ⅰ的截面是矩形，矩形的长为，宽为，在其宽和长的中心位置C和D处各有一个小孔；半径为L的圆形偏转系统Ⅱ内存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小可调的匀强磁场，D、M、N在一条竖直直线上，为圆形偏转系统的直径，最低点M到硅片的距离，不计离子重力。
（1）求能通过D点进入磁偏转系统的离子的比荷；
（2）若偏转系统磁感应强度大小的取值范周为，求硅片上离子往入的宽度。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设进入磁分析器Ⅰ中的离子做圆周运动的半径为，如图1所示
则由勾股定理有
洛伦滋力提供向心力，则有
解得
（2）由第（1）问分析可知，离子进入Ⅱ区域时速度方向与水平方向的夹角，当离子进入偏转系统后有
，
解得
当时，过D点作速度v的垂线，交圆于点，如图2所示
在中有
过点作的垂线交于R，交圆O于Q点，在中有
由对称性知
所以为圆周运动的圆心，为离子做圆周运动的半径。离子垂直于向下打在硅片上的S点，则
当时，过D点作速度v的垂线，即为过D点的半径方向，如图3所示
由几何关系可得，过D点的弦长
则即为离子做圆周运动的圆弧的一条弦，过O点作的垂线交v的垂线于点，则即为圆心。由对称性知，离子从M点与成角射向硅片上的T点，则
综合可知，宽度为
【模型演练5】（2023·重庆万州·高三重庆市万州第二高级中学统考学业考试）如图所示，一质量为、电荷量为的粒子从静止开始经加速电压为的电场加速后，进入速度选择器，速度选择器中的匀强磁场的磁感应强度大小为，粒子射出速度选择器后进入静电分析器，静电分析器两端中心位置和处各有一个小孔，通道中心轴线的半径为，通道内存在均匀辐向电场，粒子从孔射出后沿半径方向进入环形匀强磁场且刚好未进入小圆区域。已知环形磁场的外半径为，内半径为。可能用到的数据。求：
（1）速度选择器和静电分析器中的电场强度大小和；
（2）环形磁场的磁感应强度的大小；
（3）粒子在环形磁场中的运动时间。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）离子在电场中加速，由动能定理得
粒子通过速度选择器时，有
粒子通过静电分析器时，有
联立解得
（2）粒子在环形磁场中的运动轨迹如图所示
设轨迹半径为，由几何关系，得
由牛顿第二定律，得
联立解得
（3）粒子在环形磁场中运动周期为
由几何有关系得
解得
粒子在环形磁场中的运动时间
联立解得
六．带电粒子在组合场中运动的应用---回旋加速器模型
1．构造：
如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源．
2．原理：
交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子被加速一次．
3．最大动能：
由qvmB＝eq \f(mvm2,R)、Ekm＝eq \f(1,2)mvm2得Ekm＝eq \f(q2B2R2,2m)，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关．
4．总时间：
粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝eq \f(Ekm,qU)，粒子在磁场中运动的总时间t＝eq \f(n,2)T＝eq \f(Ekm,2qU)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πBR2,2U).
【模型演练1】（2023·广东广州·统考模拟预测）1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，现对核（）加速，所需的高频电源的频率为f，已知元电荷为e，下列说法正确的是（ ）
A．被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径增大而增大
B．高频电源的电压越大，氚核最终射出回旋加速器的速度越大
C．氚核的质量为
D．在磁感应强度B和频率f不变时，该加速器也可以对氦核（）加速
【答案】C
【详解】A．根据周期公式可知，被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与D型盒半径大小无关。A错误；
B．设D形盒的半径为R，则最终射出回旋加速器的速度满足
即有
最终射出回旋加速器的速度与电压无关。B错误；
C．根据周期公式可知
C正确；
D．因为氚核（）与氦核（）的比荷不同，在磁场中圆周运动周期不同，所以不能用来加速氦核（）。D错误。
故选C。
【模型演练2】（2023·福建南平·统考模拟预测）回旋加速器工作原理如图所示，置于真空中的两个半圆形金属盒半径为R，两盒间留有一狭缝接有频率为f的高频交流电，加速电压为U，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。若A处粒子源产生的氘核在狭缝中被加速，不考虑相对论效应和重力的影响，不计粒子在电场中的加速时间。则（ ）
A．氘核离开回旋加速器时的最大速率随加速电压U增大而增大
B．氘核被加速后的最大速度可能超过
C．氘核第n次和第次经过两金属盒间狭缝后的轨道半径之比为
D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能加速粒子
【答案】D
【详解】A．根据
可得
可知氘核离开回旋加速器时的最大速率与加速电压U无关，故A错误；
B．氘核被加速后的最大速度时的半径为R，则
故氘核被加速后的最大速度不可能超过，故B错误；
C．氘核第n次和第次经过两金属盒间狭缝后的分别有
解得
又
则
则氘核第n次和第次经过两金属盒间狭缝后的轨道半径之比为
故C错误；
D．回旋加速器的周期为
由于氘核和粒子的比荷相等，所以不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能加速粒子，故D正确。
故选D。
【模型演练3】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）2022年12月28日我国中核集团全面完成了230MeV超导回旋加速器自主研制的任务，标志着我国已全面掌握小型化超导回旋加速器的核心技术，进入国际先进行列。如图所示，图甲为该回旋加速器的照片，图乙为回旋加速器工作原理示意图，置于真空中的D形金属盒半径为R，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流加速电压为U。圆心A处粒子源产生初速度为零，质量为m，电荷量为q的质子，质子在加速器中被加速。忽略质子穿过两金属盒间狭缝的时间，忽略相对论效应和重力的影响，下列说法正确的是（ ）
A．保持B、R、U及交流电频率均不变，该装置也可用于加速氘核和氚核
B．若增大加速电压U，质子从D型盒出口射出的动能增大
C．质子从D型盒出口射出时，加速次数
D．质子第n次加速后和第次加速后的运动半径之比为
【答案】CD
【详解】A．此加速器加速粒子时的周期与粒子在磁场中的运动周期相同为
氘核和氚核的比荷与质子的比荷不同，即氘核和氚核与质子在磁场中运动的周期不同，所以，保持B、R、U及交流电频率均不变，该装置不能用于加速氘核和氚核，故A错误；
B．设质子从D型盒出口射出的速度为vm，则有
则质子从D型盒出口射出的动能
与加速电压无关，故B错误；
C．设质子从D型盒出口射出时加速了n次，则由动能定理
得
故C正确；
D．由动能定理
得第n次加速后和第次加速后的速度分别为
再由质子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力
同理可得，质子第n次加速后和第次加速后的运动半径分别为
所以
故D正确。
故选CD。
【模型演练4】（2023·北京·高三专题练习）回旋加速器的示意图如图所示。它由两个铝制D型金属扁盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝；两个D型盒处在匀强磁场中并接在高频交变电源上。在盒中心A处有粒子源，它产生并发出带电粒子，经狭缝电压加速后，进入盒中。在磁场力的作用下运动半个圆周后，垂直通过狭缝，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周而复始，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D型盒的边缘，以最大速度被导出。已知某粒子所带电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D型盒的半径为R，设狭缝很窄，粒子通过狭缝的时间可以忽略不计。设该粒子从粒子源发出时的初速度为零，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，忽略相对论效应，求：
（1）交变电压的周期T；
（2）粒子被加速后获得的最大动能；
（3）粒子在回旋加速器中运动的总时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设交变电压的周期为T，为保证粒子每次经过狭缝都被加速，带电粒子在磁场中运动一周的时间应等于交变电压的周期（在狭缝的时间极短忽略不计），则
联立以上两式，解得交变电压的周期为
（2）粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能。设此时的速度为v，有
解得
设粒子的最大动能为，则
（3）质子完成一次圆周运动被电场加速2次，由动能定理得
经过的周期个数为n，则有
质子在D型盒磁场内运动的时间
联立解得质子在回旋加速器中运动的总时间为
七．带电粒子在叠加场中的运动模型
1．叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．
2．无约束情况下的运动
(1)洛伦兹力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．
(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．
(3)电场力、洛伦兹力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动．
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．
3．有约束情况下的运动
带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．
【模型演练1】（2023·全国·高三专题练习）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
【答案】（1）v0B；（2）；（3）90%
【详解】（1）由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动则有
Ee = ev0B
解得
E = v0B
（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有
解得
（3）若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有
F合 = evmB－eE
在最低点有
F合 = eE－evB
联立有
要让电子达纵坐标位置，即
y ≥ y2
解得
则若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的90%。
【模型演练2】（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考三模）如图，在光滑绝缘水平面上有一平面直角坐标系xOy，x < 0区域有方向垂直平面向外的匀强磁场I：x > 0区域有方向垂直平面向外的匀强磁场II和沿y轴负方向的匀强电场E。管壁光滑、厚度不计的绝缘直细管两端分别固定在A（，0）、B（0，L）两点。一质量为m、带电荷量为q的带正电小球（直径略小于管的内径）从管口A处以某一初速度沿AB方向射入管中，从B点射出管口时的速率为v，然后沿水平面运动，通过y轴上的C点时撤去电场，小球在第一象限运动后恰好从A处进入第四象限。已知磁场I的磁感应强度大小，电场的场强大小。
（1）求小球从管口A射入时的初速率v0以及B、C两点间的距离y0；
（2）求磁场II的磁感应强度大小B2以及小球第一、二次通过B处的时间差t；
（3）若小球过B点后第一次运动到第一象限且与x轴距离最大时撤去AB，且恢复匀强电场、但场强大小变为，求小球速度的最大值vmax以及小球速度最大时与x轴间的距离y1。
【答案】（1），2L；（2），；（3），
【详解】（1）设∠OAB = θ，则
解得
θ = 30°
小球运动轨迹如图所示
从A运动到B的过程中，根据动能定理有
其中，解得
设小球在磁场I中运动的轨迹半径为，圆心为，则
由几何关系得∠O1CB = ∠O1BC = θ，则有
y0= 2r1csθ
解得
y0= 2L
（2）由
得
∠OCA = 30°
由于∠OCA = θ，则AC是小球第一次在第一象限中运动的轨迹直径，则圆心O2为AC中点，小球在磁场II中运动的轨迹半径
磁场II的磁感应强度大小为B2，则
解得
由于∠AOC = 90°，小球从A处进入第四象限后恰好从O点离开第四象限进入第二象限，则小球第一次通过B点后，第一次在x < 0区域运动的时间
第一次在x > 0区域运动的时间
结合几何知识可知小球第一、二次通过B点的时间差
解得
（3）小球运动到第一象限且与x轴距离最大时，小球的速度方向沿x轴正方向，令
得
小球的运动可分解为以速率沿x轴负方向的匀速直线运动和以速率
沿顺时针方向的匀速圆周运动，由得
当两个分速度同向时小球速度最大，此时速度方向沿x轴负方向，小球的速度最大值
小球速度最大时与x轴间的距离
【模型演练3】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）如图所示，光滑绝缘的水平面上放置一个质量为m、带电荷量为+q的小球（可视为点电荷）。在竖直平面内存在匀强磁场和匀强电场，y轴左侧电场方向水平向右，无磁场，y轴右侧电场方向竖直向上，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向里。两侧电场强度大小相等，均为、现将小球从左侧距O点为L的A点由静止释放，若小球第一次落回地面时落到A点附近。
（1）求小球第二次经过y轴时与O的距离d：
（2）小球从开始运动到第二次经过y轴后速度达到最小所用的时间t。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）在磁场中，由于
合力为洛伦兹力，做圆周运动
根据动能定理
解得
结合几何关系可得
（2）由A到O物体做匀加速，根据牛顿第二定律
根据运动学规律
在磁场中做匀速圆周运动
回到y轴左侧后，物体做类斜抛运动，速度与合力方向垂直时，即速度方向斜向左下时，速度最小，从回到y轴左侧起至速度最小所需时间t3
总时间
【模型演练4】（2023·海南·统考模拟预测）如图所示，水平面内存在着两个边长均为的相邻正方形区域和．在正方形区域内存在着沿方向的匀强电场，电场强度大小为，在矩形区域内存在着竖直向上的匀强磁场。在右侧紧挨着的某矩形区域内（含边界）存在着竖直方向上的另一匀强磁场（未画出）。现有一质量为、电荷量为的带正电粒子（不计重力），从的中点以初速度（大小未知）沿方向水平射人区域，粒子在该区域内沿直线运动，进入区域后从点离开，并进入右侧的另一磁场区域中，粒子在该磁场中偏转，经过一段时间后，恰从点进入区域中。求：
（1）粒子的初速度大小；
（2）右侧矩形区域磁场的最小面积。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由带电粒子进入区域后沿直线运动可知
带电粒子从中点进入区域后做匀速圆周运动，画出带电粒子在区域内的运动轨迹图像，如图所示，轨迹圆心为．
根据几何关系有
解得
由数学知识可知
根据洛伦兹力提供向心力有
联立解得
（2）带电粒子从点离开正方形磁场区域，进入右侧的匀强磁场后，又从点进入磁场区域，由分析可知，右侧的磁场方向竖直向下，根据对称性可知，粒子在右侧区域内的运动轨迹如图所示，轨迹圆心为点．
由数学知识可知
矩形磁场的最小面积为
【模型演练5】（2023·湖北武汉·统考模拟预测）如图所示，在以水平向右为x轴正方向、竖直向上为y轴正方向的直角坐标系中，有Ⅰ、Ⅱ两个区域，Ⅰ区内有与x轴正方向夹角为37°的匀强电场，Ⅱ区内有方向垂直纸面向里的匀强磁场。将一质量为m、电荷量为＋q的小球从原点O以初速度竖直向上抛出，小球的运动轨迹如图中曲线Oabc所示，小球经过a点时的速度沿x轴正方向，Oa连线与x轴正方向的夹角为53°，b点是磁场左边界与x轴的交点。不计空气阻力，重力加速度大小为g，磁感应强度大小为，，，求：
（1）电场强度的大小；
（2）小球从O运动到c过程中的最小速度；
（3）小球从O运动到c过程中的最大速度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球从点运动到点，用时为，沿、方向加速度分量分别为、，有
，
又
设场强为，根据牛顿第二定律可得
，
联立解得
（2）设小球受到重力和电场力的合力与轴负方向的夹角为，有
小球在运动过程中的速度方向与合力的方向垂直时，速度有最小值，则
联立解得
最小速度方向与轴正方向的夹角为。
（3）设小球从经过时间运动到，在点时水平分速度、竖直分速度分别为，，根据对称性可知
根据匀变速运动规律，有
解得
设小球从点运动到最低点，下落高度为。当小球运动到最低点时，速度方向水平向右，速度有最大值。在水平方向，根据动量定理，有
根据动能定理，有
根据已知条件，联立解得
或（舍去）
【模型演练6】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）如图所示，某磁仪器由粒子源、偏转电场、速度选择区、偏转磁场及探测板等组成。粒子源可以产生比荷为k的带正电粒子，以初速度水平飞入两平行金属板中的偏转电场，入射点贴近上板边缘。两水平金属板间距为d，两板间电压为。带电粒子由偏转电场飞出后，立即进入宽度为d的速度选择区做匀速直线运动，该区域存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出）和与水平方向成45°的电场强度为E的匀强电场。最后经磁感应强度为B的匀强磁场偏转后恰好能够打在探测板上。不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用力，求：
（1）偏转电场两金属板长L；
（2）速度选择区匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）偏转磁场区域宽度D以及粒子从进入偏转电场区域到最终打在探测板上的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）；
【详解】（1）粒子在速度选择区做匀速直线运动，说明洛伦兹力与电场力等大反向，即速度方向与水平方向成45°，由此可知粒子在偏转电场做类平抛运动的偏转角
由类平抛运动的规律有
，，，
联立解得
（2）粒子进入速度选择区时的速度
在速度选择器中，由洛伦兹力等于电场力有
联立解得
（3）在偏转磁场中，有洛伦兹力充当向心力有
解得粒子在偏转磁场中的轨迹半径为
粒子偏转后恰好能够打在探测板上，则可知粒子的轨迹与探测版恰好相切，由几何关系可得
解得
而粒子在磁场中运动的周期
则粒子在偏转电场中运动时间
粒子在速度选择区运动时间
粒子在偏转磁场中运动时间
可得运动的总时间
八．带电粒子在叠加场中的应用模型---电磁平衡科技应用
模型一．速度选择器
(1)平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直．(如图)
(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qvB＝qE，即v＝eq \f(E,B).
