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专题16 带电粒子在组合场、复合场中的运动模型
[模型导航]
【知识分析】带电粒子在组合场中的匀速圆周运动模型解法 1
【模型一】磁场与磁场的组合模型 2
【模型二】先电场后磁场模型 2
【模型三】先磁场后电场模型 6
【模型四】带电粒子在组合场中运动的应用---质谱仪模型 16
【模型五】带电粒子在组合场中运动的应用---回旋加速器模型 23
【模型六】带电粒子在叠加场中的运动模型 28
【模型七】带电粒子在叠加场中的应用模型---电磁平衡科技应用 33
1．速度选择器 44
2．磁流体发电机 44
3．电磁流量计 48
4．霍尔效应的原理和分析 53
[模型分析]
【知识分析】带电粒子在组合场中的匀速圆周运动模型解法
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
【模型一】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．
在xOy直角坐标系第一象限中有垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场，第四象限有垂直纸面向外、大小未知的匀强磁场。电量为+q（q＞0）、质量为m的带电粒子从P点开始以垂直于y轴的速度沿x轴正方向射入第一象限，经过第一象限后垂直x轴从Q点（图中未标出）进入第四象限，经过第四象限后从M点离开磁场，此时速度方向与y轴负方向的夹角θ＝60°。已知P点到O点的距离为a，不计带电粒子的重力。求：
（1）带电粒子在P点时的入射速度大小；
（2）带电粒子在第四象限中从Q点运动到M点的时间。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示，
由几何知识可知，粒子做圆周运动的轨道半径r1＝a，
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：
qvB＝m
解得粒子的速度大小：v；
（2）由几何知识得：r2cos60°+a＝r2
解得：r2＝2a
设第四象限内磁场磁感应强度为B′，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB′＝m
解得：B′B
粒子在第四象限内转过的圆心角θ＝60°，
粒子在第四象限做圆周运动的周期为：T
粒子在第四象限中从Q点运动到M点的时间为：tT
答：（1）带电粒子在P点时的入射速度大小是；
（2）带电粒子在第四象限中从Q点运动到M点的时间是。
如图所示，两个相邻的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ的磁感应强度方向垂直纸面向外，区域Ⅱ的磁感应强度方向垂直纸面向里。AB、CD、EF为相互平行的直边界，区域Ⅰ和区域Ⅱ的宽度均为d。一个质量为m、带电量为+q的粒子从P点以速度v垂直于边界线CD进入区域Ⅰ；粒子第一次穿过边界线CD时，速度方向相对P点的速度偏转了30°，进入区域Ⅱ，恰好不能从边界线EF穿出区域Ⅱ，不计粒子的重力。求：
（1）区域Ⅰ内匀强磁场的磁感应强度B1的大小；
（2）求粒子从P点出发到第二次通过CD边界所用的时间。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
在区域Ⅰ中，由几何知识得：r1sin30°＝d
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：B1qv＝m
解得，磁感应强度大小：B1
（2）由几何知识可知，粒子在磁场I中转过的圆心角，θ1＝30°，
粒子在磁场II中转过的圆心角，θ2＝240°，
在区域Ⅱ中：r2+r2sin30°＝d，解得：r2
粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动的周期：T1
粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的周期：T2
在区域Ⅰ中运动的时间：t1T1
在区域Ⅱ中运动的时间：t2T2
则从P点到第二次到达CD边界的时间：t＝t1+t2
解得：t
答：（1）区域Ⅰ内匀强磁场的磁感应强度B1的大小是；
（2）求粒子从P点出发到第二次通过CD边界所用的时间是。
如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h。质量为m、带电量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g。
（1）求该电场强度的大小和方向；
（2）要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力合力为零，即mg＝qE，
解得：E，电场力方向竖直向上；
（2）粒子运动轨迹如图所示：
设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，
对应的粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1、r2，
圆心的连线与NS的夹角为φ，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB＝m，
解得粒子轨道半径：r，
则：r1，r2r1，
由几何知识得：（r1+r2）sinφ＝r2，r1+r1cosφ＝h，
解得：vmin。
答：（1）该电场强度的大小为，电场力方向竖直向上；
（2）要使粒子不从NS边界飞出，粒子入射速度的最小值为。
【模型二】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.
如图所示，虚线为匀强电场和匀强磁场的分界线，电场线与分界线平行。一带电粒子以初速度v0垂直于电场线射入电场，并能进入磁场．已知磁感应强度为B，粒子的比荷为k，不计粒子的重力。则粒子第一次进、出磁场两点的距离为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：设粒子进入磁场时的速度大小为v，方向与水平方向间的夹角为θ，则v，
粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示
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：
qvB＝m
解得：r
由几何知识可知，粒子第一次进、出磁场两点的距离：
d＝2rsinθ＝2sinθ，故A正确，BCD错误。
故选：A。
如图所示，AOC右侧，以OO'为水平分界线，上部空间存在方向竖直向下的匀强电场，下部空间有在垂直于该平面向外的匀强磁场。质量为m、带电量为+q的粒子以速度v0从O点斜向上射入电场区域，射入方向与边界OO'间的夹角α＝30°，然后经边界OO'上的Q点（未画出）第一次进入下方磁场区域，已知Q点与O点之间的距离为d，不考虑粒子重力及空气阻力。求：
（1）匀强电场电场强度E的大小；
（2）要使粒子从边界AC飞出，磁感应强度的最大值B0的大小。
【解答】解：（1）依题意作出粒子运轨迹如图
粒子在电场中做斜上抛运动，根据抛体运动规律得
水平方向：OQ＝v0cosαt
竖直方向：v0sinα＝a ，qE＝ma，
联立解得：E；
（2）当粒子恰好不从边界AC飞出时，如图所示，由几何关系得
OQ＝R+Rsinα
在磁场中洛伦兹力提供向心力，则
qv0B0＝m
联立解得：B0，
则要使粒子从边界AC飞出，磁感应强度的最大值B0的大小为。
答：（1）匀强电场电场强度E的大小为；
（2）要使粒子从边界AC飞出，磁感应强度的最大值B0的大小为。
如图所示，真空中存在一间距为d＝0.02m容器，板长L＝0.04m，板间电压为U、匀强电场方向向上，MN为一垂直上极板PQ的足够长的光屏，其下端N与极板右端Q重合，在MN所在竖直线右侧存在匀强磁场。在下极板左端有一个粒子源A，可以紧贴极板水平向右连续发射带正电的粒子，粒子比荷为q/m＝1×108C/kg，初速度v0＝1×105m/s。已知粒子打到极板或光屏时会被吸收，粒子之间的作用力不计，粒子的重力不计。
（1）为使粒子能够从极板间射出，求电压U的最大值；
（2）若匀强磁场方向垂直纸面向里，大小为B1＝0.05T，电压U可任意调节，则求粒子击中光屏形成痕迹的长度ΔL。
（3）若匀强磁场方向改成水平向右，大小变为B2T，电压U可任意调节，在极板右侧放置另一块与MN平行的足够大的光屏CD，CD在磁场中只能左右移动，则求粒子打在光屏CD上留下所有痕迹的面积S。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做类平抛运动，水平方向L＝v0t
解得t4×10﹣7s
竖直方向，yd
联立解得U50V
电压的最大值为50V
（2）设射入磁场的粒子速度为v，与水平方向成角θ，磁场中圆周运动半径为r0，由得
r0
由几何关系得，磁场中弧线在竖直方向的高度为Δy＝2r0cosθ
联立解得Δy，即Δy为定值，如下图所示：
因Δy＞d，所以打到光屏上离q距离的最小值和最大值分别为
hmin＝Δy﹣d＝0.02m，hmax＝Δy＝0.04m，因此痕迹长度ΔL＝hmax﹣hmin＝0.02m
（3）粒子从电场中射出，进入磁场后水平方向匀速运动，垂直磁场方向做匀速圆周运动。将速度分解如下图所示：
某出射粒子进入磁场后的半径r
根据几何关系分析得
vy＝v0tanθ＝v0
又r∝y
即圆心连线为一条直线，有几何关系可得所有光屏痕迹是由从上到下逐渐减小的圆叠加形成的。如下图所示，
当y＝d时，原半径最大为
rm
由tanα得α＝600
则求粒子打在光屏CD上留下所有痕迹的面积为
S＝2SΔ+S扇形＝rmdπ（rm）2＝（）×10﹣4m2
＝5.0×10﹣4m2
答：（1）电压的最大值为50V；
（2）痕迹长度ΔL＝0.02m；
（3）粒子打在光屏CD上留下所有痕迹的面积为5.0×10﹣4m2。
如图所示，在第二象限内有一抛物线的边界A1O，其方程为y（﹣l≤x＜0），在抛物线的上方存在一竖直向下的匀强电场。在抛物线A1O每个位置上连续发射质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子均以大小为v0的初速度水平向右射入电场，所有粒子均能到达原点O，第四象限内有一边长为l、其中两条边分别与x轴、y轴重合的正方形边界，边界内存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场，A2A3为与x轴平行的可上下移动的荧光屏，初始位置与磁场的下边界重合，不计粒子重力及粒子间的相互作用力，粒子打到荧光屏上即被吸收。
（1）求电场强度的大小E；
（2）求粒子在磁场中运动的最短时间tmin；
（3）若将荧光屏缓慢向上移动，求在向上移动的过程中屏上的最大发光长度lm。
【解答】解：（1）在电场中根据牛顿第二定律得：
qE＝ma
解得
粒子在电场中做类平抛运动，则在水平方向可得：
