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第五章第三节 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
题型1 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 题型2 带电粒子在直线边界磁场中的运动
题型3 带电粒子在矩形边界磁场中的运动 题型4 带电粒子在三角形边界磁场中的运动
题型5 带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动 题型6 带电粒子在叠加场中做直线运动
题型7 带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动 题型8 带电粒子由磁场进入电场中的运动
题型9 带电粒子由电场进入磁场中的运动 题型10 速度选择器
题型11 与加速电场相结合的质谱仪 题型12 与速度选择器相结合的质谱仪
题型13 回旋加速器 题型14 霍尔效应与霍尔元件
题型15 电磁流量计 题型16 显像管的原理
▉题型1 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【知识点的认识】
带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．
2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．
3．半径和周期公式：（v⊥B）
1．如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转60°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转90°。不计重力，则为（　　）
A． B． C． D．
2．如图所示，一个粒子源发出很多种带电粒子，经速度选择器后仅有甲、乙、丙、丁四种粒子沿平行于纸面的水平直线穿过竖直挡板MN上的小孔O，之后进入正方形虚线框内，虚线框内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，四种粒子的运动轨迹如图所示，则关于速度选择器两极板间磁场方向和四种粒子的比荷大小说法正确的是（　　）
A．垂直于纸面向里，甲的比荷最大
B．垂直于纸面向里，丙的比荷最大
C．垂直于纸面向外，丙的比荷最大
D．垂直于纸面向外，丁的比荷最大
3．两个电子以不同的初速度垂直射入同一匀强磁场，半径为r1和r2，周期为T1和T2，则（　　）
A．r1＝r2，T1≠T2 B．r1≠r2，T1≠T2
C．r1＝r2，T1＝T2 D．r1≠r2，T1＝T2
（多选）4．如图所示，矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AB边长为d，BC边长为2d，O是BC边的中点，E是AD边的中点，在O点有一粒子源，可以在纸面内向磁场内各个方向射出质量均为m、电荷量均为q、有同种电性的带电粒子，粒子射出的速度大小相同，速度与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，不计粒子的重力，则（　　）
A．粒子带正电
B．粒子运动的速度大小为
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
D．磁场区域中有粒子通过的面积为
5．静止在匀强磁场中的铀核分裂成一个钍核和氦核。已知钍核和氦核的质量之比为117：2，电荷量之比为45：1，两者的速度方向均与磁场方向垂直，则钍核和氦核在磁场中的速度之比为 　　 ；两者做圆周运动轨迹的半径之比为 　　 。
6．机场智能物流系统的一部分模型如图，固定在地面上的倾斜传送带上表面平直部分AB长，与水平面夹角为30°，传送带轮的半径R1＝0.1m，以速度v＝2m/s顺时针转动。质量m＝0.5g的一小滑块（可视为质点），与传送带间动摩擦因数为，以沿传送带向上的初速度v0＝3m/s，由其底端A点开始上滑并从其上端某处抛出，之后从右下方半径R2＝0.1m的固定光滑弧形轨道的C点切入下滑（BC连线与水平方向夹角为30°），在即将离开D点（OD竖直，角COD未知）时，瞬间被带上q＝10﹣3C的正电荷量，沿光滑水平直轨道DE运动后滑上静止于轨道上可自由滑动的弧形滑槽P（弧形滑槽P的质量m＝0.5kg），滑槽P的弧面光滑、绝缘、足够高且最低点切线水平。D点右侧的区域存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝1T，不计空气阻力，最大静摩擦等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小滑块在传送带上表面AB段的运动时间t；
（2）通过计算说明小滑块能否在B点与传送带分离，若能则求出脱离点B与C点之间的距离d；
（3）小滑块在弧形滑槽P上能够上滑的最大高度h。（计算结果可用根式表示）