(3)速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量．
(4)速度选择器具有单向性．
【模型演练1】（2023·北京·高三专题练习）如图所示，速度选择器的两平行导体板之间有方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一电荷量为+q的粒子以速度v从S点进入速度选择器后，恰能沿图中虚线通过。不计粒子重力，下列说法可能正确的是（ ）
A．电荷量为-q的粒子以速度v从S点进入后将向下偏转
B．电荷量为+2q的粒子以速度v从S点进入后将做类平抛运动
C．电荷量为+q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐减小
D．电荷量为-q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐增大
【答案】C
【详解】A．电荷量为＋q的粒子以速度v进入后受力平衡，即有
由左手定则可知，洛伦兹力竖直向上，电场力竖直向下，即电场强度的方向竖直向下，且有
当电荷量为-q的粒子以速度v从S点进入后，由左手定则可知，粒子所受的洛伦兹力竖直向下，电场力竖直向上，且有
则粒子受力平衡，将沿着图中虚线通过，故A错误；
B．电荷量为＋2q的粒子以速度v从S点进入后，向下的电场力为
向上的洛伦兹力为
由于，所以粒子受力平衡，将沿着图中虚线通过，故B错误；
C．电荷量为＋q的粒子以大于v的速度从S点进入后，向下的电场力为
向上的洛伦兹力为
由于，所以，即粒子刚从S点进入后所受合力竖直向上，粒子的运动轨迹将向上弯曲，此过程中电场力对粒子做负功，粒子的动能将逐渐减小，故C正确；
D．电荷量为-q的粒子以大于v的速度从S点进入后，向上的电场力为
向下的洛伦兹力为
由于，所以，即粒子刚从S点进入后所受合力竖直向下，粒子的运动轨迹将向下弯曲，此过程中电场力对粒子做负功，粒子的动能将逐渐减小，故D错误。
故选C。
【模型演练2】在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直．一带电粒子(重力不计)从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子( )
A．一定带正电
B．速度v＝eq \f(E,B)
C．若速度v＞eq \f(E,B)，粒子一定不能从板间射出
D．若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动
【答案】 B
【解析】 粒子带正电和负电均可，选项A错误；由洛伦兹力等于电场力，可得qvB＝qE，解得速度v＝eq \f(E,B)，选项B正确；若速度v＞eq \f(E,B)，粒子可能从板间射出，选项C错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，所受电场力和洛伦兹力方向相同，不能做直线运动，选项D错误．
【模型演练3】（2023·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测）如图所示，在竖直放置的平行板电容器极板间有电场强度大小为、方向竖直向下的匀强电场和磁感应强度为、方向水平向里的匀强磁场。左右两挡板中间分别开有小孔、，在其右侧有一边长为的正三角形区域磁场，磁感应强度为，磁场边界中点与小孔、正对。现有大量的带电荷量均为而质量和速率均可能不同的粒子从小孔水平射入电容器，其中速率为的粒子刚好能沿直线通过小孔、。粒子的重力及各粒子间的相互作用均可忽略不计，下列说法中正确的是（ ）
A．一定等于
B．在电容器极板中向上偏转的粒子的速度一定满足
C．速率为的粒子中，满足质量的粒子都能从边射出
D．速率为的粒子中，能打在边的所有粒子在磁场中运动的时间一定都相同
【答案】AB
【详解】A．当带正电粒子向右进入复合场时，受到竖直向下的电场力和向上的洛伦兹力，速率为的粒子做匀速直线运动，即
解得
故A正确；
B．粒子向上偏转时，受到的向上的洛伦兹力大于向下的电场力，即
则
故B正确；
C．设质量为的粒子的轨迹刚好与边相切，如图所示
由几何关系得
而
解得
所以质量小于的粒子都会从边射出，而
故C错误；
D．质量、速率不同的粒子在磁场中运动的周期可能不同，所以能打在边的所有粒子均运动半个周期，在磁场中运动的时间可能不同，故D错误。
故选AB。
模型二．磁流体发电机
(1)原理：如图所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能．
(2)电源正、负极判断：根据左手定则可判断出图中的B是发电机的正极．
(3)电源电动势U：设A、B平行金属板的面积为S，两极板间的距离为l，磁场磁感应强度为B，等离子体的电阻率为ρ，喷入气体的速度为v，板外电阻为R.当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U(即电源电动势)，则qeq \f(U,l)＝qvB，即U＝Blv.
(4)电源内阻：r＝ρeq \f(l,S).
(5)回路电流：I＝eq \f(U,r＋R).
【模型演练1】（2023·广东佛山·统考模拟预测）法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究。实验装置示意图如图所示，两块面积均为的矩形平行金属板正对地浸在河水中，金属板间距为。水流速度处处相同大小为，方向水平向左，金属板面与水流方向平行。地磁场磁感应强度竖直向下的分量为，水的电阻率为，水面上方有一阻值为的电阻通过绝缘导线和开关连接到两金属板上。忽略边缘效应，则下列说法正确的是（ ）
A．电阻上的电流方向从里向外
B．河水流速减小，两金属板间的电压增大
C．该发电装置的电动势大小为
D．流过电阻的电流大小为
【答案】C
【详解】A．根据题意，由左手定则可知，河水中的正离子向外面金属板偏转，外金属板为正极，负离子向里面金属板偏转，里金属板为负极，则电阻上的电流方向从外向里，故A错误；
C．设稳定时产生的感应电动势为，两板间有一带电荷量为的离子匀速运动受力平衡，根据平衡条件可得
解得
故C正确；
B．设极板间等效电阻为，由闭合回路欧姆定律可得，两金属板间电压为
可知，河水流速减小，两金属板间的电压减小，故B错误；
D．根据题意，由电阻定律可得，极板间等效电阻为
由闭合回路欧姆定律可得，流过电阻的电流大小为
故D错误。故选C。
【模型演练2】（2023·内蒙古赤峰·统考模拟预测）海水中含有大量的正负离子，并在某些区域具有固定的流动方向，有人据此设计并研制出“海流发电机”，可用作无污染的电源，对海洋航标灯持续供电。“海流发电机”的工作原理如图所示，用绝缘防腐材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道上、下两个表面装有防腐导电板M、N，板长为a、宽为b（未标出），两板间距为d，将管道沿着海水流动方向固定于海水中，将航标灯L与两导电板M和N连接，加上垂直于管道前后面向后的匀强磁场，磁感应强度大小为B，海水流动方向向右，海水流动速率为v，已知海水的电阻率为，航标灯电阻不变且为R．则下列说法正确的是（ ）
A．“海流发电机”对航标灯L供电的电流方向是
B．“海流发电机”产生感应电动势的大小是
C．通过航标灯L电流的大小是
D．“海流发电机”发电的总功率为
【答案】AC
【详解】A．由左手定则可知，海水中正、负离子受洛伦兹力的方向分别指向M板和N板，则M板带正电，N板带负电，发电机对航标灯提供电流方向是，胡A正确；
B．在M、N两板间形成稳定的电场后，其中的正、负离子受电场力和洛伦兹力作用而平衡，在两板间形成稳定电压，则有
解得“海流发电机”产生感应电动势的大小为
故B错误；
C．海水的电阻为
由闭合电路欧姆定律可得，通过航标灯的电流为
故C正确；
D．“海流发电机”发电的总功率为
故D错误。
故选AC。
【模型演练3】（2023·全国·高三专题练习）霍尔效应有着广泛的应用，如对载流子浓度、电流、磁场的测量、电信号转换等。利用等离子体的霍尔效应可设计磁流体发电机。如图所示，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量的正、负带电粒子）以速度v垂直磁场方向喷入磁场，等离子体的电阻率为，A、B为两个正对的金属板，面积均为S，两板间距为d，板间磁场可看成方向水平、磁感应强度为B的匀强磁场。将外电阻R（未知）接在A、B两个极板间，下列说法正确的是（ ）
A．A板是电源的正极B．此电源的电动势为
C．此电源的输出功率一定是D．此电源的输出功率可能是
【答案】BD
【详解】A．根据左手定则可判断正粒子所受洛伦兹力向下，负粒子所受洛伦兹力向上，故B板为电源正极，A错误；
B．稳定后满足
所以电源电动势为
B正确；
C．当电源内外电阻相等时电源的输出功率最大，即满足
电源输出功率最大，最大值为
但由于不清楚内外电阻的关系，C错误；
D．因为小于，所以有可能，经计算当满足
电源的输出功率为，D正确。故选BD。
【模型演练3】（2023·全国·模拟预测）2023年1月《力学学报》发表了标题为《爆轰驱动惰性气体磁流体发电试验研究》的文章，文中论述了基于爆轰驱动激波管技术的惰性气体磁流体发电的可能性。发电原理示意图如图所示，平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，将爆轰驱动获得的高速等离子体沿垂直于磁场的方向射入磁场，则金属板A、B间便产生强电压。已知A、B板间距为d，板间磁场可视为匀强磁场，磁感应强度为B，以速率v进入磁场的等离子流截面积为S，稳定工作时，进、出极板的离子流单位体积内正、负离子的个数均为n，正负离子电荷量均为q，外电路接电阻R形成闭合回路获得强电流，则（ ）
A．所能形成的持续稳定的电流为B．磁流体发电机的稳定输出功率为
C．极板间电离气体的电阻率为D．发电通道两端的压强差
【答案】BD
【详解】AB．正、负离子在磁场中受到洛伦兹力的作用，分别向两极板偏移，稳定时等离子体所受的洛伦兹力与电场力恰好平衡，则有
即A、B两板间的电压
设t时间内喷入的正、负离子到达下、上两极板的个数均为N，则所能形成持续稳定的电流
磁流体发电机的稳定输出功率
故A错误，B正确；
C．设A、B板的正对面积为S0，根据闭合电路欧姆定律有
得板间电离气体的电阻率
故C错误；
D．设发电机离子流入口和出口的压强分别为p1和p2，发电机消耗的机械功率
发电机的总电功率
所以发电通道两端的压强差
故D正确。
故选BD。
模型三．电磁流量计
(1)流量(Q)的定义：单位时间流过导管某一截面的导电液体的体积．
(2)公式：Q＝Sv；S为导管的横截面积，v是导电液体的流速．
(3)导电液体的流速(v)的计算
【模型演练】如图所示，一圆柱形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向右流动．导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下发生偏转，使a、b间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差(U)达到最大，由qeq \f(U,d)＝qvB，可得v＝eq \f(U,Bd).