v0t＝|x|
在竖直方向可得：
其中
解得：
（2）设粒子进入磁场的速度大小为v，与y轴的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得：
所以
粒子从y轴离开磁场时与O点的距离为：
又v0＝vsinθ
解得：d＝l
即到达O点的粒子经过磁场偏转后都从y＝﹣l点离开磁场。经过分析可知从A1点水平发射进入磁场的粒子在磁场中运动的时间最短，此时
即
粒子在磁场中运动的最短时间为：
（3）因为从O点发射进入磁场的粒子速度最小，大小为v0，运动半径为：
因为从A1发射的粒子进入磁场时粒子速度最大，其在沿y轴方向的速度大小为：
粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则根据牛顿第二定律可得：
解得：
将荧光屏缓慢向上移动的过程中，荧光屏发光的最大长度如图中粗实线所示
由几何知识知发光的最大长度为：lm＝R0﹣Rm（1﹣cos45°）
代入数据解得：lm
答：（1）电场强度的大小为；
（2）粒子在磁场中运动的最短时间为；
（3）若将荧光屏缓慢向上移动，在向上移动的过程中屏上的最大发光长度为。
如图所示，两极板P、Q竖直放置，长度为2L，间距为L。极板下方存在垂直纸面向外的矩形匀强磁场，磁感强度为B0。荧光屏MN水平放置，长度为2L。一粒子源向两极板间持续不断竖直向下发射速度为、质量为m、电荷量为+q的粒子，形成宽度为L，横向均匀分布的粒子流。不计粒子重力及粒子间相互作用。
（1）两板间电压为0时，粒子全部打到荧光屏上，求矩形磁场的最小面积S；
（2）当两板间存在恒定的匀强电场时，进入磁场的粒子数为射入电场粒子数的，求打在屏上的粒子在磁场中运动的时间t；
（3）在第（2）问中，进入磁场的粒子全部打到荧光屏上，求磁感应强度B的取值范围。
【解答】解：（1）当两板间电压为0时，粒子将做匀速直线运动穿过两极板间，进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
已知：
解得：R＝L
要使粒子全部打到荧光屏上，考虑到边缘的粒子在磁场中的运动轨迹如下图所示。
由此可知，矩形磁场的最小面积S＝（2R+L）×L＝3L2
（2）在两板间粒子向P板偏转做类平抛运动，根据题意可知：只有射入电场时离Q板距离范围内的粒子能进入磁场，可得能进磁场的粒子在电场中水平方向上的位移均为L，设粒子进入磁场时的水平分速度为vx，则有：
2L＝v0t1
解得：
则射入磁场时粒子的速度大小为：
速度方向与水平方向的夹角θ满足：，可得：θ＝53°
粒子在磁场中做圆周运动的轨迹圆心角为2θ＝2×53°＝106°
由洛伦兹力提供向心力得：
解得：
打在屏上的粒子在磁场中运动的时间：
（3）由前面分析可知，粒子射入磁场时的速度方向与水平方向的夹角为θ＝53°，设磁场的磁感应强度变化后粒子的轨道半径为R''，粒子入射磁场的入射点和达到荧光屏上的点之间的距离为：l＝2R''sinθ
为确保进入磁场的粒子全部打到荧光屏上，如下图所示。
可知应满足：
解得：
同理由：
解得：B0≤B≤8B0。
答：（1）矩形磁场的最小面积S为3L2；
（2）打在屏上的粒子在磁场中运动的时间t为；
（3）磁感应强度B的取值范围为B0≤B≤8B0。
【模型三】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)．
如图所示，在xOy竖直平面坐标系中x轴上方有竖直向下的匀强电场，下方有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.粒子源从S（﹣d，0）处在坐标平面内先后向磁场中与+x方向夹角为30°～150°范围内发射粒子，所有粒子第一次经磁场偏转后同时从O点进入电场，此后粒子到达x轴时的位置均分布在S点的右侧（包含S点）。已知粒子的质量为m、电荷量为+q，不计粒子重力及粒子间相互作用。
（1）求从S发出的粒子的最小速度v；
（2）求电场强度的大小E0；
（3）若电场强度E为（2）中E0的4倍，最迟射出的粒子和速度最小的粒子经过x轴上同一点，求该点的坐标。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子速率为v′时在磁场中运动半径为r。由洛伦兹力提供向心力得：
解得：v′
可见粒子的运动半径与速率成正比，即运动半径越小，速率越小。
粒子由S到O，线段SO是圆周轨迹的最小直径，对应的速度最小，即最小半径rmin
则从S发出的粒子的最小速度v
（2）依题意作出粒子的运动轨迹，可知发射速度与+x方向夹角为150°的粒子恰好到达S点，如图1所示。
设粒子在磁场的运动半径为r1，速率为v1。
由图中几何关系可得：2r1sin30°＝d
由洛伦兹力提供向心力得：qv1B＝m
联立解得：v1
粒子在电场中做类斜抛运动，由牛顿第二定律得：
qE0＝ma
O到S过程沿+y方向先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动过程，由对称性可得运动时间为：
t1
沿﹣x方向做匀速直线运动，则有：
d＝v1cos30°t1
联立解得：E0
（3）粒子从S出射方向与+x方向夹角越小，到达O点的时间越短，由题意可知最迟射出的粒子是出射方向与+x方向夹角为30°的粒子。由（1）分析可知出射速度最小的粒子是垂直x轴发出的粒子，两粒子的运动轨迹如图2所示，其中蓝色轨迹是出射速度最小的粒子在磁场中轨迹，红色轨迹是最迟射出的粒子在电磁场中的轨迹，两粒子均做周期性运动。
设最迟射出的粒子在磁场的运动半径为r2，速率为v2。
与（2）同理有：2r2sin30°＝d；qv2B＝m
联立解得：v2
粒子在电场中做类斜抛运动，与（2）同理有：
4qE0＝ma2
O到P过程沿+y方向匀变速直线运动，由对称性可得运动时间为：
t2
沿+x方向做匀速直线运动，则有：
OP＝v2cos30°t2
联立解得：OP
根据图2中粒子运动的周期性可知，最迟射出的粒子每经过一个周期沿+x方向运动距离为d，出射速度最小的粒子每经过一个周期沿+x方向运动距离为d。
①若最迟射出的粒子经x轴下方和速度最小的粒子到达x轴上同一点，则有：
k1（d）＝k2d
可得：k1k2，则k2＝0、5、10、15……，即k2＝5n1，（n1＝0、1、2……）
则该点的坐标为：（5n1d，0），（n1＝0、1、2……）；
②若最迟射出的粒子经x轴上方和速度最小的粒子到达x轴上同一点，则有：
k3（d）k4d
可得：k3k4，则k4＝5n2﹣1，（n2＝0、1、2……）
则该点的坐标为：[（5n2﹣1）d，0]，（n2＝0、1、2……）
答：（1）从S发出的粒子的最小速度v为；
（2）电场强度的大小E0为；
（3）该点的坐标为：（5n1d，0），（n1＝0、1、2……），或[（5n2﹣1）d，0]，（n2＝0、1、2……）。
如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在着重直纸面向外、大小为0.01T的匀强磁场区域Ⅰ，在第三象限内存在另一垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅱ，在第四象限内存在着沿x轴负方向的匀强电场。一质子由坐标为的P点以某一初速度v0进入磁场，速度方向与y轴负方向成60°角，质子沿垂直x轴方向进入第四象限的电场，经坐标为（0，﹣2L）的Q点第一次进入第三象限内的磁场区域Ⅱ，已知L＝0.1m，质子比荷C/kg。求：
（1）粒子的初速度v0大小；
（2）匀强电场的电场强度E的大小；
（3）若粒子从电场进入磁场区域Ⅱ时做圆周运动的半径r＝0.5L，求粒子从开始进入电场到第二次进入电场的时间间隔Δt。
【解答】解：（1）如图作v0的垂线交x轴于A点，由于粒子垂直x轴进入电场区域，故A点为圆周运动的圆心。由几何关系得R＝2L
过x轴进入电场的C点坐标为（L，0）
在磁场I区域内有
得
（2）进入电场做类平抛运动
OC＝L
OQ＝2L
2L＝v0t1
得；E＝2×103V/m
（3）在电场中Q点沿电场方向的速度
则进入II磁场区域时的速度
与y轴负方向夹角为θ，有；θ＝45°
在磁场中圆周运动周期
在磁场II中圆周运动时间为：
则Δt＝t1+t2
联立解得：Δt＝1.83×10﹣6s
答：（1）粒子的初速度v0大小为2×105m/s；
（2）匀强电场的电场强度E的大小为2×103V/m；
（3）粒子从开始进入电场到第二次进入电场的时间间隔为1.83×10﹣6s。
如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在 m≤x≤0的区域内有磁感应强度大小B＝4.0×10﹣4T、方向垂直于纸面向里的条形匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x＞0的区域内有电场强度大小E＝4N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d＝2m．一质量m＝6.4×10﹣27kg、电荷量q＝﹣3.2×10 19C的带电粒子从P点以速度v＝4×104m/s，沿与x轴正方向成α＝60°角射入磁场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力。求：
（1）带电粒子在磁场中运动时间；
（2）当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标；
（3）若只改变上述电场强度的大小，要求带电粒子仍能通过Q点，讨论此电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系。
【解答】解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律 有
代入数据得：r＝2m
轨迹如图1交y轴于C点，过P点作v的垂线交y轴于O1点，
由几何关系得O1为粒子运动轨迹的圆心，且圆心角为60°。
在磁场中运动时间
代入数据得：t＝5.23×10﹣5s
（2）带电粒子离开磁场垂直进入电场后做类平抛运动
设带电粒子离开电场时的速度偏向角为θ，如图1，
则：
设Q点的横坐标为x
则：
故x＝5m．
（3）电场左边界的横坐标为x′。
当0＜x′＜3m时，如图2，设粒子离开电场时的速度偏向角为θ′，
则：
又：
由上两式得：
当3m≤x'＜5m时，如图3，有
将y＝1m及各数据代入上式得：
答：（1）带电粒子在磁场中运动时间为t＝5.23×10﹣5s。
（2）当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标x＝5m。
（3）电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系为：当0＜x′＜3m时，
当3m≤x'＜5m时，。
【模型四】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＝mv2；
(2)偏转磁场：qvB＝，l＝2r；
由以上两式可得r＝ ，
m＝，＝.