7．一个质量为1.67×10﹣27kg、电荷量为1.6×10﹣19C的带电粒子，以5×105m/s的初速度沿与磁场垂直的方向射入磁感应强度为0.2T的匀强磁场。
（1）求粒子所受的重力和洛伦兹力的大小之比。
（2）求粒子在磁场中运动的轨道半径。
（3）求粒子做匀速圆周运动的周期。
8．如图，在坐标系xOy的第二象限存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第三象限内有沿x轴正方向的匀强电场；第四象限的某圆形区域内存在一垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为第二象限磁场磁感应强度的4倍。一质量为m、带电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v自y轴的A点斜射入磁场，经x轴上的C点以沿y轴负方向的速度进入电场，然后从y轴负半轴上的D点射出，最后粒子以沿着y轴正方向的速度经过x轴上的Q点。已知OAd，OC＝d，ODd，OQ＝4d，不计粒子重力。
（1）求第二象限磁感应强度B的大小与第三象限电场强度E的大小；
（2）求粒子由A至D过程所用的时间；
（3）试求第四象限圆形磁场区域的最小面积。
▉题型2 带电粒子在直线边界磁场中的运动
【知识点的认识】
1.带电粒子在直线边界磁场中的运动的两种情形
（1）直线边界
（2）平行边界
2.带电粒子在有界磁场中的常用几何关系
（1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．
（2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍．
3.常见的解题思路
（1）圆心的确定
①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹．确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示．
②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中
垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示．
③若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图（c）所示，此时要将
其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（∠PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线
交于一点O，该点就是圆心．
（2）半径的确定
方法一：由物理方程求：半径R；
方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定．
（3）时间的确定
由t确定通过某段圆弧所用的时间，其中T为该粒子做圆周运动的周期，转过的圆心角θ越大，所用时间越长。
9．如图，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α（0≤α≤180°）。当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则下列结论正确的是（　　）
A．粒子一定带负电
B．当α＝90°时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子做圆周运动的半径为
D．粒子以不同的α角进入磁场，做圆周运动的半径也不相同
10．如图所示，一束电子以大小不同的速率沿垂直于磁场边界线方向飞入正方形区域的匀强磁场（磁场的方向垂直于正方形区域），下列判断正确的是（　　）
A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹越长
B．电子在磁场中圆周运动半径越大，则运动时间越短
C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹不一定重合
D．电子的速率不同，它们在磁场中运动的时间一定不相同
11．如图所示，一质量为m，带电量为q，不计重力的粒子，从x轴上的P（a，0）点以速度v沿与x轴成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴从N点（图中未画出）射出第一象限，则（　　）
A．粒子带正电荷
B．粒子磁感应强度大小为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．N与O点相距a
（多选）12．如图所示，在xOy平面的第I象限内y轴和虚线之间存在范围足够大的匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，虚线与x轴正方向的夹角θ＝60°，在M（0，l）处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m，电量为q的带正电的粒子，粒子速率均为，不计粒子间的相互作用力与重力，则能从x轴正半轴射出的粒子（　　）