(4)流量的表达式：Q＝Sv＝eq \f(πd2,4)·eq \f(U,Bd)＝eq \f(πdU,4B).
(5)电势高低的判断：根据左手定则可得φa>φb.
【模型演练1】（2023·天津·高三专题练习）为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况，技术人员在排污管中安装了监测装置，该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔，其宽和高分别为和，左、右两端开口与排污管相连，如图所示。在垂直于上、下底面加磁感应强度为向下的匀强磁场，在空腔前、后两个侧面上各有长为的相互平行且正对的电极和，和与内阻为的电流表相连。污水从左向右流经该装置时，电流表将显示出污水排放情况。下列说法中正确的是（ ）
A．板比板电势高
B．污水中离子浓度越高，则电流表的示数越小
C．污水流量大小，对电流表的示数无影响
D．若只增大所加磁场的磁感强度，则电流表的示数也增大
【答案】D
【详解】A．根据左手定则，正离子往N板偏，负离子往M板偏，最终M板带负电，N板带正电，M板电势比N板电势低，故A错误；
BCD．最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，可得
污水的流量
则MN两端间的电势差为
污水流量越大，电势差越大，电流表示数越大；增加磁感应强度，电势差增大，电流表示数也增大；污水中离子浓度越大，导线性能越好，即电阻率减小，M、N间污水的电阻r越小，其他条件不变时，回路中的电流越大，故BC错误，D正确。
故选D。
【模型演练2】（2023·北京·高三专题练习）工业上常用电磁流量计来测量高黏度及强腐蚀性流体的流量Q（单位时间内流过管道横截面的液体体积），原理如图甲所示，在非磁性材料做成的圆管处加一磁感应强度大小为B的匀强磁场，当导电液体流过此磁场区域时，测出管壁上下M、N两点间的电势差U，就可计算出管中液体的流量。为了测量某工厂的污水排放量，技术人员在充满污水的排污管末端安装了一个电磁流量计，如图乙所示，已知排污管和电磁流量计处的管道直径分别为20和10。当流经电磁流量计的液体速度为10时，其流量约为280，若某段时间内通过电磁流量计的流量为70，则在这段时间内（ ）
A．M点的电势一定低于N点的电势
B．通过排污管的污水流量约为140
C．排污管内污水的速度约为2.5
D．电势差U与磁感应强度B之比约为0.25
【答案】D
【详解】A．根据左手定则可知，正电荷进入磁场区域时会向上偏转，负电荷向下偏转，所以M点的电势一定高于N点的电势，故A错误；
BC．某段时间内通过电磁流量计的流量为70，通过排污管的污水流量也是70m3/h，由
知此段时间内流经电磁流量计的液体速度为2.5m/s，流量计半径为r=5cm=0.05m，排污管的半径R=10cm=0.1m，流经电磁流量计的液体速度为v1=2.5，则
可得排污管内污水的速度约为
故BC错误；
D．流量计内污水的速度约为v1=2.5m/s，当粒子在电磁流量计中受力平衡时，有
可知
故D正确。
故选D。
【模型演练3】（2023春·安徽·高三校联考阶段练习）安装在排污管道上的流量计可以测量排污流量，流量为单位时间内流过管道横截面的流体的体积。图为流量计的示意图，左、右两端开口的长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，所在空间有垂直于前、后表面，磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动，测得排污流量为Q。污水流过管道时受到的阻力大小，k是比例系数，L为管道长度，v为污水的流速。则（ ）
A．金属板M的电势低于金属板N的电势
B．M、N两板间的电势差
C．排污流量Q与污水中离子浓度无关
D．左、右两侧管口的压强差
【答案】CD
【详解】A．污水经流量计时，污水中的正负离子受到洛伦兹力作用，由左手定则，可知正离子向上极板M聚集，负离子向下极板N聚集，则有M极板电势高，N极板电势低，A错误；
B．金属板M带正电，N带负电，在M、N两板间产生竖直向下的电场，离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，由平衡条件可得
解得
B错误；
C．流量为在单位时间内流经管道横截面积的流体的体积，可知污水的流量为
由上式可知，排污流量Q与污水中离子浓度无关，C正确；
D．由题意可知，污水流过管道时受到的阻力大小为
可知污水充满管道从左向右匀速流动，则有两侧的压力差等于阻力，即
又有
联立解得
D正确。
故选CD。
【模型演练4】（2023·全国·高三专题练习）环境保护，人人有责，为加强环境监管，暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经测量管时，显示仪器显示a、c两端电压为U，污水流量为Q（单位时间内排出的污水体积）。则（ ）
A．a侧电势比c侧电势高
B．污水中离子浓度越高，U的示数将越大
C．若污水从右侧流入测量管，显示器显示为负值，再将磁场反向则显示为正值
D．污水流量Q与U成正比，与L、D无关
【答案】AC
【详解】A．根据左手定则可知，正离子向a侧偏转，则a侧电势比c侧电势高，A正确；
B．根据平衡关系可知
qvB＝q
可得
U＝BDv
可知显示仪器的示数与污水中离子浓度无关，B错误；
C．若污水从右侧流入测量管，则磁场力使得正离子偏向c侧，则c端电势高，显示器显示为负值，再将磁场反向，磁场力使得正离子偏向a侧，则显示为正值，C正确；
D．污水流量
Q＝Sv＝πD2·＝
则污水流量Q与U成正比，与D有关，与L无关，D错误。
故选AC。
模型四.霍尔效应的原理和分析
(1)定义：高为h、宽为d的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于匀强磁场B中，当电流通过导体时，在导体的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压．
(2)电势高低的判断：如图，导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面A′的电势高．若自由电荷是正电荷，则下表面A′的电势低．
(3)霍尔电压：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝qeq \f(U,h)，I＝nqvS，S＝hd，联立解得U＝eq \f(BI,nqd)＝keq \f(BI,d)，k＝eq \f(1,nq)称为霍尔系数．
【模型演练1】（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）当电流垂直于外磁场通过导体时，载流子发生偏转，垂直于电流和磁场的方向会产生一附加电场，从而在导体的两端产生电势差（也称雀尔电势差），这一现象就是霍尔效应。现有一金属导体霍尔元件连在如图所示电路中，电源内阻不计，电动势恒定，霍尔电势差稳定后，下列说法正确的是（ ）
A．若元件的厚度增加，a、b两端电势差减小
B．a端电势低于b端电势
C．若要测量赤道附近的地磁场，工作面应保持竖直
D．霍尔电势差的大小只由单位体积内电子数目和电子的热运动速率决定
【答案】C
【详解】B．由题图知电流方向从右向左，则霍尔元件中电子从左向右定向移动，根据左手定则判断可知在洛伦兹力的作用下电子向b端偏转，故b端电势较低，故B错误；
AD．稳定后，定向移动的电子受到的电场力与洛伦兹力大小相等，即
由电流微观表达式
联立可得
Bd
则a、b两端电势差U与磁感应强度B、元件的前后距离d、单位体积内电子数目n等因素有关，与题中元件的厚度无关，故AD错误；
C．由于赤道附近的地磁场平行于地面。若要测量赤道附近地磁场，工作面应该处于竖直状态，故C正确.
故选C。
【模型演练2】（2023春·江西赣州·高三兴国平川中学校联考阶段练习）某种微小位移传感器的工作原理如图1所示，将霍尔元件置于两块磁性强弱相同、同极相对放置的磁体缝隙中，通过电压与磁场的关系可以测出微小的位移。霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，其单位体积内自由电荷的数目为n，自由电荷的电荷量为q，霍尔元件中通有沿图2方向、大小为I的恒定电流。当霍尔元件初始位置位于两磁铁正中间处时，与霍尔元件所连接的电压表的示数为零。已知两磁铁间沿x轴方向的磁感应强度如图3所示，图中为已知量，则当电压表的示数为时，霍尔元件位移的大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】电流的微观表达式为
载流子在磁场中受到洛伦兹力
其中
载流子在洛伦兹力作用向上或向下移动，上下表面出现电势差，则载流子受到的电场力为
当达到稳定状态时，洛伦兹力与电场力平衡，联立得出
当时
故选B。
【模型演练3】（2023·浙江·校联考模拟预测）如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为，与其前、后表面相连的电压表测出的霍尔电压满足，式中k为霍尔系数，与霍尔元件的材料有关，d为霍尔元件沿磁场方向上的厚度，霍尔元件的电阻可以忽略不计，则（ ）
A．霍尔元件前表面的电势比后表面的低B．若电源的正、负极对调，电压表指针偏转方向不变
C．与I成反比D．电压表的示数与电流I成正比
【答案】B
【详解】A．根据左手定则可以判断出霍尔元件中的导电物质所受安培力指向后表面，即将向后表面侧移，又由于该导电物质为电子，带负电，因此后表面的电势将低于前表面的电势，故A错误；
B．若电源的正负极对调，磁场方向与图示方向相反，同时由电路结构可知，流经霍尔元件上下面的电流也将反向，因此电子的受力方向不变，即前后表面电势高低情况不变，电压表指针偏转方向不变，故B正确；
C．由电路结构可知，RL与R并联后与线圈串联，因此有
与I成正比，故C错误；
D．磁感应强度大小B与I成正比，与I成正比，电压表的示数
则UH与成正比，与电流I2成正比，故D错误。
故选B。
【模型演练4】（2023春·河南·高三校联考阶段练习）霍尔元件是一种基于霍尔效应的磁传感器，用以检测磁场及其变化。某半导体材料制成的霍尔元件如图所示，长方体元件处于方向垂直于工作面向下的待测匀强磁场中，接通开关S，调节滑动变阻器R，使电路中电流为定值I，此时在元件的前后表面间会出现电势差（称为霍尔电压），用电压表测出前后表面M、N（图中未标出）间电势差的大小，即可求出该磁场的磁感应强度。的大小与I和B满足，称为霍尔元件灵敏度，越大，灵敏度越高。已知元件长为a，宽为b，高为h。下列说法正确的是（ ）
A．表面M电势高，说明半导体材料中的载流子（参与导电部分）带负电
B．霍尔电压越大，说明磁感应强度越大
C．元件的宽度b越大，霍尔元件的灵敏度越高
D．元件的高度h越小，霍尔元件的灵敏度越高
【答案】D
【详解】A．电流方向向右，若载流子带负电，则向左运动，根据左手定则，表面M电势低，说明载流子带正电，A错误
B．霍尔电压由灵敏度、电流和磁感应强度共同决定，B错误；
CD．由平衡条件
又
n为单位体积内自由电荷的个数，可知
元件的宽度b越大，霍尔元件的灵敏度不变；元件的高度h越小，霍尔元件的灵敏度越高，C错误，D正确。
故选D。
【模型演练5】（2023·云南昆明·云南师大附中校考模拟预测）如图所示，为了测量某金属中自由电子的“数密度”（单位体积内的自由电子数量），用该材料制成一段长方体，端面边长分别为和；将其置于匀强磁场中，磁场方向垂直于前表面向里，材料内部磁感应强度大小为。当通以从左到右的恒定电流时，测得上、下表面之间的电压大小为。已知电子电荷量大小为，则（ ）
A．自由电子数密度为B．自由电子数密度为
C．上表面电势比下表面电势高D．上表面电势比下表面电势低
【答案】BD
【详解】电流稳定时，电子所受电场力和洛伦兹力平衡，有
解得
电流的微观表达式
联立可得
电流方向自左向右，电子自右向左运动，根据左手定则，可知电子向上表面聚集，下表面正电荷较多，电场方向自下向上，故上表面电势低，故选BD。
【模型演练6】（2023·山西阳泉·统考三模）如图为利用霍尔元件进行微小位移测量的实验装置。在两块磁感应强度相同，同极相对放置的磁体狭缝中放入金属材料制成的霍尔元件，当霍尔元件处于中间位置时磁感应强度为0，霍尔电压（霍尔元件上下两表面的电势差）也为0。将该点作为坐标原点建立空间坐标系，当霍尔元件沿x轴移动时，即有霍尔电压输出。霍尔元件中电流方向始终为z轴负方向且大小不变，下列说法正确的是（ ）
A．霍尔元件处于x轴负半轴时，下表面的电势高于上表面的电势
B．霍尔元件从O点沿x轴正方向移动的过程中，霍尔电压的大小逐渐增大
C．在某一位置时，若增大霍尔元件沿x轴方向的厚度，则霍尔电压的大小将减小
D．在某一位置时，若增大霍尔元件沿y轴方向的厚度，则霍尔电压的大小将不变
【答案】BCD
【详解】A．霍尔元件处于x轴负半轴时，磁场方向向右，由左手定则可知，电子所受洛伦兹力向下，电子运动到下表面，则上表面电势高于下表面，A错误；
B．设电子的电荷量为e，沿电流方向定向运动的平均速率为v，单位体积内电子的个数为n，导体板的横截面积为S，霍尔元件沿x轴方向的厚度为d，沿y轴方向的厚度为b，则电流的微观表达式为
电子在磁场中受到的洛伦兹力为
电子在洛伦兹力作用下向上运动后，霍尔元件上、下两表面出现电势差，则有电子受到的电场力为