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，则下列说法中正确的是（ ）
A．该束带电粒子带负电
B．速度选择器的P1极板带负电
C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大
D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小
【解答】解：A、带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电。故A错误。
B、在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电。故B错误。
C、D进入B2磁场中的粒子速度是一定的，根据qvB＝m得，r，知r越大，荷质比越小，而质量m不一定大。故C错误，D正确。
故选：D。
如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。若速度选择器中电场强度大小为E1，磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里，静电分析器通道中心线为圆弧，圆弧的半径（OP）为R，通道内有均匀辐射的电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带电粒子以速度v沿直线经过速度选择器后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．速度选择器的极板P1的电势比极板P2的低
B．粒子的速度
C．粒子的比荷为
D．P、Q两点间的距离为
【解答】解：A、由图可知，粒子在磁分析器内向左偏转，进入磁场时受到的洛伦兹力方向向左，由左手定则可知，该粒子带正电；
粒子在速度选择器内向右运动，根据左手定则可知，粒子受到的洛伦兹力的方向向上；由于粒子匀速穿过速度选择器，所以粒子受到的电场力的方向向下，则电场的方向向下，极板P1的电势比极板P2的高。故A错误。
B、粒子在速度选择器内受力平衡，则：qE1＝qvB1，可得：v．故B错误；
C、粒子在静电分析器内受到的电场力提供向心力，则：qE＝m
联立可得粒子的比荷：．故C正确；
D、粒子在磁分析器内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则：qvB＝m
P、Q之间的距离为 S＝2r，联立可得：S．故C正确，D错误
故选：C。
利用质谱仪检测电量相等（4价）的气态14C和12C离子的浓度比，结合14C衰变为14N的半衰期，可以判断古代生物的年龄。如图所示，离子从容器A下方的狭缝S1飘入电场，经电场加速后通过狭缝S2、S3垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，检测分离后离子的电流强度可得离子的浓度比。测得，则14C和12C的浓度比为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：带电粒子在电场中加速，根据动能定理可得：
解得：v
带电粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，则
联立解得：r
故粒子的电量相同，质量越大，轨迹半径越大，到达Q点的是14C，根据电流的微观表达式I＝neSv得：
n
故，故C正确，ABD错误；
故选：C。
某质谱仪的原理图如图所示。加速电场上、下两极板间的电压为U，其中心处和感光片的中心均开有一个小孔（三个小孔共线），其下有另两块左右相对的极板。在左右极板之间还存在垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B1的匀强磁场。右极板电势高于左极板，他们之间形成电场强度为E的匀强电场。感光片下方存在垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B2的匀强磁场。现将质量为m，带电量为+e的质子从加速电场上极板小孔处由静止释放，恰能形成轨迹1。轨迹1、2的半径之比为1：3。下列说法正确的是（ ）
A．轨迹1是直径为的半圆
B．将质子换为氘核，并将B2减小到原来的，即可得到轨迹2
C．将质子换为氚核，并将B1、B2加倍，为使粒子沿轨迹2运动，应将U、E分别增大到原来的12倍和4倍
D．将质子换为α粒子，并将U、E各自增大到原来的4和2倍，即可得到轨迹2
【解答】解：A、质子经过速度选择器时，设速度为v1，则满足：eB1v1＝eE
即：
质子进入偏转磁场后，洛伦兹力通过向心力，则：
可得：，故A错误；
B、质子经过加速电场后满足：
可得：
若将质子换为氘核，氘核的质量是质子的2倍，则：
可知氘核进入速度选择器时的速度：v1，则氘核不能沿直线经过速度选择器，故B错误；
C、将质子换为氚核，氚核的质量是质子的3倍，应将U增大到原来的12倍，则氚核进入速度选择器时的速度：；
将B1加倍，将E增大到原来的4倍，则满足：e 2B1v3＝e 4E
可知此时氚核以2倍的速度匀速穿过速度选择器；
氚核在偏转磁场中的半径：
可知若同时B2加倍，则：r2＝3r1，则氚核沿轨迹2运动，故C正确；
D、α粒子的质量是质子的4倍，电荷是质子的2倍，将U增大到原来的4倍，则α粒子经过加速后的速度：；将E增大到原来的2倍，则α粒子不能沿直线通过速度选择器，故D错误。
故选：C。
如图所示为质谱仪的原理示意图，电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从静止开始经过电势差为U的加速电场后进入粒子速度选择器，选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的场强大小为E、方向水平向右．已知带电粒子能够沿直线穿过速度选择器，从G点垂直MN进入偏转磁场，该偏转磁场是一个以直线MN为边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场．带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片的H点．可测量出G、H间的距离为l．带电粒子的重力可忽略不计．求
（1）粒子从加速电场射出时速度v的大小；
（2）速度选择器中匀强磁场的磁感应强度B1的大小和方向；
（3）偏转磁场的磁感应强度B2的大小．
【解答】解：（1）电场中加速 qU①
得射出时速度大小
（2）在速度选择器中 qvB1＝Eq ②
得磁感应强度B1大小，方向垂直纸面向外．
（3）在偏转磁场中 ③
④
联立③④式解得磁感应强度B2大小．
答：（1）粒子从加速电场射出时速度v的大小为；
（2）速度选择器中匀强磁场的磁感应强度B1的大小为，方向垂直纸面向外．
（3）偏转磁场的磁感应强度B2的大小为．
【模型五】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＝、Ekm＝mvm2得Ekm＝，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＝，粒子在磁场中运动的总时间t＝T＝·＝.
如图所示，回旋加速器的主要结构是在磁极间的真空室内有两个半圆形的金属扁盒（D形盒）隔开相对放置。下列说法正确的是（ ）
A．回旋加速器可以同时加速α粒子（He）和氚核（）
B．带电粒子每一次通过狭缝时获得的能量不同
C．交变电源的加速电压越大，粒子离开回旋加速器时获得的最大动能越大
D．粒子在D形盒间隙中运动可看作匀变速直线运动
【解答】解：A、回旋加速器要实现对粒子的加速，交变电流的周期要等于粒子在磁场中运动的周期，则
T交＝T
因为α粒子（He）和氚核（）的比荷不相等，所以回旋加速器不可以同时加速两种粒子，故A错误；
B、带电粒子每一次通过狭缝时获得的能量均为
ΔE＝qU，每次获得的能量均相同，故B错误；
C、粒子离开回旋加速器时获得的最大速度满足
qvmB
解得：
由此可知加速电压越大，粒子离开回旋加速器的速度仍保持不变，则动能也保持不变，故C错误；
D、D形盒间隙中的场强为匀强电场，粒子在其中受到的电场力恒定，则粒子做匀变速直线运动，故D正确；
故选：D。
如图所示为回旋加速器的示意图，两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，一质子从加速器的A处由静止开始加速。已知D形盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，高频交变电源的电压为U、频率为f，质子质量为m、电荷量为q，两D形盒距离为d，下列说法正确的是（ ）
A．f
B．质子在回旋加速器中A点同侧相邻加速点等间距
C．质子在电场中的运动时间为
D．增大电压不会影响质子每次增加的动能
【解答】解：A、带电粒子在磁场中转动的周期T，故交流电的频率f，故A错误；
B、与A点同侧相邻加速点的加速的次数相差2次，设质子被加速n次和n+2次的速率分别为vn、vn+2，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径分别为rn、rn+2，由动能定理得：
nqU，得vn，则rn
同理可得rn+2
质子在回旋加速器中A点同侧相邻加速点间距为s＝2（rn+2﹣rn）（），s不是定值，即质子在回旋加速器中A点同侧相邻加速点间距不等，故B错误；
C、设质子加速获得的最大速度为vm，此时质子的轨道半径等于R，有R，可得vm
质子在电场中的运动加速度大小为a，运动时间为t，联立可得t，故C正确；
D、质子每次增加的动能为qU，则知增大电压会增大质子每次增加的动能，故D错误。
故选：C。
回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，加在狭缝间的交变电压的电压值大小为U0，周期，一质量为m、电荷量为+q的粒子从A处飘入狭缝，其初速度视为零，考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设粒子每次经过狭缝均做加速运动。
（1）求粒子离开加速器时的动能Ek；
（2）若粒子第1次进入D1盒在其中的轨道半径为r1，第3次进入D1盒在其中的轨道半径为r2，求r1：r2；
（3）求粒子从飘入狭缝至动能达到Ek所需的总时间t。
【解答】解：（1）粒子运动半径为R时，洛伦兹力提供向心力
粒子加速后的动能为
联立解得
（2）第1次进入加速n1＝1次，第3次进入加速n2＝5次，根据动能定理
洛伦兹力提供向心力
联立解得
（3）粒子在电场中的加速度为
粒子在电场中做匀加速运动vm＝at1
解得
动能定理nqU＝Ek
解得
粒子在磁场中的时间
则总时间为t＝t1+t2
解得
解：（1）粒子离开加速器时的动能Ek为；（2）粒子第1次进入D1盒在其中的轨道半径为r1，第3次进入D1盒在其中的轨道半径为r2，r1：r2等于；（3）粒子从飘入狭缝至动能达到Ek所需的总时间t为。
跑道式回旋加速器工作原理如图所示.两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行，相距L，磁感应强度大小均为B、方向垂直纸面向里。P、Q之间存在匀强加速电场，场强大小为E，方向与磁场边界垂直。一质量为m、电荷量为+q的粒子从P飘入电场（初速度不计），多次经过电场加速和磁场偏转后，从位于边界上的出射口K引出。已知K、Q的距离为d，不计粒子重力。求整个运动过程中粒子：
（1）运动的最大速率v；
（2）在电场中的加速次数N；
（3）做变速运动的总时间t。
【解答】解：（1）粒子从出射口K射出时的速度最大，大小为vm，此时粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径最大，为：r，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvmB
粒子的最大速度：vm
（2）粒子在电场中加速次数是N，粒子在电场中加速过程，由动能定理得：Ek＝NqEL
而：Ekm
解得：N
（3）做变速运动的总时间t，则有：vm＝at
根据牛顿第二定律得：qE＝ma
解得：t
答：（1）运动的最大速率v为；
（2）在电场中的加速次数N为；
（3）做变速运动的总时间t为。
【模型六】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．
如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点运动的最低点，不计摩擦阻力，则以下说法中正确的是（ ）
A．液滴一定带正电
B．液滴在C点时的动能最大
C．从A到C过程液滴的电势能可能减小
D．从C到B过程液滴的机械能不变
【解答】解：A、从图中可以看出，带电粒子由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向弧内，根据左手定则可知，液滴带负电。故A错误。