A．在磁场中运动的最短时间为
B．在磁场中运动的最短时间为
C．在磁场中运动的最长时间为
D．在磁场中运动的最长时间为
（多选）13．如图所示，绝缘粗糙细直杆abc在b处弯折为a角，水平bc段足够长，在虚线AB的右侧区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带电圆环（可视为点电荷）从倾斜ab段某处由静止释放，忽略圆环经过弯折处的能量损失且圆环在运动过程中所带电荷量保持不变。下列关于圆环速度v随时间t的变化图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
▉题型3 带电粒子在矩形边界磁场中的运动
【知识点的认识】
本考点旨在考查带电粒子在矩形边界磁场中的运动情况。
14．如图所示，一个质量为m、带负电荷粒子的电荷量为q、不计重力的带电粒子从x轴上的P点以速度v沿与+x轴成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，恰好垂直于y轴射出第一象限。已知OP＝a。
（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）让大量这种带电粒子同时从x轴上的P点以速度v沿与+x轴成0～180°的方向垂直磁场射入第一象限内，求y轴上有带电粒子穿过的区域范围和带电粒子在磁场中运动的最长时间。
（3）为了使该粒子能以速度v垂直于y轴射出，实际上只需在第一象限适当的地方加一个垂直于xy平面、磁感应强度为B0的匀强磁场。若此磁场仅分布在一个矩形区域内，试求这矩形磁场区域的最小面积。
▉题型4 带电粒子在三角形边界磁场中的运动
【知识点的认识】
本考点旨在考查带电粒子在三角形边界磁场中的运动情况。
15．如图所示，在直角三角形abc区域（含边界）内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，一个粒子源在a点将质量为m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（　　）
A． B． C． D．
（多选）16．如图所示，边长为的正三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），正三角形中心O有一粒子源，可以沿abc平面任意方向发射相同的带电粒子，粒子质量为m，电荷量为+q。粒子速度大小为v时，恰好没有粒子穿出磁场区域，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．磁感应强度大小为
B．磁感应强度大小为
C．若发射粒子速度大小为时，在磁场中运动的最短时间为
D．若发射粒子速度大小为时，在磁场中运动的最短时间为
▉题型5 带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动
【知识点的认知】
1.圆形边界：如图所示，带电粒子从某点沿圆形磁场的半径方向人射，从另一点射出磁场时速度的反向延长线过磁场的圆心，即沿径向射入必沿径向射出。
2.几个与角有关的物理量
如图所示，粒子做匀速圆周运动时，φ为粒子速度的偏向角，粒子与圆心的连线转过的角度α为回旋角（或圆心角），AB弦与切线的夹角θ为弦切角，它们的关系为φ＝α＝2θ，θ与相邻的弦切角θ'互补，即θ+θ'＝180°。
3.如何确定“圆心角与时间”
①速度的偏向角φ＝圆弧所对应的圆心角（回旋角）α＝2倍的弦切角θ
②时间的计算方法．
方法一：由圆心角求，t T；方法二：由弧长求，t。
（多选）17．如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30°．当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°．不计电荷的重力，下列说法正确的是（　　）
A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点
B．该点电荷的比荷为
C．该点电荷在磁场中的运动时间为
D．该点电荷在磁场中的运动时间为
▉题型6 带电粒子在叠加场中做直线运动
【知识点的认识】
1.叠加场是指一个区域可能同时含有重力场、电场和磁场中的两个或三个。但本考点涉及的题目必须包含磁场。
2.带电粒子在叠加场中做直线运动有两种情况（不考虑平行于电场和磁场射入）
（1）不计粒子重力，则必有洛伦兹力等于电场力，Bqv＝qE。
（2）考虑粒子重力，则必有电场力与重力的合力等于洛伦兹力。
也就是说只要粒子在含有磁场的叠加场中做直线运动，一定是匀速直线运动。因为如果是变速运动，则洛伦兹力也会变化，合力与速度方向不再一条直线上，粒子就不可能再做直线运动。
（多选）18．如图所示的虚线区域内存在匀强电场和匀强磁场，取坐标如图。一带电粒子沿x轴正方向进入此区域，在穿过此区域的过程中运动方向始终不发生偏转。不计重力的影响，电场强度E和磁感应强度B的方向可能是（　　）
A．E和B都沿x轴方向
B．E沿y轴正方向，B沿z轴正方向
C．E沿z轴正方向，B沿y轴正方向
D．E和B都沿z轴方向