当达到稳定状态时，电场力与洛伦兹力大小相等，则有
由此可知，霍尔元件从O点沿x轴正方向移动时，磁感应强度B逐渐增大，则有霍尔电压的大小逐渐增大，B正确；
CD．由以上分析解得
由此可知，在某一位置时，若增大霍尔元件沿x轴方向的厚度d，则霍尔电压的大小将减小；在某一位置时，若增大霍尔元件沿y轴方向的厚度b，则霍尔电压的大小将不变，CD正确。
故选BCD。
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc12954" 一.带电粒子在组合场中的匀速圆周运动模型解法综述 PAGEREF _Tc12954 \h 1
\l "_Tc15509" 二．磁场与磁场的组合模型 PAGEREF _Tc15509 \h 1
\l "_Tc4213" 三．先电场后磁场模型 PAGEREF _Tc4213 \h 15
\l "_Tc22607" 四．先磁场后电场模型 PAGEREF _Tc22607 \h 26
\l "_Tc11136" 五．带电粒子在组合场中运动的应用---质谱仪模型 PAGEREF _Tc11136 \h 37
\l "_Tc4645" 六．带电粒子在组合场中运动的应用---回旋加速器模型 PAGEREF _Tc4645 \h 46
\l "_Tc23614" 七．带电粒子在叠加场中的运动模型 PAGEREF _Tc23614 \h 52
\l "_Tc26570" 八．带电粒子在叠加场中的应用模型---电磁平衡科技应用 PAGEREF _Tc26570 \h 65
\l "_Tc7120" 模型一．速度选择器 PAGEREF _Tc7120 \h 65
\l "_Tc32560" 模型二．磁流体发电机 PAGEREF _Tc32560 \h 68
\l "_Tc3179" 模型三．电磁流量计 PAGEREF _Tc3179 \h 74
\l "_Tc23959" 模型四.霍尔效应的原理和分析 PAGEREF _Tc23959 \h 78
一.带电粒子在组合场中的匀速圆周运动模型解法综述
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现．
2．带电粒子在组合场中运动的分析思路
第1步：粒子按照时间顺序进入不同的区域可分成几个不同的阶段．
第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如图所示．
第3步：用规律
二．磁场与磁场的组合模型
【运动模型】磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同．解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系．
【模型演练1】（2023·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）如图所示，在y轴两侧有垂直于纸面向外的匀强磁场，其磁感应强度大小分别为和，且。坐标原点O处有一个质量为M、处于静止状态的中性粒子，分裂为两个带电粒子a和b，其中粒子a的电荷量为，质量（可以取0~1的任意值）。分裂时释放的总能量为E，并且全部转化为两个粒子的动能。不计粒子重力和粒子之间的相互作用力，不计中性粒子分裂时间和质量亏损，不考虑相对论效应。设a粒子的速度沿x轴正方向，求：
（1）粒子a在磁场、中运动的半径之比k；
（2）取多大时，粒子a在磁场中运动的半径最大，以及此时的最大半径；
（3）若a粒子的速度沿右上方与x轴正方向夹角为，取多大时，两粒子会在以后的运动过程中相遇。（已知若，则取）
【答案】（1）；（2）当时最大，其值为；（3）可取或或或
【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力
可得
粒子a在磁场中运动过程中比荷与速率都不会改变，所以磁场、中运动的半径之比
（2）分裂过程动量守恒
根据能量守恒
解得
则粒子a在右边磁场中运动的半径为
可知，当时最大，其值为
（3）一个中性粒子分裂为两个带电粒子a和b，根据电荷守恒。a粒子带负电，b粒子带等量正电。由于两个粒子的质量和速度的乘积相等，所以两个粒子在同一磁场中的运动半径也相等，即a、b粒子在磁场、中运动的半径之比均为1∶2；
a、b粒子在磁场、中运动的周期分别为
a，b两粒子的运动轨迹如图所示，它们相遇的位置共有四个，分别为C、D、E和F点
①若在C点相遇
则
②若在D点相遇
则
③诺在E点相遇
则
④若在F点相遇，由几何关系可知
即
则
综合以上可取
或
或
或
【模型演练2】（2023·江苏扬州·统考三模）如图所示，y方向足够长的两个条形区域，宽度分别为l1和l2，两区域分别分布着磁感应强度为和的磁场，磁场方向垂直于xOy平面向外，磁碱应强度，现有大量粒子从坐标原点O以恒定速度不断沿x轴正方向射入磁场，由于的大小在0-0.5T范围内可调，粒子可从磁场边界的不同位置飞出。已知带电粒子的电量C。 质量，不考虑带电粒子的重力，求：
（1）要使粒子能进入的磁场，应满足的条件；
（2）粒子在条形区域内运动的最短时间t；
（3）粒子从y轴飞出磁场时的最高点坐标y。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当带电粒子在磁场中圆周运动的半径大于l1时粒子能进入磁感应强度的磁场，由洛伦兹力充当向心力有
当时，粒子的轨迹如图所示
此时有
代入数据得
即粒子恰好不进入磁场区，而根据
可知，磁感应强度越小，轨道半径越大，因此满足的条件为
（2）当时，粒子进入磁场，有
解得
可知粒子从右边界MN飞出，粒子的运动轨迹如图
由几何关系可知
解得
粒子在两个条形区域运动的时间为
随着的增大，根据时间等于弧长与速度的比值可知，粒子在磁场中的运动时间先增大后减小，当达到最大值0.4T时，粒子从左边界飞出，运动时间为
所以粒子在两个条形区域内运动的最短时间为
（3）设为粒子从MN射出的最高点，则为轨迹与边界MN的切点，如图
为粒子在B1磁场中运动的圆心，为粒子在磁场中运动的圆心，由几何知识可得
，
解得
由几何知识知有
则根据几何关系可得A1的纵坐标
根据对称性可得粒子从y轴飞出磁场时的最高点坐标
【典例分析3】如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场．在x≥0 区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)
(1)粒子运动的时间；
(2)粒子与O点间的距离．
【答案】 (1)eq \f(πm,B0q)(1＋eq \f(1,λ)) (2)eq \f(2mv0,B0q)(1－eq \f(1,λ))
【解析】 (1)在匀强磁场中，带电粒子做匀速圆周运动．设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x＜0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
qB0v0＝meq \f(v02,R1)①
qλB0v0＝meq \f(v02,R2)②
设粒子在x≥0区域运动的时间为t1，则
t1＝eq \f(πR1,v0)③
粒子在x<0区域运动的时间为t2，则
t2＝eq \f(πR2,v0)④
联立①②③④式得，所求时间为
t＝t1＋t2＝eq \f(πm,B0q)(1＋eq \f(1,λ))⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
d＝2(R1－R2)＝eq \f(2mv0,B0q)(1－eq \f(1,λ))
【模型演练4】如图所示，虚线上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场，下方存在方向相同、磁感应强度大小为的匀强磁场，虚线为两磁场的分界线。位于分界线上，点为的中点。一电子从点射入磁场，速度方向与分界线的夹角为，电子离开点后依次经两点回到点。已知电子的质量为，电荷量为，重力不计，求：
(1)的值；
(2)电子从射入磁场到第一次回到点所用的时间。
【答案】(1)；(2)
【解析】
电子在磁场中的运动轨迹如图所示
设电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径分别为，电子在磁场中做匀速圆周运动有
…①
…②
由于最终能回到点，由几何关系，可得
…③
联立①②③，解得
电子在磁场中的运动周期
电子在磁场中的运动周期
设电子经过三段轨迹的时间分别为，由几何关系可得
到的圆心角为，则
到的圆心角为，则
到的圆心角为，则
电子从射入磁场到第一次回到点所用的时间为
联立以上式子，解得
【模型演练5】（2023·全国·高三专题练习）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
（2）若，求能到达处的离子的最小速度v2；
（3）若，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。
【答案】（1）；（2）（3）60%
【详解】（1）当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系
解得
r1=2L
根据
解得
在磁场中运动的周期
运动时间
（2）若B2=2B1，根据
可知
粒子在磁场中运动轨迹如图，设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系
解得
r2=2L
根据
解得
（3）当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x轴，则由动量定理
即
求和可得
粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x轴上的过程中
解得
则速度在~之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在~，又粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为
η=60%
【模型演练6】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t = 0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。己知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
（3）时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
【答案】（1）；（2），；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa
【详解】（1）由题知，粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径
r = a
根据
解得
（2）由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则
T甲 = 2T乙
根据，有
则
粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有
mv甲0＋m乙v乙0= －mv甲1＋m乙v乙1
解得
v乙0= －5v甲0，v乙1= 3v甲0
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为。
（3）已知在时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有
v甲1= －3v甲0，v乙1= 3v甲0
则根据，可知此时乙粒子的运动半径为
可知在时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S1= 6πa
且在第二次碰撞时有
mv甲1＋m乙v乙1= mv甲2＋m乙v乙2
解得
v甲2= v甲0，v乙2= －5v甲0
可知在时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S2= 10πa
且在第三次碰撞时有
mv甲2＋m乙v乙2= mv甲3＋m乙v乙3
解得
v甲3= －3v甲0，v乙3= 3v甲0
依次类推
在时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S8= 10πa
且在第九次碰撞时有
mv甲8＋m乙v乙8= mv甲9＋m乙v乙9
解得
v甲9=－3v甲0，v乙9= 3v甲0
在到过程中，甲粒子刚好运动半周，且甲粒子的运动半径为
r甲1 = 3a
则时甲粒子运动到P点即（－6a，0）处。
在到过程中，乙粒子刚好运动一周，则时乙粒子回到坐标原点，且此过程中乙粒子走过的路程为
S0 = 3πa
故整个过程中乙粒子走过总路程为
S = 4 × 6πa＋4 × 10πa＋3πa = 67πa
三．先电场后磁场模型
【运动模型】
1.带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图.
2．带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图.