B、从A到C的过程中，重力正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，但合力仍做正功，导致动能仍增大，从C到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，洛伦兹力不做功，但合力却做负功，导致动能减小，所以滴在C点动能最大。故B正确。
C、从A到C过程液滴克服电场力做功，故电势能增加，故C错误。
D、除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从C到B的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，故D错误。
故选：B。
（多选）如图所示，已知一质量为m的带电液滴，经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B中，液滴在此空间的竖直平面内做匀速圆周运动，则（ ）
A．液滴在空间受四个力作用
B．液滴一定带负电
C．沿垂直纸面向里看，液滴做顺时针的圆周运动
D．液滴在做匀速圆周运动时机械能守恒
【解答】解：AB．液滴在竖直平面内受到重力、电场力以及洛伦兹力三个力作用做匀速圆周运动，而洛伦兹力提供向心力，故重力等于电场力，所以mg＝qE，由于电场力的方向与场强的方向相反，故液滴带负电，故A错误，B正确。
C．根据左手定则可知沿垂直纸面向里看，液滴做顺时针的匀速圆周运动，故C正确。
D．由于液滴在运动过程中电场力对液滴做功，所以液滴的机械能不守恒，故D错误。
故选：BC。
（多选）如图所示，光滑绝缘轨道ABP竖直放置，其轨道末端切线水平，在其右侧有一正交的匀强电场、磁场区域，电场竖直向上，磁场垂直纸面向里，一带电小球从轨道上的A点由静止滑下，经P点进入场区后，恰好沿水平方向做直线运动。则可判定（ ）
A．小球在水平方向的运动一定是匀速直线运动
B．小球可能带正电，也可能带负电
C．若小球从B点由静止滑下，进入场区后也可以做匀速运动
D．若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向下偏
【解答】解：AB、小球从P点进入场区后做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力G、恒定的电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，所以可以判断出小球在竖直方向上受到的合力一定是零，水平方向上的合力也为零，否则速度会变，洛伦兹力会变，竖直方向也不能保持平衡，即小球一定是做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力同向，都向上，带正电；若小球带负电，则重力、洛伦兹力与电场力得方向都向下，这是不可能的，故A正确；B错误；
CD、若小球从B点由静止滑下，根据机械能守恒定律可知，小球进入场区时速度变小，则洛伦兹力也变小，导致重力大于洛伦兹力与电场力之和，所以进入场区后将立即向下偏，故C错误；故D正确。
故选：AD。
如图甲所示，空间中存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向内的匀强磁场，图乙所示的空间仅存在水平向右的匀强电场，且两区域中的电场强度的大小均为E．质量均为m的带电微粒a和b分别在图甲和图乙区域沿图示虚线做直线运动，运动轨迹均与水平方向成30°角．下列说法中正确的是（ ）
A．微粒a和b均带正电
B．微粒a和b均带负电
C．微粒a所带电量是微粒b所带电量的倍
D．微粒a所带电量是微粒b所带电量的倍
【解答】解：A、B、微粒a受重力、电场力和洛伦兹力，做匀速直线运动；微粒b受重力和电场力，合力向左下方；如图所示：
故粒子a带正电荷，粒子b带负电荷；故A错误，B错误；
C、D、根据平衡条件和牛顿第二定律，有：
F＝qaE＝mgtan30°mg
故；
故C正确，D错误；
故选：C。
如图所示，间距为L的平行金属板MN、PQ之间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场。MN板带正电荷，PQ板带等量负电荷，板间磁场方向垂直纸面向里，OO'是平行于两金属板的中心轴线。紧挨着平行金属板的右侧有一垂直纸面向外足够大的匀强偏转磁场，在其与OO'垂直的左边界上放置一足够大的荧光屏。在O点的离子源不断发出沿OO'方向的电荷量均为q、质量均为m，速度分别为v0和v0的带正电的离子束。速度为v0的离子沿直线OO'方向运动，速度为v0的离子恰好擦着极板的边缘射出平行金属板，其速度方向在平行金属板间偏转了60°，两种离子都打到荧光屏上，且在荧光屏上只有一个亮点。已知在金属板MN、PQ之间匀强磁场的磁感应强度B．不计离子重力和离子间相互作用。求
（1）金属板MN、PQ之间的电场强度；
（2）金属板的右侧偏转磁场的磁感应强度；
（3）两种离子在金属板右侧偏转磁场中运动时间之差。
【解答】解：（1）速度为v0的离子沿直线OO′方向运动
则qv0B＝qE
得。
（2）如图所示，
速度为的离子在平行金属板间运动时，由动能定理可知：
得：v1＝3v0
设金属板的右侧匀强磁场的磁感应强度为B0
由牛顿第二定律可知：在O点速度为v0的离子进入右侧偏转磁场后
则
在O点速度为的离子进入右侧偏转磁场后
则
两种离子都打到荧光屏同一点A，由几何关系可知
得。
（3）在O点速度为v0的离子在右侧偏转匀强磁场后运动时间为
在O点速度为的离子在右侧偏转匀强磁场后运动时间为，
这两种离子在金属板的右侧偏转匀强磁场中运动时间之差为△t＝t2﹣t1
得为。
答：（1）金属板MN、PQ之间的电场强度为。
（2）金属板的右侧偏转磁场的磁感应强度为。
（3）两种离子在金属板右侧偏转磁场中运动时间之差为。
在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy，x轴沿水平方向，如图甲所示。第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E1．坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强E2，匀强磁场方向垂直纸面。处在第三象限的某种发射装置（图中没有画出）竖直向上射出一个比荷102C/kg的带正电的微粒（可视为质点），该微粒以v0＝4m/s的速度从﹣x上的A点进入第二象限，并以v1＝8m/s速度从+y上的C点沿水平方向进入第一象限。取微粒刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向），g＝10m/s2．试求：
（1）带电微粒运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1；
（2）+x轴上有一点D，OD＝OC，若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度B0及其磁场的变化周期T0为多少？
（3）要使带电微粒通过C点后的运动过程中不再越过y轴，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足的关系？
【解答】解：（1）带电微粒从A点到C点，竖直方向在重力作用下匀减速直线运动，
竖直方向：t0.4s
hm＝0.8m
水平方向做初速度为零的匀加速直线运动
ax20m/s2＝2g
此加速度由电场力产生：qE1＝max
解得：E1＝0.2N/C
（2）通过计算知：qE2＝mg，电场力与重力相平衡，所以带电微粒在第一象限做匀速圆周运动，设粒子运动轨道半径为R，则
qv1B0＝m，解得：R
使微粒从C点运动到D点，则有：h＝2nR
解得：B0（T）（n＝1、2、3…）
微粒圆周运动的周期：T
解得周期：T0 s（n＝1、2、3…）
（3）当交变磁场周期取最大值而微粒不再越过y轴时可作如图运动情形：
由图可知：
B0T0（kg/C ）
答：（1）带电微粒运动到C点的纵坐标值h为0.8m，电场强度E1为0.2N/C。
（2）磁感应强度B0为（T），磁场的变化周期为 s（n＝1、2、3…）
（3）交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足B0T0 （kg/C ）。
（多选）如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O′，半径为R．直线段AC，HD粗糙，与圆弧段分别在C，D端相切。整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放。若L，小球所受电场力等于其重力的倍，重力加速度为g。则（ ）
A．小球释放瞬间的加速度为g
B．小球在轨道内受到的摩擦力可能大于g
C．经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是mgL
D．小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg﹣qB
【解答】解：A、由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC，重力与电场力的合力大小为Fmg，由牛顿第二定律得：ag，故A正确；
B、当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，小球做匀速直线运动，小球在轨道内受到的摩擦力最大，则为 mg，不可能大于mg，故B错误；
C、根据动能定理，可知，取从静止开始到最终速度为零，则摩擦力做功与重力及电场力做功之和为零，则摩擦力总功为 mgL，故C错误；
D、对小球在O点受力分析，且由C向D运动，由牛顿第二定律，则有：N﹣mg+Bqv＝m ；
由C到O点，机械能守恒定律，则有：mgRsin30°mv2；由上综合而得：对轨道的弹力为2mg﹣qB，
当小球由D向C运动时，则对轨道的弹力为2mg﹣qB，故D正确；
故选：AD。
（多选）如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ0现使圆环以初速度v0向下运动，经时间t0，圆环回到出发点。若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（ ）
A．环经过时间刚好到达最低点
B．环的最大加速度为am＝g
C．环在t0时间内损失的机械能为m（v02）
D．环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等
【解答】解：A、环向下运动时竖直方向受到重力、向上的电场力、向上的摩擦力，设加速度大小为a1，则a1，因此速度的减小，导致洛伦兹力减小，则摩擦力会减小，因此环做加速度减小的减速运动，当环回头时，环的加速度大小a2，随着速度增大，开始做加速度减小的加速运动，之后做匀速直线运动，因此在t时，不可能刚好到达最低点，故A错误；
B、圆环在运动过程中，只有向下运动时，加速度大于向上运动的加速度，而向下运动摩擦力越大，则加速度越大，因此环刚开始运动时，加速度最大，最大加速度amg，故B正确；
C、圆环从出发到回到出发点过程中，重力势能变化为零，那么机械能的损失，即为动能的减小，
根据动能定理，则有，△EK，而v，因此损失的机械能为m（v02），故C正确；
D、环上升和下降的过程中摩擦力的大小平均值不同，而环走的路程相同，所以摩擦产生的内能不相等。故D错误；
故选：BC。
（2023 江苏）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy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y2位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
【解答】解：（1）电子入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，可知电子受到的沿y轴正方向的电场力与沿y轴负方向的洛伦兹力大小相等，则有：
eE＝eBv0
解得：E＝Bv0
（2）电子的入射速度为v0，电子的运动轨迹如题图中的虚线所示，电子运动过程中所受洛伦兹力不做功，只有电场力做功，根据动能定理得：
eEy1m（）2m（）2
解得：y1
（3）电子入射速度为v（0＜v＜v0），设电子在最高点时的速度大小为vm。
电子在最低点所受的合力大小为：F1＝eE﹣eBv
电子在最高点所受的合力大小为：F2＝eBvm﹣eE
由题意可得：F1＝F2
联立解得：vm＝2v0﹣v
设电子到达最高点的纵坐标为ym，同理，根据动能定理得：
eEymmv2
解得：ym
由0＜v＜v0，可得：0＜ym，且ym与v成线性关系，可知电子在空间的轨迹分布是均匀的，能到达纵坐标y2位置的电子，其到达最高点的纵坐标在[，）区间。
则电子数N占总电子数N0的百分比为：η
解得：η＝90%
【模型七】带电粒子在叠加场中的应用模型---电磁平衡科技应用
1．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＝.