19．某同学开展“探究平抛运动规律”的实验。重力加速度g＝9.786m/s2，将小球从半径r＝1.0000m的光滑圆弧轨道上静止下滑，下落h＝0.0443m后从轨道最低点水平向右飞出，落到水平木板上。
（1）在空间中建立坐标系（以抛出点为原点，水平抛出的方向为x轴，竖直向下为y轴），记录落点坐标（x，y）。不计空气阻力。
测量小球直径D如图。
①该测量仪器是 　　 ；
②测量结果为D＝　　 mm。
（2）（填空）保持小球的释放位置和方式不变，改变水平木板的高度，记录多组（x，y）数据，则抛物线x2＝2py的p＝　　 。（提示：别忘了单位）
（3）在小球飞出后，除重力外还存在其他力或场（如下表首行所示）且小球带负电，分析左列的物理量与仅重力场时相比如何变化。均选填“A：不变”“B：变小”“C：变大”。
小球带负电，除重力外还存在 与速度成正比的空气阻力 沿x轴负方向的匀强电场 垂直纸面向内的匀强磁场
小球在空中飞行的时间t （1）C：变大 （4）　　 （7）　　
在木板上的落点横坐标x （2）　　 （5）　 （8）　　
落到木板上时的速率v （3）　　 （6）　　 （9）　　
20．如图，cd边界与x轴垂直，在其右方竖直平面内，第一、二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三、第四象限存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁场区域覆盖有竖直向上的外加匀强电场。在xOy平面内，某质量为m、电荷量为q的带正电的绝缘小球从P点与cd边界成30°角以速度v0射入，小球到坐标原点O时恰好以速度v0竖直向下运动，此时撤去外加的匀强电场。重力加速度大小为g，已知磁感应强度的大小均为。
（1）电场强度的大小E＝　　 。
（2）P点到y轴的距离xP＝　　 。
（3）小球第一次到达最低点时速度的大小为　　 。
（4）小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时所用的时间为　　 。
21．如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝1N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5T。有一带电微粒，质量m＝1×10﹣7kg，电荷量q＝+1×10﹣6C，从t＝0时刻由O点开始以速度v在第一象限的竖直面内做匀速直线运动，取g＝10m/s2，求：
（1）微粒做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
（2）若在t＝0.4s时，将电场方向逆时针旋转90°，在微粒继续运动的过程中，求微粒第一次经过y轴时的坐标；
（3）若在某一时刻撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），在微粒继续运动的过程中，求微粒速度方向恰好平行于x轴正方向时微粒的动能Ek。
▉题型7 带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动
【知识点的认识】
1.叠加场是指一个区域可能同时含有重力场、电场和磁场中的两个或三个。但本考点涉及的题目必须包含磁场。
2.带电粒子能够在叠加场中做匀速圆周运动只有一种情况，那就是重力与电场力平衡，粒子只在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动。
22．如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中（E和B已知），小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则（　　）
A．小球可能带正电
B．小球做匀速圆周运动的半径为r
C．小球做匀速圆周运动的周期为T
D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期变大
▉题型8 带电粒子由磁场进入电场中的运动
【知识点的认识】
1.带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的
关系入手，分析运动性质。
2.一般的分析思路为：
（1）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取相应的规律处理。
（2）找关键：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键，
（3）画运动轨迹：根据受力分析和运动分析大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
3.本考点旨在针对粒子从磁场进入电场的情况。