【模型演练1】（2023春·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）如图所示，为一正方形区域，边长为d，一带正电的粒子从中点沿着垂直方向以速度进入。若在该区域加一垂直向下的匀强电场，粒子恰好从点射出；若撤去电场，在该区域加一垂直平面的向里的匀强磁场，带电粒子仍从中点沿着垂直方向以速度进入，恰好从点射出。不计粒子重力，已知粒子的比荷为，求：
（1）电场强度的大小；
（2）磁感应强度的大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）加电场时带电粒子做类平抛运动，沿初速度方向，有
垂直于初速度方向，有
根据牛顿第二定律，有
联立解得电场强度为
（2）加磁场时，带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动
由几何关系，有
联立解得磁感应强度为
【模型演练2】（2023·广西南宁·南宁二中校考模拟预测）如图粒子源可以每秒发射出个粒子，其初速度均为，进入电压为的加速电场，从电场中射出后与静止在反应区A点的铍核发生核反应，两个反应产物垂直于边界飞入探测区、探测区有一圆形磁场和粒子探测器、圆形磁场半径为，其内存在磁感应强度为的匀强磁场，圆形磁场边界与相切，探测器与平行且距圆心距离为。实验中根据碰撞点的位置便可分析核反应的生成物。为简化模型，假设每个粒子均可与铍核发生核反应，实验中探测器上有两个点（点和点）持续受到撞击，点在一直线上，且，打在点粒子穿透探测器，被探测器吸收，其中穿透的粒子能量损失，打在点的粒子全部被吸收。已知质子和中子的质量均为，原子核的质量为核子的总质量，质子电量为，不计粒子间相互作用（核反应过程除外）求：
（1）粒子射出加速电场后的速度大小；
（2）完成粒子与铍核发生核反应方程：
（3）判断打在点的分别是什么粒子，计算其速度大小；
（4）探测器上点每秒受到的撞击力大小。
【答案】（1）；（2）；（3）点的为中子，速度大小为，点的粒子为碳原子核，速度大小为；（4）
【详解】（1）粒子在电场中运动过程中，根据动能定理可得
解得
（2）据电荷数守恒、质量数守恒可知，核反应方程为
（3）由于打在点的粒子在磁场中不偏转，故此粒子不带电，因此打在点的粒子为碳原子核，打在点为中子，在磁场中运动轨迹如图所示
出磁场时速度方向与的角度为，做圆周运动的轨道半径为，由几何关系得
即
则
即
洛伦兹力提供碳核做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有
解得
核反应过程中，根据动量守恒可得
解得
（4）点，对于吸收的中子，由动量定理得
可得
设穿透后的中子速度为，则
解得
对于穿透的中子，由动量定理得
可得
探测器上点每秒受到的撞击力大小为
【模型演练3】（2023·广东深圳·深圳市高级中学校考三模）如图所示，和为竖直方向的平行边界线，水平线将两边界围成区域分为上下两部分，其中Ⅰ区域内为竖直向下的匀强电场，Ⅱ区域内为垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从左边界A点以初速度垂直边界进入Ⅰ区域，从C点离开Ⅰ区域进入Ⅱ区域。已知，，粒子重力不计：
（1）求Ⅰ区域匀强电场强度E的大小；
（2）若两竖直边界线距离为4h，粒子从Ⅱ区域左边界射出，求Ⅱ区域内匀强磁场的磁感应强度大小范围；
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）如下图所示，粒子从A点至C点做匀变速曲线运动，垂直电场方向有
平行电场方向有
根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）粒子在C点速度的竖直分量
故粒子在C点速度为
方向为斜向右下方与夹角为45°，当粒子恰好不从边界出射，粒子轨迹如下图轨迹①所示
设此种情况下，粒子在磁场中轨道半径为，由几何知识得
解得
粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力
解得
当粒子恰好不从边界出射，粒子轨迹如图轨迹②所示，由几何知识得
解得
粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力
解得
所以Ⅱ区域内匀强磁场的磁感应强度大小范围
【模型演练4】（2023·全国·高三专题练习）如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。己知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。
（1）求金属板间电势差U；
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的侧形磁场区域的圆心M。
【答案】（1）；（2）或；（3）
【详解】（1）设板间距离为，则板长为，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度
解得
设粒子在平板间的运动时间为，根据类平抛运动的运动规律得
，
联立解得
（2）设粒子出电场时与水平方向夹角为，则有
故
则出电场时粒子的速度为
粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得
解得
已知圆形磁场区域半径为，故
粒子沿方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为，由几何关系可得
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为或；
（3）带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：
【模型演练5】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。
（i）求改变后电场强度的大小和粒子的初速度；
（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
【答案】（1）；（2）（i），；（ii）不会
【详解】（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图
根据几何关系可知
联立可得
（2）（i）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图
在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知
解得
所以有
，
洛伦兹力提供向心力
带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有
再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有
沿y方向上有
其中根据牛顿第二定律有
联立以上各式解得
（ii）粒子从P到Q根据动能定理有
可得从Q射出时的速度为
此时粒子在磁场中的半径
根据其几何关系可知对应的圆心坐标为
，
而圆心与P的距离为
故不会再从P点进入电场。
四．先磁场后电场模型
【模型构建】(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)．
(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)．
【模型演练1】（2023·河北唐山·开滦第一中学校考模拟预测）如图所示，xOy坐标系的第一象限，一等腰三角形OAC，底角为53°，底边长为14L，内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在OC边界的左侧有与y轴平行的匀强电场，D是底边OA的中点。质量为m，电荷量为q的带正电的粒子以一定的初速度，从OA边上的D点沿y轴正方向垂直射入磁场，恰好从OC边上某点沿着与x轴平行的方向射入匀强电场（不计粒子的重力），求：
（1）粒子的速度大小；
（2）粒子离开磁场后，经过x轴上N点（图中没有标出），已知NO=5L，求匀强电场的电场强度；
（3）求粒子从D点到达N点所经历的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子在磁场中匀速圆周运动的轨迹如图所示，粒子做圆周运动的圆心为G，根据几何关系有
GD=FG=R
则
解得
R=4L
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）粒子在电场中的；类平抛运动轨迹如图所示，
粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动，位移为：
x=GN=8L
沿电场线方向做匀加速直线运动，位移为：
y=FG=4L
根据
x=vt，，
解得
（3）设粒子在磁场中运动的时间为t₁，在电场中运动的时间为t₂
带电粒子在磁场中运动的周期为
联立得
x=GN=8L=vt₂
解得：
所以时间
【模型演练2】（2023春·河南·高三校联考期末）如图所示，在平面直角坐标系轴上方有磁感应强度大小不变的匀强磁场，在轴下方有平行于平面的匀强电场，且与轴成角斜向右上方。一个质量为、电荷量为的带正电粒子，以初速度从轴上点沿轴正方向射出，，若磁场方向垂直坐标平面向外，则粒子第一次经过轴进入电场和第二次经过轴的位置均在点（未画出）；若磁场方向垂直坐标平面向里，则粒子第二次经过轴的位置也在点，不计粒子的重力，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）若磁场方向垂直坐标平面向外，粒子从点射出到第三次经过轴所用的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）若磁场方向垂直坐标平面向外，则粒子第一次经过轴进入电场和第二次经过轴的位置均在点，说明粒子到达Q点时的速度方向与电场强度方向反向，则由几何关系
解得
根据
可得
（2）若磁场方向垂直坐标平面向里，则粒子第二次经过轴的位置也在点，轨迹如图；
则
解得
（3）粒子在磁场中运动的时间
粒子进入电场时做减速运动，速度减到零用时间t2，后反向加速，仍用时间t2第二次回到x轴，
解得
粒子再次进入磁场做圆周运动，再次到达x轴时用时间
则粒子从点射出到第三次经过轴所用的时间
【模型演练3】（2023春·湖南常德·高三常德市一中校考阶段练习）如图所示，在x轴上方存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴下方存在竖直向上的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的P（0，h）点沿y 轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成θ=60°第一次进入电场。求：
（1）粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v；
（2）若粒子经过y轴上Q点时速度方向恰好与y轴垂直，匀强电场的电场强度大小E；
（3）粒子返回出发点P所用的总时间t。
【答案】（1）2h，；（2）（23）gB²h；（3）
【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
由几何知识得
rcs60°=h
解得
r=2h
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得
解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的速度大小
（2）粒子在电场中做类平抛运动，粒子经过y轴的Q点时速度方向恰好与y轴垂直，则粒子到达Q点时沿电场方向的速度为零，则有垂直电场方向：
r+ rsin60º = vcs60º t1
沿电场方向：
vsin60º=a1t1
联立可得匀强电场的电场强度大小
（3）粒子第一次在第二象限的磁场中运动的时间为t2，如图示关系有：
t=2（t1+t2）
解得
【模型演练4】（2023·青海西宁·统考二模）如图所示，在平面内的第二象限有一个圆形匀强磁场区域，其边界与轴相切于（，）点，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为，磁场区域的半径为，第一象限内有一条抛物线（图中虚线所示），（，）是轴上的一点抛物线上方存在沿轴负方向的匀强电场，场强，从A点向第二象限发射大量带正电的某种粒子，粒子的速率均为（未知），质量均为，电荷量均为，所有粒子均可到达P点，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
（1）已知粒子1沿与轴正方向成的方向进入磁场后平行于轴从磁场中射出，求初速度的大小；
（2）粒子2沿与轴正方向成的方向进入磁场，求它从A点运动到P点所用的时间t（结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设磁场圆心为，粒子1在磁场中运动轨迹的半径为，圆心为，从磁场边界上的点飞出，如图所示
由几何关系可知四边形为菱形，故有
由牛顿第二定律可知
联立解得
（2）设粒子2在场中运动轨迹的圆心为，它从点平行于轴射出磁场，延长与轴相交于点，垂直于轴，如图所示
粒子2在磁场中运动的周期
它磁场中运动的时间
D点的横坐标
D点到P点沿轴方向的位移为
粒子2从D点到P点在沿轴方向上做匀速直线运动，所用时间
所以
【模型演练5】（2023·河南郑州·统考模拟预测）如图所示，在xOy平面内，x轴与MN边界之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的宽度为d，x轴下方和MN边界上方的空间有两个匀强电场，场强大小均为E，方向与y轴平行。时刻，一质量为m、电荷量为+q的粒子从O点射入磁场，速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为，然后恰好垂直于MN边界进入上方电场，粒子重力不计。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）粒子第一次经过MN边界时的位置坐标；
（3）粒子射出以后经过x轴的时刻t。
【答案】（1）；（2；（3）见解析
【详解】（1）垂直于MN边界进入上方电场，运动轨迹如图所示。
设粒子运动轨道半径为r，由几何关系可得
粒子在磁场中做匀速圆周运动
解得磁感应强度
（2）如图所示，由几何关系可知
第一次经过MN边界时沿x方向运动距离
解得
该点位置坐标为
（3）粒子在磁场中的运动周期
每次通过磁场的时间
粒子在电场中运动满足
粒子在MN上方电场中做匀变速直线运动，设往返通过电场的时间为t2，由题意可得
解得
粒子在x轴下方电场中做类抛体运动，设粒子每次通过电场的时间为t3，由题意可得
解得
粒子接下来重复周期性运动，周期
T=2t1+t2+t3
则由题意可知，粒子由x轴上方磁场经过x轴的时刻满足
t=n（2t1+t2+t3）- t3
解得
粒子由x轴下方电场经过x轴的时刻满足
t=n（2t1+t2+t3）
解得
五．带电粒子在组合场中运动的应用---质谱仪模型
【模型构建】
1．作用
测量带电粒子质量和分离同位素的仪器．
2．原理(如图所示)
(1)加速电场：qU＝eq \f(1,2)mv2；
(2)偏转磁场：qvB＝eq \f(mv2,r)，l＝2r；
由以上两式可得r＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))，
m＝eq \f(qr2B2,2U)，eq \f(q,m)＝eq \f(2U,B2r2).
【模型演练1】（2023·河南郑州·统考模拟预测）如图甲所示为质谱仪工作的原理图，已知质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后，由小孔S沿着与磁场垂直的方向，进入磁感应强度为B的匀强磁场中。粒子在S点的速度与磁场边界垂直，最后打在照相底片上的P点，且。忽略粒子的重力，通过测量得到x与的关系如图乙所示，已知斜率为k=0.5，匀强磁场的磁感应强度B为，，则下列说法中正确的是（ ）
A．该粒子带负电
B．该粒子比荷为
C．该粒子在磁场中运动的时间约为
D．若电压U不变，打到Q点的粒子比荷大于打到P点的粒子
【答案】C
【详解】A．粒子进入磁场后向左偏转，根据左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；
B．粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得
解得
粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得
可得
则有
可知图像的斜率为
可得粒子的比荷为
故B错误；
C．该粒子在磁场中运动的时间为
故C正确；
D．根据
若电压不变，可知打到Q点的粒子比荷小于打到P点的粒子比荷，故D错误。故选C。
【模型演练2】（2023·全国·高三专题练习）1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，在乳胶片上形成三个点a、b、c，则下列说法中正确的是（ ）
A．速度选择器的极板带负电B．打在a处的粒子的比荷较大
C．打在c处的粒子运动时间最长D．打在c处的粒子运动速度最大
【答案】BC
【详解】A．粒子在右侧磁场做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可知粒子带正电，粒子在速度选择器受到的磁场力向上，为保证粒子做直线运动，速度选择器的极板带正电，故A错误；
D．速度选择器中有
打在三处的粒子运动速度大小相等，故D错误；
B．根据
比荷
打在a处的粒子的半径较小，比荷较大，故B正确；
C．周期
打在c处的粒子的比荷较小，周期最大，运动时间最长，故C正确。故选BC。
【模型演练3】质谱仪是一种测量带电粒子比荷的仪器，某型号质谱仪的内部构造如图所示，M、N板间存在电压为U0的加速电场，半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，光屏放置于圆形磁场区域右侧，光屏中心P到圆形磁场区域圆心O的距离为2R。带电粒子从S点由静止飘入M、N板间，经电场加速后进入圆形磁场区域，在磁场力作用下轨迹发生偏转，最终打在光屏上的某点，测量该点到P点的距离，便能推算出带电粒子的比荷.不计带电粒子的重力。
（1）若带电粒子为电子，已知电子的电荷量为e，质量为m0，求电子经过电场加速后的速度大小v及电子在磁场中运动的轨迹半径r；
（2）若某种带电粒子通过电场加速和磁场偏转后，打在光屏上的Q点，已知P点到Q点的距离为R，求该带电粒子的比荷及其在磁场中运动的时间t。
【答案】（1）；；（2）；
【解析】
（1）电子在电场中加速，由动能定理有
解得
电子在磁场中做匀速圆周运动，由
解得
（2）带电粒子到达Q点的轨迹如图所示
由几何关系可得θ=60°，，
类比有
解得
带电粒子在磁场中运动的圆心角即θ=60°，所以
周期
所以
【模型演练4】（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示的是离子注入原理的示意图，离子经电场加速后沿水平方向进入速度选择器，速度为的离子射出后进入磁分析器Ⅰ，只有特定比荷的离子才能进入偏转系统Ⅱ，再注入水平放置的硅片上。磁分析器Ⅰ中的匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，磁分析器Ⅰ的截面是矩形，矩形的长为，宽为，在其宽和长的中心位置C和D处各有一个小孔；半径为L的圆形偏转系统Ⅱ内存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小可调的匀强磁场，D、M、N在一条竖直直线上，为圆形偏转系统的直径，最低点M到硅片的距离，不计离子重力。
（1）求能通过D点进入磁偏转系统的离子的比荷；
（2）若偏转系统磁感应强度大小的取值范周为，求硅片上离子往入的宽度。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设进入磁分析器Ⅰ中的离子做圆周运动的半径为，如图1所示
则由勾股定理有
洛伦滋力提供向心力，则有
解得
（2）由第（1）问分析可知，离子进入Ⅱ区域时速度方向与水平方向的夹角，当离子进入偏转系统后有
，
解得
当时，过D点作速度v的垂线，交圆于点，如图2所示
在中有
过点作的垂线交于R，交圆O于Q点，在中有
由对称性知
所以为圆周运动的圆心，为离子做圆周运动的半径。离子垂直于向下打在硅片上的S点，则
当时，过D点作速度v的垂线，即为过D点的半径方向，如图3所示
由几何关系可得，过D点的弦长
则即为离子做圆周运动的圆弧的一条弦，过O点作的垂线交v的垂线于点，则即为圆心。由对称性知，离子从M点与成角射向硅片上的T点，则
综合可知，宽度为
【模型演练5】（2023·重庆万州·高三重庆市万州第二高级中学统考学业考试）如图所示，一质量为、电荷量为的粒子从静止开始经加速电压为的电场加速后，进入速度选择器，速度选择器中的匀强磁场的磁感应强度大小为，粒子射出速度选择器后进入静电分析器，静电分析器两端中心位置和处各有一个小孔，通道中心轴线的半径为，通道内存在均匀辐向电场，粒子从孔射出后沿半径方向进入环形匀强磁场且刚好未进入小圆区域。已知环形磁场的外半径为，内半径为。可能用到的数据。求：
（1）速度选择器和静电分析器中的电场强度大小和；
（2）环形磁场的磁感应强度的大小；
（3）粒子在环形磁场中的运动时间。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）离子在电场中加速，由动能定理得
粒子通过速度选择器时，有
粒子通过静电分析器时，有
联立解得
（2）粒子在环形磁场中的运动轨迹如图所示
设轨迹半径为，由几何关系，得
由牛顿第二定律，得
联立解得
（3）粒子在环形磁场中运动周期为
由几何有关系得
解得
粒子在环形磁场中的运动时间
联立解得
六．带电粒子在组合场中运动的应用---回旋加速器模型
1．构造：
如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源．
2．原理：
交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子被加速一次．
3．最大动能：
由qvmB＝eq \f(mvm2,R)、Ekm＝eq \f(1,2)mvm2得Ekm＝eq \f(q2B2R2,2m)，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关．
4．总时间：
粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝eq \f(Ekm,qU)，粒子在磁场中运动的总时间t＝eq \f(n,2)T＝eq \f(Ekm,2qU)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πBR2,2U).