(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．
如图所示，一束离子经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器（其中的磁场未画出）后，进入另一个匀强磁场中并分离为①、②两束。下列说法正确的是（ ）
A．离子束②中的离子一定带正电
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．离子束①中离子的质量大于②中离子的质量
D．离子束①中离子的比荷小于②中离子的比荷
【解答】解：A、离子束②中的离子进入上方匀强磁场后向右偏转，受到的洛伦兹力方向向右，根据左手定则判断可知，离子束②中的离子一定带负电，故A错误；
B、离子束②中的离子经过速度选择器时，受到的电场力方向向左，因离子所受的电场力和洛伦兹力平衡，则离子受到的洛伦兹力方向向右，根据左手定则判断可知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里，故B错误；
CD、离子在速度选择器中运动时，由平衡条件有qvB＝qE，即不发生偏转的粒子具有共同的速度大小均为。
进入上方匀强磁场后，离子束①中离子的轨迹半径大于②中离子的轨迹半径，结合可知，离子束①中离子的比荷（）小于②中离子的比荷，由于离子的电荷量关系不能确定，所以不能判断离子的质量大小，故C错误，D正确。
故选：D。
（2023 湖南）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直，A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t＞t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t＞t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，
【解答】解：区域Ⅰ中电场力和洛伦兹力相等，由此可得：
qE＝qv0B1
在区域Ⅱ中，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
解得：
因为粒子从CF边的中点射出，根据几何关系可知，粒子转过的圆心角为90°，则
A、若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，在区域Ⅰ中粒子依然受力平衡，则
qE＝qvA×2B1
解得：
根据牛顿第二定律可得：
qvB
解得：r
由此可知粒子做圆周运动的半径变为原来的，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍然为90°，故t＝t0，故A错误；
B、若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，根据上述分析可知：
2qE＝qvBB1
解得：vB＝2v0
根据半径的计算公式r可知粒子做圆周运动的半径变为原来的2倍，则粒子从F点射出，粒子转过的圆心角仍然为90°，故t＝t0，故B错误；
C、若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子进入区域Ⅱ中的速度为v0，根据半径的计算公式r可知粒子做圆周运动的半径变为原来的倍，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°，此时的时间为：
则，故C错误；
D、若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，同上述分析可知，粒子做圆周运动的半径变为原来的倍，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知粒子转过的圆心角为45°，则此时的时间为：
，故D正确；
故选：D。
一台质谱仪工作原理如图甲所示，带电离子从O1孔沿速度选择器的中轴线O1O2进入正交电磁场中，已知磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里，MN板电压UMN＝U0（U0＞0），板间距为d，板间电场为匀强电场。离子从O2射出后进入垂直纸面向里，大小为B2的匀强磁场，经磁场偏转打在荧光屏，PQ垂直O1O2，不考虑离子间相互作用和重力的影响。
（1）离子在速度选择器中沿直线运动并通过O2孔，求穿出时粒子的速度v0；
（2）质量m、电荷量q、速度v的离子进入速度选择器时不满足匀速直线运动的条件（v略微大于匀速直线运动速度v0），离子的运动可视为一个沿O1O2的匀速直线运动和一个垂直磁场做匀速圆周运动的合运动，为使得离子沿初速度方向通过O2孔，O1O2间距离L为多少？
（3）如图乙所示，大量一价氦离子从O2孔垂直磁场射出，射出离子的发散角为θ，且左右对称。若射出离子的速度v大小为v0﹣Δv≤v≤v0+Δv（v0为已知量），氦离子包括氦3和氦4离子，电荷量都是e，质量分别是3m0和4m0，要能在荧光屏上分辨出氦3和氦4离子，两组亮线区域的最短间距应不小于其中氦3亮线宽度区域的十分之一，则Δv应该满足什么条件？
【解答】解：（1）M、N两板间电场强度大小为①
离子在速度选择器中沿直线运动并通过O2孔，根据平衡条件有qE＝qv0B1②
联立①②解得③
（2）当v略微大于匀速直线运动速度v0时，可以将v分解为两个同向的分速度，其中一个分速度大小v0，对应离子的匀速直线分运动，所以离子从O1到O2的运动时间为④
根据牛顿第二定律有⑤
可得离子的圆周分运动的周期为⑥
根据圆周运动的周期性可知t＝nT（n＝1，2，3 ）⑦
联立③④⑥⑦解得⑧
（3）设离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有⑨
解得⑩
根据⑩式可推知氦3离子运动的最大和最小半径分别为
所以氦3离子所能达到荧光屏上的最远位置到O2的距离为
氦3离子所能达到荧光屏上的最近位置到O2的距离为
氦3亮线宽度为d3＝x3max﹣x3min
同理可知氦4所能达到荧光屏上的最近位置到O2的距离为
由题意可知要能在荧光屏上分辨出氦3和氦4离子，则
联立 ～ 式解得
答：（1）离子在速度选择器中沿直线运动并通过O2孔，穿出时粒子的速度v0为；
（2）O1O2间距离L为；
（3）则Δv应该满足条件为。
2．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q＝qvB，即U＝Blv.
(4)电源内阻：r＝ρ.
(5)回路电流：I＝.
如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场．一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）沿垂直于磁场的方向喷入磁场．把P、Q与电阻R相连接．下列说法正确的是（ ）
A．Q板的电势高于P板的电势
B．R中有由b向a方向的电流
C．若仅增强磁场，则R中电流不变
D．若增大粒子入射速度，则R中电流增大
【解答】解：AB、等离子体进入磁场，根据左手定则可知正电荷向上偏，打在上极板上；负电荷向下偏，打在下极板上；所以上极板带正电，下极板带负电，则P板的电势高于Q板的电势，流过电阻电流方向由a到b；故AB错误；
CD、根据稳定时电场力等于洛伦兹力力即：qqvB
则有：U＝Bdv
再由欧姆定律：I
则若仅增强磁场，R中电流增大；若增大粒子入射速度，R中电流变大，故C错误，D正确；
故选：D。
如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v
【解答】解：平行金属板P、Q之间磁感应强度方向由N极指向S极，由左手定则判断，等离子体中的正离子向金属板Q偏转，负离子向金属板P偏转，可知金属板Q带正电荷（电源正极），金属板P带负电荷（电源负极），金属棒ab中电流方向由a流向b，已知磁场B2的方向垂直导轨平面，由左手定则可知，金属棒ab所受安培力平行于导轨平面向上或者向下，金属棒ab处于静止，由受力平衡条件判断其所受安培力沿导轨平面向上，再由左手定则判断出导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。
金属棒ab恰好静止，由受力平衡可得：B2IL＝mgsinθ，
由闭合电路欧姆定律可得，平行金属板P、Q之间的电压U＝IR，
金属板P、Q之间电场强度，
等离子体的正负离子在磁场B1中受到电场力与洛伦兹力，稳定后此二力平衡，则
qvB1＝qE，
联立解得，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（多选）磁流体发电机可简化为如下模型：两块长、宽分别为a、b的平行板，彼此相距L，板间通入已电离的速度为v的气流，两板间存在一磁感应强度大小为B的磁场，磁场方向与两板平行，并与气流垂直，如图所示．把两板与外电阻R连接起来，在磁场力作用下，气流中的正、负离子分别向两板移动形成电流．设该气流的导电率（电阻率的倒数）为σ，则（ ）
A．该磁流体发电机模型的内阻为r
B．产生的感应电动势为E＝Bav
C．流过外电阻R的电流强度I
D．该磁流体发电机模型的路端电压为
【解答】解：根据左手定则知正电荷向上偏，负电荷向下偏，上极板带正电，下极板带负电，最终电荷处于平衡有：
qvB＝q，
解得电动势为：E＝BLv。
内电阻为：r＝ρ，
根据闭合电路欧姆定律有：II，
那么路端电压为：U＝IR，
综上所述，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
3．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q＝qvB，可得v＝.
(4)流量的表达式：Q＝Sv＝·＝.
(5)电势高低的判断：根据左手定则可得φa>φb.