（多选）23．如图所示，在xOy平面的第一、二象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在第三、四象限的﹣d≤y≤0范围内有沿x轴正方向的匀强电场，在坐标原点O有一粒子源可以向x轴上方以不同速率向各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，x轴上的P点坐标为（﹣d，0），y轴上的Q点坐标为（0，﹣d）。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。下列选项分析正确的是（　　）
A．沿不同方向射入磁场经过P点的粒子速率可能相同
B．若以最小速率经过P点的粒子又恰好能过Q点，则电场强度大小为
C．若粒子源发射的粒子最大速率为v，在第二象限中有粒子扫过的区域面积为
D．所有经过P点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同
24．如图甲所示，真空中有一长为L的直细金属导线MN，与导线同轴放置一半径为R的无限长金属圆柱面。假设导线沿径向均匀射出速率相同的电子，已知电子质量为m，电荷量为e，电子的初速应v0。不考虑出射电子间的相互作用及电子的重力。
（1）在柱面和导线之间，只加恒定电压，刚好没有电子到达柱面，求所加电压U的大小；
（2）在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场，刚好没有电子到达柱面，求磁感应强度B的大小；
（3）撤去柱面，把导线竖直放置在涂有荧光物质的无限大水平桌面上，在原先柱面范围内加竖直向上的匀强电场，电场强度为E，且满足（），则电子在桌面上形成什么形状的图形？桌面上的电子离N点的最远距离是多少？
25．如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为匀强电场和匀强磁场的理想边界，一束带负电粒子由静止状态从P点经过Ⅰ、Ⅱ间的电场加速后垂直边界Ⅱ到达Q点，再经Ⅱ、Ⅲ间的磁场偏转后从边界Ⅲ穿出，且粒子从磁场边界Ⅲ穿出时速度方向与粒子入射磁场方向的夹角为30°。已知有界匀强磁场的磁感应强度大小为B，磁场宽度为d。粒子质量为m，电荷量为q，粒子的重力不计。求：
（1）粒子在磁场中运动时速度的大小；
（2）粒子在磁场中运动的时间t；
（3）P、Q两点间的电势差UPQ。
▉题型9 带电粒子由电场进入磁场中的运动
【知识点的认识】
1.带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的
关系入手，分析运动性质。
2.一般的分析思路为：
（1）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取相应的规律处理。
（2）找关键：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键，
（3）画运动轨迹：根据受力分析和运动分析大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
3.本考点旨在针对粒子从电场进入磁场的情况。
26．如图所示，在xOy坐标系x＜0区域内存在平行于x轴、电场强度大小为E（E未知）的匀强电场，分界线OP将x＞0区域分为区域Ⅰ和区域Ⅱ，区域Ⅰ存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B（B未知）的匀强磁场，区域Ⅱ存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B′B的匀强磁场及沿y轴负方向、电场强度大小为E′E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M（﹣d，0）点以初速度v0垂直电场方向进入第二象限，经N点进入区域Ⅰ，此时速度与y轴正方向的夹角为60°，经区域Ⅰ后由分界线OP上的A点（图中未画出）垂直分界线进入区域Ⅱ，不计粒子重力及电磁场的边界效应。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）带电粒子从M点运动到A点的时间t；
（3）粒子在区域Ⅱ中运动时，第1次和第5次经过x轴的位置之间的距离s。
27．如图所示，空间存在平面直角坐标系xOy，第一象限整个空间都有沿y轴负方向的匀强电场，x轴下方整个空间都有垂直于纸面向外的匀强磁场，第二象限既没有电场也没有磁场。一个不计重力的质量为m、电量为+q带电粒子，从y轴上的A点以初速度v0平行于x轴向x轴正方向飞出，A点坐标为（0，d），然后从x轴上的M点第一次进入磁场，M点坐标为（2d，0），再从x轴上的N点第一次离开磁场，N点坐标为（﹣3d，0），粒子始终在xOy平面内运动。求：
（1）电场强度的大小；
（2）和磁感应强度的大小；
（3）粒子第二次进入磁场时的位置及速度的大小和方向。
28．如图甲，长为L、间距为dL的A、B两金属板水平放置，右侧有一垂直于纸面的匀强磁场，两板中心最左侧a处有一粒子源随时间均匀向板间水平发射速度v0的电子。两金属板上加如图乙所示的交变电压，电子穿过极板的时间极短，该过程中板间电压不变。当板间电压UAB时，从a点射出的电子经过磁场偏转后，恰能返回到a点。已知电子质量m，电量e，不计重力及电子间的相互作用。求：
（1）当电压UAB时，电子从板间飞出时沿电场方向的侧移量y；