【模型演练1】（2023·广东广州·统考模拟预测）1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，现对核（）加速，所需的高频电源的频率为f，已知元电荷为e，下列说法正确的是（ ）
A．被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径增大而增大
B．高频电源的电压越大，氚核最终射出回旋加速器的速度越大
C．氚核的质量为
D．在磁感应强度B和频率f不变时，该加速器也可以对氦核（）加速
【答案】C
【详解】A．根据周期公式可知，被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与D型盒半径大小无关。A错误；
B．设D形盒的半径为R，则最终射出回旋加速器的速度满足
即有
最终射出回旋加速器的速度与电压无关。B错误；
C．根据周期公式可知
C正确；
D．因为氚核（）与氦核（）的比荷不同，在磁场中圆周运动周期不同，所以不能用来加速氦核（）。D错误。
故选C。
【模型演练2】（2023·福建南平·统考模拟预测）回旋加速器工作原理如图所示，置于真空中的两个半圆形金属盒半径为R，两盒间留有一狭缝接有频率为f的高频交流电，加速电压为U，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。若A处粒子源产生的氘核在狭缝中被加速，不考虑相对论效应和重力的影响，不计粒子在电场中的加速时间。则（ ）
A．氘核离开回旋加速器时的最大速率随加速电压U增大而增大
B．氘核被加速后的最大速度可能超过
C．氘核第n次和第次经过两金属盒间狭缝后的轨道半径之比为
D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能加速粒子
【答案】D
【详解】A．根据
可得
可知氘核离开回旋加速器时的最大速率与加速电压U无关，故A错误；
B．氘核被加速后的最大速度时的半径为R，则
故氘核被加速后的最大速度不可能超过，故B错误；
C．氘核第n次和第次经过两金属盒间狭缝后的分别有
解得
又
则
则氘核第n次和第次经过两金属盒间狭缝后的轨道半径之比为
故C错误；
D．回旋加速器的周期为
由于氘核和粒子的比荷相等，所以不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能加速粒子，故D正确。
故选D。
【模型演练3】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）2022年12月28日我国中核集团全面完成了230MeV超导回旋加速器自主研制的任务，标志着我国已全面掌握小型化超导回旋加速器的核心技术，进入国际先进行列。如图所示，图甲为该回旋加速器的照片，图乙为回旋加速器工作原理示意图，置于真空中的D形金属盒半径为R，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流加速电压为U。圆心A处粒子源产生初速度为零，质量为m，电荷量为q的质子，质子在加速器中被加速。忽略质子穿过两金属盒间狭缝的时间，忽略相对论效应和重力的影响，下列说法正确的是（ ）
A．保持B、R、U及交流电频率均不变，该装置也可用于加速氘核和氚核
B．若增大加速电压U，质子从D型盒出口射出的动能增大
C．质子从D型盒出口射出时，加速次数
D．质子第n次加速后和第次加速后的运动半径之比为
【答案】CD
【详解】A．此加速器加速粒子时的周期与粒子在磁场中的运动周期相同为
氘核和氚核的比荷与质子的比荷不同，即氘核和氚核与质子在磁场中运动的周期不同，所以，保持B、R、U及交流电频率均不变，该装置不能用于加速氘核和氚核，故A错误；
B．设质子从D型盒出口射出的速度为vm，则有
则质子从D型盒出口射出的动能
与加速电压无关，故B错误；
C．设质子从D型盒出口射出时加速了n次，则由动能定理
得
故C正确；
D．由动能定理
得第n次加速后和第次加速后的速度分别为
再由质子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力
同理可得，质子第n次加速后和第次加速后的运动半径分别为
所以
故D正确。
故选CD。
【模型演练4】（2023·北京·高三专题练习）回旋加速器的示意图如图所示。它由两个铝制D型金属扁盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝；两个D型盒处在匀强磁场中并接在高频交变电源上。在盒中心A处有粒子源，它产生并发出带电粒子，经狭缝电压加速后，进入盒中。在磁场力的作用下运动半个圆周后，垂直通过狭缝，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周而复始，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D型盒的边缘，以最大速度被导出。已知某粒子所带电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D型盒的半径为R，设狭缝很窄，粒子通过狭缝的时间可以忽略不计。设该粒子从粒子源发出时的初速度为零，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，忽略相对论效应，求：
（1）交变电压的周期T；
（2）粒子被加速后获得的最大动能；
（3）粒子在回旋加速器中运动的总时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设交变电压的周期为T，为保证粒子每次经过狭缝都被加速，带电粒子在磁场中运动一周的时间应等于交变电压的周期（在狭缝的时间极短忽略不计），则
联立以上两式，解得交变电压的周期为
（2）粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能。设此时的速度为v，有
解得
设粒子的最大动能为，则
（3）质子完成一次圆周运动被电场加速2次，由动能定理得
经过的周期个数为n，则有
质子在D型盒磁场内运动的时间
联立解得质子在回旋加速器中运动的总时间为
七．带电粒子在叠加场中的运动模型
1．叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．
2．无约束情况下的运动
(1)洛伦兹力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．
(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．
(3)电场力、洛伦兹力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动．
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．
3．有约束情况下的运动
带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．
【模型演练1】（2023·全国·高三专题练习）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
【答案】（1）v0B；（2）；（3）90%
【详解】（1）由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动则有
Ee = ev0B
解得
E = v0B
（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有
解得
（3）若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有
F合 = evmB－eE
在最低点有
F合 = eE－evB
联立有
要让电子达纵坐标位置，即
y ≥ y2
解得
则若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的90%。
【模型演练2】（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考三模）如图，在光滑绝缘水平面上有一平面直角坐标系xOy，x < 0区域有方向垂直平面向外的匀强磁场I：x > 0区域有方向垂直平面向外的匀强磁场II和沿y轴负方向的匀强电场E。管壁光滑、厚度不计的绝缘直细管两端分别固定在A（，0）、B（0，L）两点。一质量为m、带电荷量为q的带正电小球（直径略小于管的内径）从管口A处以某一初速度沿AB方向射入管中，从B点射出管口时的速率为v，然后沿水平面运动，通过y轴上的C点时撤去电场，小球在第一象限运动后恰好从A处进入第四象限。已知磁场I的磁感应强度大小，电场的场强大小。
（1）求小球从管口A射入时的初速率v0以及B、C两点间的距离y0；
（2）求磁场II的磁感应强度大小B2以及小球第一、二次通过B处的时间差t；
（3）若小球过B点后第一次运动到第一象限且与x轴距离最大时撤去AB，且恢复匀强电场、但场强大小变为，求小球速度的最大值vmax以及小球速度最大时与x轴间的距离y1。
【答案】（1），2L；（2），；（3），
【详解】（1）设∠OAB = θ，则
解得
θ = 30°
小球运动轨迹如图所示
从A运动到B的过程中，根据动能定理有
其中，解得
设小球在磁场I中运动的轨迹半径为，圆心为，则
由几何关系得∠O1CB = ∠O1BC = θ，则有
y0= 2r1csθ
解得
y0= 2L
（2）由
得
∠OCA = 30°
由于∠OCA = θ，则AC是小球第一次在第一象限中运动的轨迹直径，则圆心O2为AC中点，小球在磁场II中运动的轨迹半径
磁场II的磁感应强度大小为B2，则
解得
由于∠AOC = 90°，小球从A处进入第四象限后恰好从O点离开第四象限进入第二象限，则小球第一次通过B点后，第一次在x < 0区域运动的时间
第一次在x > 0区域运动的时间
结合几何知识可知小球第一、二次通过B点的时间差
解得
（3）小球运动到第一象限且与x轴距离最大时，小球的速度方向沿x轴正方向，令
得
小球的运动可分解为以速率沿x轴负方向的匀速直线运动和以速率
沿顺时针方向的匀速圆周运动，由得
当两个分速度同向时小球速度最大，此时速度方向沿x轴负方向，小球的速度最大值
小球速度最大时与x轴间的距离
【模型演练3】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）如图所示，光滑绝缘的水平面上放置一个质量为m、带电荷量为+q的小球（可视为点电荷）。在竖直平面内存在匀强磁场和匀强电场，y轴左侧电场方向水平向右，无磁场，y轴右侧电场方向竖直向上，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向里。两侧电场强度大小相等，均为、现将小球从左侧距O点为L的A点由静止释放，若小球第一次落回地面时落到A点附近。
（1）求小球第二次经过y轴时与O的距离d：
（2）小球从开始运动到第二次经过y轴后速度达到最小所用的时间t。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）在磁场中，由于
合力为洛伦兹力，做圆周运动
根据动能定理
解得
结合几何关系可得
（2）由A到O物体做匀加速，根据牛顿第二定律
根据运动学规律
在磁场中做匀速圆周运动
回到y轴左侧后，物体做类斜抛运动，速度与合力方向垂直时，即速度方向斜向左下时，速度最小，从回到y轴左侧起至速度最小所需时间t3
总时间
【模型演练4】（2023·海南·统考模拟预测）如图所示，水平面内存在着两个边长均为的相邻正方形区域和．在正方形区域内存在着沿方向的匀强电场，电场强度大小为，在矩形区域内存在着竖直向上的匀强磁场。在右侧紧挨着的某矩形区域内（含边界）存在着竖直方向上的另一匀强磁场（未画出）。现有一质量为、电荷量为的带正电粒子（不计重力），从的中点以初速度（大小未知）沿方向水平射人区域，粒子在该区域内沿直线运动，进入区域后从点离开，并进入右侧的另一磁场区域中，粒子在该磁场中偏转，经过一段时间后，恰从点进入区域中。求：
（1）粒子的初速度大小；
（2）右侧矩形区域磁场的最小面积。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由带电粒子进入区域后沿直线运动可知
带电粒子从中点进入区域后做匀速圆周运动，画出带电粒子在区域内的运动轨迹图像，如图所示，轨迹圆心为．
根据几何关系有
解得
由数学知识可知
根据洛伦兹力提供向心力有
联立解得
（2）带电粒子从点离开正方形磁场区域，进入右侧的匀强磁场后，又从点进入磁场区域，由分析可知，右侧的磁场方向竖直向下，根据对称性可知，粒子在右侧区域内的运动轨迹如图所示，轨迹圆心为点．
由数学知识可知
矩形磁场的最小面积为
【模型演练5】（2023·湖北武汉·统考模拟预测）如图所示，在以水平向右为x轴正方向、竖直向上为y轴正方向的直角坐标系中，有Ⅰ、Ⅱ两个区域，Ⅰ区内有与x轴正方向夹角为37°的匀强电场，Ⅱ区内有方向垂直纸面向里的匀强磁场。将一质量为m、电荷量为＋q的小球从原点O以初速度竖直向上抛出，小球的运动轨迹如图中曲线Oabc所示，小球经过a点时的速度沿x轴正方向，Oa连线与x轴正方向的夹角为53°，b点是磁场左边界与x轴的交点。不计空气阻力，重力加速度大小为g，磁感应强度大小为，，，求：
（1）电场强度的大小；
（2）小球从O运动到c过程中的最小速度；
（3）小球从O运动到c过程中的最大速度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球从点运动到点，用时为，沿、方向加速度分量分别为、，有
，
又
设场强为，根据牛顿第二定律可得
，
联立解得
（2）设小球受到重力和电场力的合力与轴负方向的夹角为，有
小球在运动过程中的速度方向与合力的方向垂直时，速度有最小值，则
联立解得
最小速度方向与轴正方向的夹角为。
（3）设小球从经过时间运动到，在点时水平分速度、竖直分速度分别为，，根据对称性可知
根据匀变速运动规律，有
解得
设小球从点运动到最低点，下落高度为。当小球运动到最低点时，速度方向水平向右，速度有最大值。在水平方向，根据动量定理，有
根据动能定理，有
根据已知条件，联立解得
或（舍去）
【模型演练6】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）如图所示，某磁仪器由粒子源、偏转电场、速度选择区、偏转磁场及探测板等组成。粒子源可以产生比荷为k的带正电粒子，以初速度水平飞入两平行金属板中的偏转电场，入射点贴近上板边缘。两水平金属板间距为d，两板间电压为。带电粒子由偏转电场飞出后，立即进入宽度为d的速度选择区做匀速直线运动，该区域存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出）和与水平方向成45°的电场强度为E的匀强电场。最后经磁感应强度为B的匀强磁场偏转后恰好能够打在探测板上。不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用力，求：
（1）偏转电场两金属板长L；
（2）速度选择区匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）偏转磁场区域宽度D以及粒子从进入偏转电场区域到最终打在探测板上的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）；
【详解】（1）粒子在速度选择区做匀速直线运动，说明洛伦兹力与电场力等大反向，即速度方向与水平方向成45°，由此可知粒子在偏转电场做类平抛运动的偏转角
由类平抛运动的规律有
，，，
联立解得
（2）粒子进入速度选择区时的速度
在速度选择器中，由洛伦兹力等于电场力有
联立解得
（3）在偏转磁场中，有洛伦兹力充当向心力有
解得粒子在偏转磁场中的轨迹半径为
粒子偏转后恰好能够打在探测板上，则可知粒子的轨迹与探测版恰好相切，由几何关系可得
解得
而粒子在磁场中运动的周期
则粒子在偏转电场中运动时间
粒子在速度选择区运动时间
粒子在偏转磁场中运动时间
可得运动的总时间
八．带电粒子在叠加场中的应用模型---电磁平衡科技应用
模型一．速度选择器
(1)平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直．(如图)
(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qvB＝qE，即v＝eq \f(E,B).