如图为某电磁流量计的示意图，圆管由非磁性材料制成，空间有垂直于侧壁向里的匀强磁场。当管中的导电液体向右流过磁场区域时，测出管壁上MN两点间的电势差U，就可以知道管中液体的流量Q（单位时间内流过管道横截面的液体体积）。若管的直径为d，磁感应强度为B，管中各处液体的流速相同。则（ ）
A．M点电势低于N点电势
B．保持B、d恒定，液体的流量Q越大，电势差U越小
C．保持Q、B恒定，管的直径d越大，电势差U越大
D．保持Q、d恒定，磁感应强度B越大，电势差U越大
【解答】解：A、A管中的导电液体向右流过磁场区域时，由左手定则，带电液体在洛伦兹力的作用下，带正的液体向上偏，带负的液体向下偏，使上管壁带正电，下管壁带负电，所以M点电势高于N点电势，故A错误；
BCD、两管壁最后电压稳定时，则有电场力与洛伦兹力平衡有，，解得，则保持B．d恒定，液体流量Q越大，电势差U越大，保持Q．B恒定，管的直径d越大，电势差U越小，保持Q．d恒定，磁感应强度B越大，电势差U越大，故BC错误，D正确。
故选：D。
（多选）某科研人员设计了一个双表头的电磁流量计，他认为这样即可以测定排污管道的流量（单位时间内排出的污水体积），又能通过测定污水的电阻率来判断污水中的离子浓度，其内部结构可简化为如图所示．该装置上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料，长、宽、高分别为a、b、L的左右两端开口，在垂直于前后两表面加磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示已确定，污水充满管口从左向右流经该装置．在无操作情况下，开关处于断开状态，此时V表读数为U1，A表读数为0，若按下按钮，开关闭合接通，此时A表读数为I，V表读数为U2，假设所有电表都是理想电表，则（ ）
A．在如图磁场中，上表面的电势一定高于下表面的电势，与正负离子的数目无关
B．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大
C．污水的流量可表示为Q
D．污水的电阻率可表示为ρ
【解答】解：A、正负离子向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向上表面偏，负离子向下表面偏。所以上表面比下表面电势高，与正负离子的数目无关。故A正确。
BC、最终正负离子会受到电场力、洛伦兹力处于平衡，有qE＝qvB，即vB．而污水流量Q＝vaL。
而U1，电压表的示数与磁感应强度、流量Q以及流量计的高有关，与离子浓度无关，故B错误，C正确；
D、根据闭合电路欧姆定律，则内电阻对应的电压为Ur＝U1﹣U2，依据电阻定律，则有：r，而S＝ab，因此污水的电阻率可表示为ρ．故D正确。
故选：ACD。
（多选）图为电磁流量计原理示意图．在非磁性材料做成的圆形管道上加一个磁感应强度为B的匀强磁场，已知管中有导电液体流过时，管壁上a、b两点间的电势分别为 a、 b，且 a＞ b，管道直径为D，电流方向向左．则（ ）
A．管内自由电荷运动方向向左，且为正离子
B．管内自由电荷运动方向向右，且为负离子
C．液体流量
D．液体流量
【解答】解：A、因为a点的电势大于b点的电势，知a点带正电，b点带负电。根据左手定则，知不论是正电荷还是负电荷，均向左运动，电流向左，可知正电荷向左移动。故A正确，B错误。
C、根据qE＝qvB，E，解得，v，Q．故C正确，D错误。
故选：AC。
4．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＝q，I＝nqvS，S＝hd，联立解得U＝＝k，k＝称为霍尔系数．
如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁场垂直于霍尔元件的工作面向上，通入图示方向的电流I，C、D两侧面间会产生电势差，下列说法中正确的是（ ）
A．电势差的大小仅与磁感应强度有关
B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势φC＜φD
C．仅增大电流I时，电势差变小
D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直
【解答】解：AC、根据CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，
设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有qqvB，I＝nqvS＝nqvbc，则UCD，n由材料决定，故U与材料有关；U还与厚度c成反比，与宽b无关，同时还与磁场B及电流I有关，I越大，电势差越大，故AC错误。
B、根据左手定则，自由电荷向D侧面偏转，但自由电荷的电性未知，所以无法判断出电势的高低，故B错误。
D、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过。故D正确。
故选：D。
华为笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件，当显示屏开启时磁体原理霍尔元件，电脑正常工作，当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠。如图所示，霍尔元件为一块长为a、宽为b，厚度为d的矩形半导体，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流I时，电子的定向移动速度为v，单位体积内的自由电子数为n。当显示屏闭合时元件处于垂直于上下表面向上、大小为B的匀强磁场中，则元件的前后表面间出现霍尔电压U，以此控制屏幕的熄灭。则（ ）
A．自由电子受到的洛伦兹力大小为
B．前表面的电势比后表面的高
C．霍尔电压U与v无关
D．霍尔电压
【解答】解：B、电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向外，则前表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势低，故B错误；
AC、稳定后，后续电子受力平衡可得
eevB
解得：U＝Bvb，前、后表面间的电压U与v成正比，故AC错误；
D、根据电流的微观表达式可知
I＝neSv＝nebdv
解得：
故D正确。
故选：D。
（多选）图甲是判断电流I0大小是否发生变化的装置示意图、电流I0在铁芯中产生磁场、其磁感应强度与I0成正比。现给某半导体材料制成的霍尔元件（如图乙，其长、宽、高分别为a、b、d）通以恒定工作电流I，通过右侧电压表V的示数就能判断I0的大小是否发生变化。当I0的变化量一定时，电压表V的示数变化量越大，则该装置判断的灵敏度就越高。已知霍尔元件的半导体材料载流子为一价正离子，则下列说法正确的是（ ）
A．仅适当增大工作电流I，可以提高判断的灵敏度
B．仅将该半导体材料制成的霍尔元件更换为另一个金属材料制成的霍尔元件，则电压表V的“+””﹣”接线柱连线位置无需改动
C．M端应与电压表V的“+”接线柱相连
D．当电流I0增大时，电压表V的示数会减小
【解答】解：A、设霍尔元件单位体积内电子数量为n，电子移动速度为v，则Δt时间内通过横截面的电荷量为：
Q＝IΔt＝vΔtSbdqe
解得：I＝vbdnq
当霍尔元件内外侧面电压稳定时，内部电子受力平衡，根据qvB＝q，解得：U，要提高检测灵敏度，可以通过增大B，或者增大工作电流，故A正确；
C、图甲中检测电流I0流过线圈，根据安培定则，线圈在铁芯中产生顺时针方向的磁场，霍尔元件处于向下的磁场中，定向移动的载流子为一价正离子，受到垂直纸面向里的洛伦兹力而偏转到里侧面上，使得霍尔元件里侧面电势高，外侧面电势低，所以应该是M端与电压表的“+”接线柱相连，故C正确；
B、仅将该半导体材料制成的霍尔元件更换为另一个金属材料制成的霍尔元件，载流子变为带负电的自由电子，由左手定则判断，自由电子仍偏转到里侧面上，M端的电势低于N端，电压表V的“+””﹣”接线柱连线位置要调换，故B错误；
D、由A中分析可知当电流I0增大时，电压表V的示数会增大，故D错误。
故选：AC。
（2023 浙江）某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I'的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B'＝k2I'。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I'的方向和大小分别为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：根据安培定则，螺线管在霍尔元件处的磁场方向竖直向下，要使元件输出霍尔电压UH为零，直导线ab在霍尔元件处的磁场方向竖直向上，根据安培定则，待测电流方向由b→a，元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合场强为0，即k1I0＝k2I'，I'，故ABC错误，D正确；
故选：D。
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专题16 带电粒子在组合场、复合场中的运动模型
[模型导航]
【知识分析】带电粒子在组合场中的匀速圆周运动模型解法 1
【模型一】磁场与磁场的组合模型 2
【模型二】先电场后磁场模型 2
【模型三】先磁场后电场模型 4
【模型四】带电粒子在组合场中运动的应用---质谱仪模型 6
【模型五】带电粒子在组合场中运动的应用---回旋加速器模型 8
【模型六】带电粒子在叠加场中的运动模型 12
【模型七】带电粒子在叠加场中的应用模型---电磁平衡科技应用 14
1．速度选择器 19
2．磁流体发电机 19
3．电磁流量计 21
4．霍尔效应的原理和分析 24
[模型分析]
【知识分析】带电粒子在组合场中的匀速圆周运动模型解法
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
【模型一】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．
在xOy直角坐标系第一象限中有垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场，第四象限有垂直纸面向外、大小未知的匀强磁场。电量为+q（q＞0）、质量为m的带电粒子从P点开始以垂直于y轴的速度沿x轴正方向射入第一象限，经过第一象限后垂直x轴从Q点（图中未标出）进入第四象限，经过第四象限后从M点离开磁场，此时速度方向与y轴负方向的夹角θ＝60°。已知P点到O点的距离为a，不计带电粒子的重力。求：
（1）带电粒子在P点时的入射速度大小；
（2）带电粒子在第四象限中从Q点运动到M点的时间。
如图所示，两个相邻的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ的磁感应强度方向垂直纸面向外，区域Ⅱ的磁感应强度方向垂直纸面向里。AB、CD、EF为相互平行的直边界，区域Ⅰ和区域Ⅱ的宽度均为d。一个质量为m、带电量为+q的粒子从P点以速度v垂直于边界线CD进入区域Ⅰ；粒子第一次穿过边界线CD时，速度方向相对P点的速度偏转了30°，进入区域Ⅱ，恰好不能从边界线EF穿出区域Ⅱ，不计粒子的重力。求：
（1）区域Ⅰ内匀强磁场的磁感应强度B1的大小；
（2）求粒子从P点出发到第二次通过CD边界所用的时间。
如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h。质量为m、带电量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g。
（1）求该电场强度的大小和方向；
（2）要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值。
【模型二】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.