(3)速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量．
(4)速度选择器具有单向性．
【模型演练1】（2023·北京·高三专题练习）如图所示，速度选择器的两平行导体板之间有方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一电荷量为+q的粒子以速度v从S点进入速度选择器后，恰能沿图中虚线通过。不计粒子重力，下列说法可能正确的是（ ）
A．电荷量为-q的粒子以速度v从S点进入后将向下偏转
B．电荷量为+2q的粒子以速度v从S点进入后将做类平抛运动
C．电荷量为+q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐减小
D．电荷量为-q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐增大
【答案】C
【详解】A．电荷量为＋q的粒子以速度v进入后受力平衡，即有
由左手定则可知，洛伦兹力竖直向上，电场力竖直向下，即电场强度的方向竖直向下，且有
当电荷量为-q的粒子以速度v从S点进入后，由左手定则可知，粒子所受的洛伦兹力竖直向下，电场力竖直向上，且有
则粒子受力平衡，将沿着图中虚线通过，故A错误；
B．电荷量为＋2q的粒子以速度v从S点进入后，向下的电场力为
向上的洛伦兹力为
由于，所以粒子受力平衡，将沿着图中虚线通过，故B错误；
C．电荷量为＋q的粒子以大于v的速度从S点进入后，向下的电场力为
向上的洛伦兹力为
由于，所以，即粒子刚从S点进入后所受合力竖直向上，粒子的运动轨迹将向上弯曲，此过程中电场力对粒子做负功，粒子的动能将逐渐减小，故C正确；
D．电荷量为-q的粒子以大于v的速度从S点进入后，向上的电场力为
向下的洛伦兹力为
由于，所以，即粒子刚从S点进入后所受合力竖直向下，粒子的运动轨迹将向下弯曲，此过程中电场力对粒子做负功，粒子的动能将逐渐减小，故D错误。
故选C。
【模型演练2】在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直．一带电粒子(重力不计)从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子( )
A．一定带正电
B．速度v＝eq \f(E,B)
C．若速度v＞eq \f(E,B)，粒子一定不能从板间射出
D．若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动
【答案】 B
【解析】 粒子带正电和负电均可，选项A错误；由洛伦兹力等于电场力，可得qvB＝qE，解得速度v＝eq \f(E,B)，选项B正确；若速度v＞eq \f(E,B)，粒子可能从板间射出，选项C错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，所受电场力和洛伦兹力方向相同，不能做直线运动，选项D错误．
【模型演练3】（2023·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测）如图所示，在竖直放置的平行板电容器极板间有电场强度大小为、方向竖直向下的匀强电场和磁感应强度为、方向水平向里的匀强磁场。左右两挡板中间分别开有小孔、，在其右侧有一边长为的正三角形区域磁场，磁感应强度为，磁场边界中点与小孔、正对。现有大量的带电荷量均为而质量和速率均可能不同的粒子从小孔水平射入电容器，其中速率为的粒子刚好能沿直线通过小孔、。粒子的重力及各粒子间的相互作用均可忽略不计，下列说法中正确的是（ ）
A．一定等于
B．在电容器极板中向上偏转的粒子的速度一定满足
C．速率为的粒子中，满足质量的粒子都能从边射出
D．速率为的粒子中，能打在边的所有粒子在磁场中运动的时间一定都相同
【答案】AB
【详解】A．当带正电粒子向右进入复合场时，受到竖直向下的电场力和向上的洛伦兹力，速率为的粒子做匀速直线运动，即
解得
故A正确；
B．粒子向上偏转时，受到的向上的洛伦兹力大于向下的电场力，即
则
故B正确；
C．设质量为的粒子的轨迹刚好与边相切，如图所示
由几何关系得
而
解得
所以质量小于的粒子都会从边射出，而
故C错误；
D．质量、速率不同的粒子在磁场中运动的周期可能不同，所以能打在边的所有粒子均运动半个周期，在磁场中运动的时间可能不同，故D错误。
故选AB。
模型二．磁流体发电机
(1)原理：如图所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能．
(2)电源正、负极判断：根据左手定则可判断出图中的B是发电机的正极．
(3)电源电动势U：设A、B平行金属板的面积为S，两极板间的距离为l，磁场磁感应强度为B，等离子体的电阻率为ρ，喷入气体的速度为v，板外电阻为R.当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U(即电源电动势)，则qeq \f(U,l)＝qvB，即U＝Blv.
(4)电源内阻：r＝ρeq \f(l,S).
(5)回路电流：I＝eq \f(U,r＋R).
【模型演练1】（2023·广东佛山·统考模拟预测）法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究。实验装置示意图如图所示，两块面积均为的矩形平行金属板正对地浸在河水中，金属板间距为。水流速度处处相同大小为，方向水平向左，金属板面与水流方向平行。地磁场磁感应强度竖直向下的分量为，水的电阻率为，水面上方有一阻值为的电阻通过绝缘导线和开关连接到两金属板上。忽略边缘效应，则下列说法正确的是（ ）
A．电阻上的电流方向从里向外
B．河水流速减小，两金属板间的电压增大
C．该发电装置的电动势大小为
D．流过电阻的电流大小为
【答案】C
【详解】A．根据题意，由左手定则可知，河水中的正离子向外面金属板偏转，外金属板为正极，负离子向里面金属板偏转，里金属板为负极，则电阻上的电流方向从外向里，故A错误；
C．设稳定时产生的感应电动势为，两板间有一带电荷量为的离子匀速运动受力平衡，根据平衡条件可得
解得
故C正确；
B．设极板间等效电阻为，由闭合回路欧姆定律可得，两金属板间电压为
可知，河水流速减小，两金属板间的电压减小，故B错误；
D．根据题意，由电阻定律可得，极板间等效电阻为
由闭合回路欧姆定律可得，流过电阻的电流大小为
故D错误。故选C。
【模型演练2】（2023·内蒙古赤峰·统考模拟预测）海水中含有大量的正负离子，并在某些区域具有固定的流动方向，有人据此设计并研制出“海流发电机”，可用作无污染的电源，对海洋航标灯持续供电。“海流发电机”的工作原理如图所示，用绝缘防腐材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道上、下两个表面装有防腐导电板M、N，板长为a、宽为b（未标出），两板间距为d，将管道沿着海水流动方向固定于海水中，将航标灯L与两导电板M和N连接，加上垂直于管道前后面向后的匀强磁场，磁感应强度大小为B，海水流动方向向右，海水流动速率为v，已知海水的电阻率为，航标灯电阻不变且为R．则下列说法正确的是（ ）
A．“海流发电机”对航标灯L供电的电流方向是
B．“海流发电机”产生感应电动势的大小是
C．通过航标灯L电流的大小是
D．“海流发电机”发电的总功率为
【答案】AC
【详解】A．由左手定则可知，海水中正、负离子受洛伦兹力的方向分别指向M板和N板，则M板带正电，N板带负电，发电机对航标灯提供电流方向是，胡A正确；
B．在M、N两板间形成稳定的电场后，其中的正、负离子受电场力和洛伦兹力作用而平衡，在两板间形成稳定电压，则有
解得“海流发电机”产生感应电动势的大小为
故B错误；
C．海水的电阻为
由闭合电路欧姆定律可得，通过航标灯的电流为
故C正确；
D．“海流发电机”发电的总功率为
故D错误。
故选AC。
【模型演练3】（2023·全国·高三专题练习）霍尔效应有着广泛的应用，如对载流子浓度、电流、磁场的测量、电信号转换等。利用等离子体的霍尔效应可设计磁流体发电机。如图所示，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量的正、负带电粒子）以速度v垂直磁场方向喷入磁场，等离子体的电阻率为，A、B为两个正对的金属板，面积均为S，两板间距为d，板间磁场可看成方向水平、磁感应强度为B的匀强磁场。将外电阻R（未知）接在A、B两个极板间，下列说法正确的是（ ）
A．A板是电源的正极B．此电源的电动势为
C．此电源的输出功率一定是D．此电源的输出功率可能是
【答案】BD
【详解】A．根据左手定则可判断正粒子所受洛伦兹力向下，负粒子所受洛伦兹力向上，故B板为电源正极，A错误；
B．稳定后满足
所以电源电动势为
B正确；
C．当电源内外电阻相等时电源的输出功率最大，即满足
电源输出功率最大，最大值为
但由于不清楚内外电阻的关系，C错误；
D．因为小于，所以有可能，经计算当满足
电源的输出功率为，D正确。故选BD。
【模型演练3】（2023·全国·模拟预测）2023年1月《力学学报》发表了标题为《爆轰驱动惰性气体磁流体发电试验研究》的文章，文中论述了基于爆轰驱动激波管技术的惰性气体磁流体发电的可能性。发电原理示意图如图所示，平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，将爆轰驱动获得的高速等离子体沿垂直于磁场的方向射入磁场，则金属板A、B间便产生强电压。已知A、B板间距为d，板间磁场可视为匀强磁场，磁感应强度为B，以速率v进入磁场的等离子流截面积为S，稳定工作时，进、出极板的离子流单位体积内正、负离子的个数均为n，正负离子电荷量均为q，外电路接电阻R形成闭合回路获得强电流，则（ ）
A．所能形成的持续稳定的电流为B．磁流体发电机的稳定输出功率为
C．极板间电离气体的电阻率为D．发电通道两端的压强差
【答案】BD
【详解】AB．正、负离子在磁场中受到洛伦兹力的作用，分别向两极板偏移，稳定时等离子体所受的洛伦兹力与电场力恰好平衡，则有
即A、B两板间的电压
设t时间内喷入的正、负离子到达下、上两极板的个数均为N，则所能形成持续稳定的电流
磁流体发电机的稳定输出功率
故A错误，B正确；
C．设A、B板的正对面积为S0，根据闭合电路欧姆定律有
得板间电离气体的电阻率
故C错误；
D．设发电机离子流入口和出口的压强分别为p1和p2，发电机消耗的机械功率
发电机的总电功率
所以发电通道两端的压强差
故D正确。
故选BD。
模型三．电磁流量计
(1)流量(Q)的定义：单位时间流过导管某一截面的导电液体的体积．
(2)公式：Q＝Sv；S为导管的横截面积，v是导电液体的流速．
(3)导电液体的流速(v)的计算
【模型演练】如图所示，一圆柱形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向右流动．导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下发生偏转，使a、b间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差(U)达到最大，由qeq \f(U,d)＝qvB，可得v＝eq \f(U,Bd).
(4)流量的表达式：Q＝Sv＝eq \f(πd2,4)·eq \f(U,Bd)＝eq \f(πdU,4B).
(5)电势高低的判断：根据左手定则可得φa>φb.