如图所示，虚线为匀强电场和匀强磁场的分界线，电场线与分界线平行。一带电粒子以初速度v0垂直于电场线射入电场，并能进入磁场．已知磁感应强度为B，粒子的比荷为k，不计粒子的重力。则粒子第一次进、出磁场两点的距离为（ ）
A． B． C． D．
如图所示，AOC右侧，以OO'为水平分界线，上部空间存在方向竖直向下的匀强电场，下部空间有在垂直于该平面向外的匀强磁场。质量为m、带电量为+q的粒子以速度v0从O点斜向上射入电场区域，射入方向与边界OO'间的夹角α＝30°，然后经边界OO'上的Q点（未画出）第一次进入下方磁场区域，已知Q点与O点之间的距离为d，不考虑粒子重力及空气阻力。求：
（1）匀强电场电场强度E的大小；
（2）要使粒子从边界AC飞出，磁感应强度的最大值B0的大小。
如图所示，真空中存在一间距为d＝0.02m容器，板长L＝0.04m，板间电压为U、匀强电场方向向上，MN为一垂直上极板PQ的足够长的光屏，其下端N与极板右端Q重合，在MN所在竖直线右侧存在匀强磁场。在下极板左端有一个粒子源A，可以紧贴极板水平向右连续发射带正电的粒子，粒子比荷为q/m＝1×108C/kg，初速度v0＝1×105m/s。已知粒子打到极板或光屏时会被吸收，粒子之间的作用力不计，粒子的重力不计。
（1）为使粒子能够从极板间射出，求电压U的最大值；
（2）若匀强磁场方向垂直纸面向里，大小为B1＝0.05T，电压U可任意调节，则求粒子击中光屏形成痕迹的长度ΔL。
（3）若匀强磁场方向改成水平向右，大小变为B2T，电压U可任意调节，在极板右侧放置另一块与MN平行的足够大的光屏CD，CD在磁场中只能左右移动，则求粒子打在光屏CD上留下所有痕迹的面积S。
如图所示，在第二象限内有一抛物线的边界A1O，其方程为y（﹣l≤x＜0），在抛物线的上方存在一竖直向下的匀强电场。在抛物线A1O每个位置上连续发射质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子均以大小为v0的初速度水平向右射入电场，所有粒子均能到达原点O，第四象限内有一边长为l、其中两条边分别与x轴、y轴重合的正方形边界，边界内存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场，A2A3为与x轴平行的可上下移动的荧光屏，初始位置与磁场的下边界重合，不计粒子重力及粒子间的相互作用力，粒子打到荧光屏上即被吸收。
（1）求电场强度的大小E；
（2）求粒子在磁场中运动的最短时间tmin；
（3）若将荧光屏缓慢向上移动，求在向上移动的过程中屏上的最大发光长度lm。
如图所示，两极板P、Q竖直放置，长度为2L，间距为L。极板下方存在垂直纸面向外的矩形匀强磁场，磁感强度为B0。荧光屏MN水平放置，长度为2L。一粒子源向两极板间持续不断竖直向下发射速度为、质量为m、电荷量为+q的粒子，形成宽度为L，横向均匀分布的粒子流。不计粒子重力及粒子间相互作用。
（1）两板间电压为0时，粒子全部打到荧光屏上，求矩形磁场的最小面积S；
（2）当两板间存在恒定的匀强电场时，进入磁场的粒子数为射入电场粒子数的，求打在屏上的粒子在磁场中运动的时间t；
（3）在第（2）问中，进入磁场的粒子全部打到荧光屏上，求磁感应强度B的取值范围。
【模型三】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)．
如图所示，在xOy竖直平面坐标系中x轴上方有竖直向下的匀强电场，下方有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.粒子源从S（﹣d，0）处在坐标平面内先后向磁场中与+x方向夹角为30°～150°范围内发射粒子，所有粒子第一次经磁场偏转后同时从O点进入电场，此后粒子到达x轴时的位置均分布在S点的右侧（包含S点）。已知粒子的质量为m、电荷量为+q，不计粒子重力及粒子间相互作用。
（1）求从S发出的粒子的最小速度v；
（2）求电场强度的大小E0；
（3）若电场强度E为（2）中E0的4倍，最迟射出的粒子和速度最小的粒子经过x轴上同一点，求该点的坐标。
如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在着重直纸面向外、大小为0.01T的匀强磁场区域Ⅰ，在第三象限内存在另一垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅱ，在第四象限内存在着沿x轴负方向的匀强电场。一质子由坐标为的P点以某一初速度v0进入磁场，速度方向与y轴负方向成60°角，质子沿垂直x轴方向进入第四象限的电场，经坐标为（0，﹣2L）的Q点第一次进入第三象限内的磁场区域Ⅱ，已知L＝0.1m，质子比荷C/kg。求：
（1）粒子的初速度v0大小；
（2）匀强电场的电场强度E的大小；
（3）若粒子从电场进入磁场区域Ⅱ时做圆周运动的半径r＝0.5L，求粒子从开始进入电场到第二次进入电场的时间间隔Δt。
如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在 m≤x≤0的区域内有磁感应强度大小B＝4.0×10﹣4T、方向垂直于纸面向里的条形匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x＞0的区域内有电场强度大小E＝4N/C、方向沿y轴正方向的条形匀强电场，其宽度d＝2m．一质量m＝6.4×10﹣27kg、电荷量q＝﹣3.2×10 19C的带电粒子从P点以速度v＝4×104m/s，沿与x轴正方向成α＝60°角射入磁场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力。求：
（1）带电粒子在磁场中运动时间；
（2）当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标；
（3）若只改变上述电场强度的大小，要求带电粒子仍能通过Q点，讨论此电场左边界的横坐标x′与电场强度的大小E′的函数关系。
【模型四】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＝mv2；
(2)偏转磁场：qvB＝，l＝2r；
由以上两式可得r＝ ，
m＝，＝.
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，则下列说法中正确的是（ ）
A．该束带电粒子带负电
B．速度选择器的P1极板带负电
C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大
D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小
如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。若速度选择器中电场强度大小为E1，磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里，静电分析器通道中心线为圆弧，圆弧的半径（OP）为R，通道内有均匀辐射的电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带电粒子以速度v沿直线经过速度选择器后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．速度选择器的极板P1的电势比极板P2的低
B．粒子的速度
C．粒子的比荷为
D．P、Q两点间的距离为
利用质谱仪检测电量相等（4价）的气态14C和12C离子的浓度比，结合14C衰变为14N的半衰期，可以判断古代生物的年龄。如图所示，离子从容器A下方的狭缝S1飘入电场，经电场加速后通过狭缝S2、S3垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，检测分离后离子的电流强度可得离子的浓度比。测得，则14C和12C的浓度比为（ ）
A． B． C． D．
某质谱仪的原理图如图所示。加速电场上、下两极板间的电压为U，其中心处和感光片的中心均开有一个小孔（三个小孔共线），其下有另两块左右相对的极板。在左右极板之间还存在垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B1的匀强磁场。右极板电势高于左极板，他们之间形成电场强度为E的匀强电场。感光片下方存在垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B2的匀强磁场。现将质量为m，带电量为+e的质子从加速电场上极板小孔处由静止释放，恰能形成轨迹1。轨迹1、2的半径之比为1：3。下列说法正确的是（ ）
A．轨迹1是直径为的半圆
B．将质子换为氘核，并将B2减小到原来的，即可得到轨迹2
C．将质子换为氚核，并将B1、B2加倍，为使粒子沿轨迹2运动，应将U、E分别增大到原来的12倍和4倍
D．将质子换为α粒子，并将U、E各自增大到原来的4和2倍，即可得到轨迹2
如图所示为质谱仪的原理示意图，电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从静止开始经过电势差为U的加速电场后进入粒子速度选择器，选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的场强大小为E、方向水平向右．已知带电粒子能够沿直线穿过速度选择器，从G点垂直MN进入偏转磁场，该偏转磁场是一个以直线MN为边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场．带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片的H点．可测量出G、H间的距离为l．带电粒子的重力可忽略不计．求
（1）粒子从加速电场射出时速度v的大小；
（2）速度选择器中匀强磁场的磁感应强度B1的大小和方向；
（3）偏转磁场的磁感应强度B2的大小．
【模型五】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＝、Ekm＝mvm2得Ekm＝，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＝，粒子在磁场中运动的总时间t＝T＝·＝.