【模型演练1】（2023·天津·高三专题练习）为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况，技术人员在排污管中安装了监测装置，该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔，其宽和高分别为和，左、右两端开口与排污管相连，如图所示。在垂直于上、下底面加磁感应强度为向下的匀强磁场，在空腔前、后两个侧面上各有长为的相互平行且正对的电极和，和与内阻为的电流表相连。污水从左向右流经该装置时，电流表将显示出污水排放情况。下列说法中正确的是（ ）
A．板比板电势高
B．污水中离子浓度越高，则电流表的示数越小
C．污水流量大小，对电流表的示数无影响
D．若只增大所加磁场的磁感强度，则电流表的示数也增大
【答案】D
【详解】A．根据左手定则，正离子往N板偏，负离子往M板偏，最终M板带负电，N板带正电，M板电势比N板电势低，故A错误；
BCD．最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，可得
污水的流量
则MN两端间的电势差为
污水流量越大，电势差越大，电流表示数越大；增加磁感应强度，电势差增大，电流表示数也增大；污水中离子浓度越大，导线性能越好，即电阻率减小，M、N间污水的电阻r越小，其他条件不变时，回路中的电流越大，故BC错误，D正确。
故选D。
【模型演练2】（2023·北京·高三专题练习）工业上常用电磁流量计来测量高黏度及强腐蚀性流体的流量Q（单位时间内流过管道横截面的液体体积），原理如图甲所示，在非磁性材料做成的圆管处加一磁感应强度大小为B的匀强磁场，当导电液体流过此磁场区域时，测出管壁上下M、N两点间的电势差U，就可计算出管中液体的流量。为了测量某工厂的污水排放量，技术人员在充满污水的排污管末端安装了一个电磁流量计，如图乙所示，已知排污管和电磁流量计处的管道直径分别为20和10。当流经电磁流量计的液体速度为10时，其流量约为280，若某段时间内通过电磁流量计的流量为70，则在这段时间内（ ）
A．M点的电势一定低于N点的电势
B．通过排污管的污水流量约为140
C．排污管内污水的速度约为2.5
D．电势差U与磁感应强度B之比约为0.25
【答案】D
【详解】A．根据左手定则可知，正电荷进入磁场区域时会向上偏转，负电荷向下偏转，所以M点的电势一定高于N点的电势，故A错误；
BC．某段时间内通过电磁流量计的流量为70，通过排污管的污水流量也是70m3/h，由
知此段时间内流经电磁流量计的液体速度为2.5m/s，流量计半径为r=5cm=0.05m，排污管的半径R=10cm=0.1m，流经电磁流量计的液体速度为v1=2.5，则
可得排污管内污水的速度约为
故BC错误；
D．流量计内污水的速度约为v1=2.5m/s，当粒子在电磁流量计中受力平衡时，有
可知
故D正确。
故选D。
【模型演练3】（2023春·安徽·高三校联考阶段练习）安装在排污管道上的流量计可以测量排污流量，流量为单位时间内流过管道横截面的流体的体积。图为流量计的示意图，左、右两端开口的长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，所在空间有垂直于前、后表面，磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动，测得排污流量为Q。污水流过管道时受到的阻力大小，k是比例系数，L为管道长度，v为污水的流速。则（ ）
A．金属板M的电势低于金属板N的电势
B．M、N两板间的电势差
C．排污流量Q与污水中离子浓度无关
D．左、右两侧管口的压强差
【答案】CD
【详解】A．污水经流量计时，污水中的正负离子受到洛伦兹力作用，由左手定则，可知正离子向上极板M聚集，负离子向下极板N聚集，则有M极板电势高，N极板电势低，A错误；
B．金属板M带正电，N带负电，在M、N两板间产生竖直向下的电场，离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，由平衡条件可得
解得
B错误；
C．流量为在单位时间内流经管道横截面积的流体的体积，可知污水的流量为
由上式可知，排污流量Q与污水中离子浓度无关，C正确；
D．由题意可知，污水流过管道时受到的阻力大小为
可知污水充满管道从左向右匀速流动，则有两侧的压力差等于阻力，即
又有
联立解得
D正确。
故选CD。
【模型演练4】（2023·全国·高三专题练习）环境保护，人人有责，为加强环境监管，暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经测量管时，显示仪器显示a、c两端电压为U，污水流量为Q（单位时间内排出的污水体积）。则（ ）
A．a侧电势比c侧电势高
B．污水中离子浓度越高，U的示数将越大
C．若污水从右侧流入测量管，显示器显示为负值，再将磁场反向则显示为正值
D．污水流量Q与U成正比，与L、D无关
【答案】AC
【详解】A．根据左手定则可知，正离子向a侧偏转，则a侧电势比c侧电势高，A正确；
B．根据平衡关系可知
qvB＝q
可得
U＝BDv
可知显示仪器的示数与污水中离子浓度无关，B错误；
C．若污水从右侧流入测量管，则磁场力使得正离子偏向c侧，则c端电势高，显示器显示为负值，再将磁场反向，磁场力使得正离子偏向a侧，则显示为正值，C正确；
D．污水流量
Q＝Sv＝πD2·＝
则污水流量Q与U成正比，与D有关，与L无关，D错误。
故选AC。
模型四.霍尔效应的原理和分析
(1)定义：高为h、宽为d的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于匀强磁场B中，当电流通过导体时，在导体的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压．
(2)电势高低的判断：如图，导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面A′的电势高．若自由电荷是正电荷，则下表面A′的电势低．
(3)霍尔电压：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝qeq \f(U,h)，I＝nqvS，S＝hd，联立解得U＝eq \f(BI,nqd)＝keq \f(BI,d)，k＝eq \f(1,nq)称为霍尔系数．
【模型演练1】（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）当电流垂直于外磁场通过导体时，载流子发生偏转，垂直于电流和磁场的方向会产生一附加电场，从而在导体的两端产生电势差（也称雀尔电势差），这一现象就是霍尔效应。现有一金属导体霍尔元件连在如图所示电路中，电源内阻不计，电动势恒定，霍尔电势差稳定后，下列说法正确的是（ ）
A．若元件的厚度增加，a、b两端电势差减小
B．a端电势低于b端电势
C．若要测量赤道附近的地磁场，工作面应保持竖直
D．霍尔电势差的大小只由单位体积内电子数目和电子的热运动速率决定
【答案】C
【详解】B．由题图知电流方向从右向左，则霍尔元件中电子从左向右定向移动，根据左手定则判断可知在洛伦兹力的作用下电子向b端偏转，故b端电势较低，故B错误；
AD．稳定后，定向移动的电子受到的电场力与洛伦兹力大小相等，即
由电流微观表达式
联立可得
Bd
则a、b两端电势差U与磁感应强度B、元件的前后距离d、单位体积内电子数目n等因素有关，与题中元件的厚度无关，故AD错误；
C．由于赤道附近的地磁场平行于地面。若要测量赤道附近地磁场，工作面应该处于竖直状态，故C正确.
故选C。
【模型演练2】（2023春·江西赣州·高三兴国平川中学校联考阶段练习）某种微小位移传感器的工作原理如图1所示，将霍尔元件置于两块磁性强弱相同、同极相对放置的磁体缝隙中，通过电压与磁场的关系可以测出微小的位移。霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，其单位体积内自由电荷的数目为n，自由电荷的电荷量为q，霍尔元件中通有沿图2方向、大小为I的恒定电流。当霍尔元件初始位置位于两磁铁正中间处时，与霍尔元件所连接的电压表的示数为零。已知两磁铁间沿x轴方向的磁感应强度如图3所示，图中为已知量，则当电压表的示数为时，霍尔元件位移的大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】电流的微观表达式为
载流子在磁场中受到洛伦兹力
其中
载流子在洛伦兹力作用向上或向下移动，上下表面出现电势差，则载流子受到的电场力为
当达到稳定状态时，洛伦兹力与电场力平衡，联立得出
当时
故选B。
【模型演练3】（2023·浙江·校联考模拟预测）如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为，与其前、后表面相连的电压表测出的霍尔电压满足，式中k为霍尔系数，与霍尔元件的材料有关，d为霍尔元件沿磁场方向上的厚度，霍尔元件的电阻可以忽略不计，则（ ）
A．霍尔元件前表面的电势比后表面的低B．若电源的正、负极对调，电压表指针偏转方向不变
C．与I成反比D．电压表的示数与电流I成正比
【答案】B
【详解】A．根据左手定则可以判断出霍尔元件中的导电物质所受安培力指向后表面，即将向后表面侧移，又由于该导电物质为电子，带负电，因此后表面的电势将低于前表面的电势，故A错误；
B．若电源的正负极对调，磁场方向与图示方向相反，同时由电路结构可知，流经霍尔元件上下面的电流也将反向，因此电子的受力方向不变，即前后表面电势高低情况不变，电压表指针偏转方向不变，故B正确；
C．由电路结构可知，RL与R并联后与线圈串联，因此有
与I成正比，故C错误；
D．磁感应强度大小B与I成正比，与I成正比，电压表的示数
则UH与成正比，与电流I2成正比，故D错误。
故选B。
【模型演练4】（2023春·河南·高三校联考阶段练习）霍尔元件是一种基于霍尔效应的磁传感器，用以检测磁场及其变化。某半导体材料制成的霍尔元件如图所示，长方体元件处于方向垂直于工作面向下的待测匀强磁场中，接通开关S，调节滑动变阻器R，使电路中电流为定值I，此时在元件的前后表面间会出现电势差（称为霍尔电压），用电压表测出前后表面M、N（图中未标出）间电势差的大小，即可求出该磁场的磁感应强度。的大小与I和B满足，称为霍尔元件灵敏度，越大，灵敏度越高。已知元件长为a，宽为b，高为h。下列说法正确的是（ ）
A．表面M电势高，说明半导体材料中的载流子（参与导电部分）带负电
B．霍尔电压越大，说明磁感应强度越大
C．元件的宽度b越大，霍尔元件的灵敏度越高
D．元件的高度h越小，霍尔元件的灵敏度越高
【答案】D
【详解】A．电流方向向右，若载流子带负电，则向左运动，根据左手定则，表面M电势低，说明载流子带正电，A错误
B．霍尔电压由灵敏度、电流和磁感应强度共同决定，B错误；
CD．由平衡条件
又
n为单位体积内自由电荷的个数，可知
元件的宽度b越大，霍尔元件的灵敏度不变；元件的高度h越小，霍尔元件的灵敏度越高，C错误，D正确。
故选D。
【模型演练5】（2023·云南昆明·云南师大附中校考模拟预测）如图所示，为了测量某金属中自由电子的“数密度”（单位体积内的自由电子数量），用该材料制成一段长方体，端面边长分别为和；将其置于匀强磁场中，磁场方向垂直于前表面向里，材料内部磁感应强度大小为。当通以从左到右的恒定电流时，测得上、下表面之间的电压大小为。已知电子电荷量大小为，则（ ）
A．自由电子数密度为B．自由电子数密度为
C．上表面电势比下表面电势高D．上表面电势比下表面电势低
【答案】BD
【详解】电流稳定时，电子所受电场力和洛伦兹力平衡，有
解得
电流的微观表达式
联立可得
电流方向自左向右，电子自右向左运动，根据左手定则，可知电子向上表面聚集，下表面正电荷较多，电场方向自下向上，故上表面电势低，故选BD。
【模型演练6】（2023·山西阳泉·统考三模）如图为利用霍尔元件进行微小位移测量的实验装置。在两块磁感应强度相同，同极相对放置的磁体狭缝中放入金属材料制成的霍尔元件，当霍尔元件处于中间位置时磁感应强度为0，霍尔电压（霍尔元件上下两表面的电势差）也为0。将该点作为坐标原点建立空间坐标系，当霍尔元件沿x轴移动时，即有霍尔电压输出。霍尔元件中电流方向始终为z轴负方向且大小不变，下列说法正确的是（ ）
A．霍尔元件处于x轴负半轴时，下表面的电势高于上表面的电势
B．霍尔元件从O点沿x轴正方向移动的过程中，霍尔电压的大小逐渐增大
C．在某一位置时，若增大霍尔元件沿x轴方向的厚度，则霍尔电压的大小将减小
D．在某一位置时，若增大霍尔元件沿y轴方向的厚度，则霍尔电压的大小将不变
【答案】BCD
【详解】A．霍尔元件处于x轴负半轴时，磁场方向向右，由左手定则可知，电子所受洛伦兹力向下，电子运动到下表面，则上表面电势高于下表面，A错误；
B．设电子的电荷量为e，沿电流方向定向运动的平均速率为v，单位体积内电子的个数为n，导体板的横截面积为S，霍尔元件沿x轴方向的厚度为d，沿y轴方向的厚度为b，则电流的微观表达式为
电子在磁场中受到的洛伦兹力为
电子在洛伦兹力作用下向上运动后，霍尔元件上、下两表面出现电势差，则有电子受到的电场力为
当达到稳定状态时，电场力与洛伦兹力大小相等，则有
由此可知，霍尔元件从O点沿x轴正方向移动时，磁感应强度B逐渐增大，则有霍尔电压的大小逐渐增大，B正确；
CD．由以上分析解得
由此可知，在某一位置时，若增大霍尔元件沿x轴方向的厚度d，则霍尔电压的大小将减小；在某一位置时，若增大霍尔元件沿y轴方向的厚度b，则霍尔电压的大小将不变，CD正确。
故选BCD。
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