如图所示，回旋加速器的主要结构是在磁极间的真空室内有两个半圆形的金属扁盒（D形盒）隔开相对放置。下列说法正确的是（ ）
A．回旋加速器可以同时加速α粒子（He）和氚核（）
B．带电粒子每一次通过狭缝时获得的能量不同
C．交变电源的加速电压越大，粒子离开回旋加速器时获得的最大动能越大
D．粒子在D形盒间隙中运动可看作匀变速直线运动
如图所示为回旋加速器的示意图，两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，一质子从加速器的A处由静止开始加速。已知D形盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，高频交变电源的电压为U、频率为f，质子质量为m、电荷量为q，两D形盒距离为d，下列说法正确的是（ ）
A．f
B．质子在回旋加速器中A点同侧相邻加速点等间距
C．质子在电场中的运动时间为
D．增大电压不会影响质子每次增加的动能
回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，加在狭缝间的交变电压的电压值大小为U0，周期，一质量为m、电荷量为+q的粒子从A处飘入狭缝，其初速度视为零，考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设粒子每次经过狭缝均做加速运动。
（1）求粒子离开加速器时的动能Ek；
（2）若粒子第1次进入D1盒在其中的轨道半径为r1，第3次进入D1盒在其中的轨道半径为r2，求r1：r2；
（3）求粒子从飘入狭缝至动能达到Ek所需的总时间t。
跑道式回旋加速器工作原理如图所示.两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行，相距L，磁感应强度大小均为B、方向垂直纸面向里。P、Q之间存在匀强加速电场，场强大小为E，方向与磁场边界垂直。一质量为m、电荷量为+q的粒子从P飘入电场（初速度不计），多次经过电场加速和磁场偏转后，从位于边界上的出射口K引出。已知K、Q的距离为d，不计粒子重力。求整个运动过程中粒子：
（1）运动的最大速率v；
（2）在电场中的加速次数N；
（3）做变速运动的总时间t。
【模型六】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．
如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点运动的最低点，不计摩擦阻力，则以下说法中正确的是（ ）
A．液滴一定带正电
B．液滴在C点时的动能最大
C．从A到C过程液滴的电势能可能减小
D．从C到B过程液滴的机械能不变
（多选）如图所示，已知一质量为m的带电液滴，经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B中，液滴在此空间的竖直平面内做匀速圆周运动，则（ ）
A．液滴在空间受四个力作用
B．液滴一定带负电
C．沿垂直纸面向里看，液滴做顺时针的圆周运动
D．液滴在做匀速圆周运动时机械能守恒
（多选）如图所示，光滑绝缘轨道ABP竖直放置，其轨道末端切线水平，在其右侧有一正交的匀强电场、磁场区域，电场竖直向上，磁场垂直纸面向里，一带电小球从轨道上的A点由静止滑下，经P点进入场区后，恰好沿水平方向做直线运动。则可判定（ ）
A．小球在水平方向的运动一定是匀速直线运动
B．小球可能带正电，也可能带负电
C．若小球从B点由静止滑下，进入场区后也可以做匀速运动
D．若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向下偏
如图甲所示，空间中存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向内的匀强磁场，图乙所示的空间仅存在水平向右的匀强电场，且两区域中的电场强度的大小均为E．质量均为m的带电微粒a和b分别在图甲和图乙区域沿图示虚线做直线运动，运动轨迹均与水平方向成30°角．下列说法中正确的是（ ）
A．微粒a和b均带正电
B．微粒a和b均带负电
C．微粒a所带电量是微粒b所带电量的倍
D．微粒a所带电量是微粒b所带电量的倍
如图所示，间距为L的平行金属板MN、PQ之间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场。MN板带正电荷，PQ板带等量负电荷，板间磁场方向垂直纸面向里，OO'是平行于两金属板的中心轴线。紧挨着平行金属板的右侧有一垂直纸面向外足够大的匀强偏转磁场，在其与OO'垂直的左边界上放置一足够大的荧光屏。在O点的离子源不断发出沿OO'方向的电荷量均为q、质量均为m，速度分别为v0和v0的带正电的离子束。速度为v0的离子沿直线OO'方向运动，速度为v0的离子恰好擦着极板的边缘射出平行金属板，其速度方向在平行金属板间偏转了60°，两种离子都打到荧光屏上，且在荧光屏上只有一个亮点。已知在金属板MN、PQ之间匀强磁场的磁感应强度B．不计离子重力和离子间相互作用。求
（1）金属板MN、PQ之间的电场强度；
（2）金属板的右侧偏转磁场的磁感应强度；
（3）两种离子在金属板右侧偏转磁场中运动时间之差。
在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy，x轴沿水平方向，如图甲所示。第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E1．坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强E2，匀强磁场方向垂直纸面。处在第三象限的某种发射装置（图中没有画出）竖直向上射出一个比荷102C/kg的带正电的微粒（可视为质点），该微粒以v0＝4m/s的速度从﹣x上的A点进入第二象限，并以v1＝8m/s速度从+y上的C点沿水平方向进入第一象限。取微粒刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向），g＝10m/s2．试求：
（1）带电微粒运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1；
（2）+x轴上有一点D，OD＝OC，若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度B0及其磁场的变化周期T0为多少？
（3）要使带电微粒通过C点后的运动过程中不再越过y轴，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足的关系？
（多选）如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O′，半径为R．直线段AC，HD粗糙，与圆弧段分别在C，D端相切。整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放。若L，小球所受电场力等于其重力的倍，重力加速度为g。则（ ）
A．小球释放瞬间的加速度为g
B．小球在轨道内受到的摩擦力可能大于g
C．经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是mgL
D．小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg﹣qB
（多选）如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ0现使圆环以初速度v0向下运动，经时间t0，圆环回到出发点。若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（ ）
A．环经过时间刚好到达最低点
B．环的最大加速度为am＝g
C．环在t0时间内损失的机械能为m（v02）
D．环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等
（2023 江苏）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy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y2位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
【模型七】带电粒子在叠加场中的应用模型---电磁平衡科技应用
1．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＝.
(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．
如图所示，一束离子经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器（其中的磁场未画出）后，进入另一个匀强磁场中并分离为①、②两束。下列说法正确的是（ ）
A．离子束②中的离子一定带正电
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．离子束①中离子的质量大于②中离子的质量
D．离子束①中离子的比荷小于②中离子的比荷
（2023 湖南）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直，A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t＞t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t＞t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，
一台质谱仪工作原理如图甲所示，带电离子从O1孔沿速度选择器的中轴线O1O2进入正交电磁场中，已知磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里，MN板电压UMN＝U0（U0＞0），板间距为d，板间电场为匀强电场。离子从O2射出后进入垂直纸面向里，大小为B2的匀强磁场，经磁场偏转打在荧光屏，PQ垂直O1O2，不考虑离子间相互作用和重力的影响。
（1）离子在速度选择器中沿直线运动并通过O2孔，求穿出时粒子的速度v0；
（2）质量m、电荷量q、速度v的离子进入速度选择器时不满足匀速直线运动的条件（v略微大于匀速直线运动速度v0），离子的运动可视为一个沿O1O2的匀速直线运动和一个垂直磁场做匀速圆周运动的合运动，为使得离子沿初速度方向通过O2孔，O1O2间距离L为多少？
（3）如图乙所示，大量一价氦离子从O2孔垂直磁场射出，射出离子的发散角为θ，且左右对称。若射出离子的速度v大小为v0﹣Δv≤v≤v0+Δv（v0为已知量），氦离子包括氦3和氦4离子，电荷量都是e，质量分别是3m0和4m0，要能在荧光屏上分辨出氦3和氦4离子，两组亮线区域的最短间距应不小于其中氦3亮线宽度区域的十分之一，则Δv应该满足什么条件？
2．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q＝qvB，即U＝Blv.
(4)电源内阻：r＝ρ.
(5)回路电流：I＝.
如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场．一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）沿垂直于磁场的方向喷入磁场．把P、Q与电阻R相连接．下列说法正确的是（ ）
A．Q板的电势高于P板的电势
B．R中有由b向a方向的电流
C．若仅增强磁场，则R中电流不变
D．若增大粒子入射速度，则R中电流增大
如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v
（多选）磁流体发电机可简化为如下模型：两块长、宽分别为a、b的平行板，彼此相距L，板间通入已电离的速度为v的气流，两板间存在一磁感应强度大小为B的磁场，磁场方向与两板平行，并与气流垂直，如图所示．把两板与外电阻R连接起来，在磁场力作用下，气流中的正、负离子分别向两板移动形成电流．设该气流的导电率（电阻率的倒数）为σ，则（ ）
A．该磁流体发电机模型的内阻为r
B．产生的感应电动势为E＝Bav
C．流过外电阻R的电流强度I
D．该磁流体发电机模型的路端电压为
3．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q＝qvB，可得v＝.
(4)流量的表达式：Q＝Sv＝·＝.
(5)电势高低的判断：根据左手定则可得φa>φb.
如图为某电磁流量计的示意图，圆管由非磁性材料制成，空间有垂直于侧壁向里的匀强磁场。当管中的导电液体向右流过磁场区域时，测出管壁上MN两点间的电势差U，就可以知道管中液体的流量Q（单位时间内流过管道横截面的液体体积）。若管的直径为d，磁感应强度为B，管中各处液体的流速相同。则（ ）
A．M点电势低于N点电势
B．保持B、d恒定，液体的流量Q越大，电势差U越小
C．保持Q、B恒定，管的直径d越大，电势差U越大
D．保持Q、d恒定，磁感应强度B越大，电势差U越大
（多选）某科研人员设计了一个双表头的电磁流量计，他认为这样即可以测定排污管道的流量（单位时间内排出的污水体积），又能通过测定污水的电阻率来判断污水中的离子浓度，其内部结构可简化为如图所示．该装置上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料，长、宽、高分别为a、b、L的左右两端开口，在垂直于前后两表面加磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示已确定，污水充满管口从左向右流经该装置．在无操作情况下，开关处于断开状态，此时V表读数为U1，A表读数为0，若按下按钮，开关闭合接通，此时A表读数为I，V表读数为U2，假设所有电表都是理想电表，则（ ）
A．在如图磁场中，上表面的电势一定高于下表面的电势，与正负离子的数目无关
B．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大
C．污水的流量可表示为Q
D．污水的电阻率可表示为ρ
（多选）图为电磁流量计原理示意图．在非磁性材料做成的圆形管道上加一个磁感应强度为B的匀强磁场，已知管中有导电液体流过时，管壁上a、b两点间的电势分别为 a、 b，且 a＞ b，管道直径为D，电流方向向左．则（ ）
A．管内自由电荷运动方向向左，且为正离子
B．管内自由电荷运动方向向右，且为负离子
C．液体流量
D．液体流量
4．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＝q，I＝nqvS，S＝hd，联立解得U＝＝k，k＝称为霍尔系数．
如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁场垂直于霍尔元件的工作面向上，通入图示方向的电流I，C、D两侧面间会产生电势差，下列说法中正确的是（ ）
A．电势差的大小仅与磁感应强度有关
B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势φC＜φD
C．仅增大电流I时，电势差变小
D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直
华为笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件，当显示屏开启时磁体原理霍尔元件，电脑正常工作，当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠。如图所示，霍尔元件为一块长为a、宽为b，厚度为d的矩形半导体，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流I时，电子的定向移动速度为v，单位体积内的自由电子数为n。当显示屏闭合时元件处于垂直于上下表面向上、大小为B的匀强磁场中，则元件的前后表面间出现霍尔电压U，以此控制屏幕的熄灭。则（ ）
A．自由电子受到的洛伦兹力大小为
B．前表面的电势比后表面的高
C．霍尔电压U与v无关
D．霍尔电压
（多选）图甲是判断电流I0大小是否发生变化的装置示意图、电流I0在铁芯中产生磁场、其磁感应强度与I0成正比。现给某半导体材料制成的霍尔元件（如图乙，其长、宽、高分别为a、b、d）通以恒定工作电流I，通过右侧电压表V的示数就能判断I0的大小是否发生变化。当I0的变化量一定时，电压表V的示数变化量越大，则该装置判断的灵敏度就越高。已知霍尔元件的半导体材料载流子为一价正离子，则下列说法正确的是（ ）
A．仅适当增大工作电流I，可以提高判断的灵敏度
B．仅将该半导体材料制成的霍尔元件更换为另一个金属材料制成的霍尔元件，则电压表V的“+””﹣”接线柱连线位置无需改动
C．M端应与电压表V的“+”接线柱相连
D．当电流I0增大时，电压表V的示数会减小
（2023 浙江）某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I'的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B'＝k2I'。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I'的方向和大小分别为（ ）
A． B．
C． D．
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