（2）磁感应强度的大小B；
（3）交变电压的一个周期内发射的电子能再次回到两板间的比例。
▉题型10 速度选择器
【知识点的认识】
1.速度选择器的原理图如下：
2.特点：粒子匀速垂直穿过正交的匀强磁场和匀强电场时，根据qvB＝qE，可得粒子的速度必为v。就好像能特定选择出这一速度的粒子，因此将这种设备称为速度选择器。
29．如图所示，空间某区域有一方向水平、磁感应强度为B＝0.20T的匀强磁场。一带正电微粒质量为m＝2.0×10﹣8kg，带电量为q＝1.0×10﹣8C，当它以某一水平速度v0的大小为 　　 m/s，垂直进入磁场后，恰能沿直线匀速通过此区域。如果微粒的速度大于v0，它将向 　　 偏转。
▉题型11 与加速电场相结合的质谱仪
【知识点的认识】
本考点旨在针对粒子先经过加速电场加速再进入质谱仪的情况。
1.质谱仪示意图如下
2.质谱仪的作用：分析粒子的性质，测定粒子的质量，研究同位素。
3.质谱仪例的相关参数：
（1）加速电场中：qU。
（2）偏转磁场中：Bqv。
（3）轨迹半径：R。
（4）照相底片上间距；d＝2ΔR。
30．质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子（可认为初速度为零），从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外半径为R的圆形匀强磁场，现在MN上的F点（图中未画出）接收到该粒子，且，则该粒子的比荷为（粒子的重力忽略不计）（　　）
A． B． C． D．
31．如图所示的两个半径为R的半圆形中空金属盒D1、D2置于真空中，两盒间留有一狭缝；在两盒的狭缝处加上大小为U的高频交变电压，空间中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直向上穿过盒面的匀强磁场。从粒子源P引出质量为m、电荷量为q的粒子，粒子初速度视为零，在狭缝间被电场加速，在D形盒内做匀速圆周运动，最终从边缘的出口处引出。不考虑相对论效应和重力影响，忽略粒子在狭缝间运动的时间，则（　　）
A．所加交流电的周期与磁场的磁感应强度B的大小无关
B．加速电压U越大，粒子最终引出D形盒时的动能就越大
C．粒子最终引出D形盒时的动能与加速电压成正比
D．粒子第一次加速后和第二次加速后速度大小之比是
▉题型12 与速度选择器相结合的质谱仪
【知识点的认识】
本考点旨在针对粒子先经过速度选择器再进入质谱仪的情况。
1.质谱仪示意图如下
2.质谱仪的作用：分析粒子的性质，测定粒子的质量，研究同位素。
3.质谱仪例的相关参数：
（1）加速电场中：qU。
（2）偏转磁场中：Bqv。
（3）轨迹半径：R。
（4）照相底片上间距；d＝2ΔR。
（多选）32．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素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．该束带电粒子带正电
B．速度选择器的P1极板带正电
C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于
D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越大
（多选）33．某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，a为粒子加速器，加速电压为U1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为B2，有一个质量为m、电荷量为e的正粒子（不计重力），从静止开始，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动．则下列说法正确的是（　　）
A．粒子加速器加速后的速度为v
B．速度选择器两板间的电压为U2＝B1d
C．粒子在分离器中做匀速圆周运动的半径为R
D．粒子在分离器中做匀速圆周运动的半径为R
▉题型13 回旋加速器
【知识点的认识】
1.回旋加速器示意图如下：
2.回旋加速器的原理：用磁场控制轨道、用电场进行加速。
D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差U，盒内部空间由于静电平衡无电场，电压U在两盒之间的缝隙处产生加速电场。
盒中心A 处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。
两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁场使粒子做匀速圆周运动，从而使粒子在缝隙处被加速后再回到缝隙处再被加速。
两盒间的交变电势差一次一次地改变正负，保证粒子每次都能被加速。
34．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．仅增大狭缝间的加速电压，则同一粒子射出加速器时的动能增大
B．增大磁场的磁感应强度且使电场变化周期与粒子做圆周运动周期相同，则同一粒子射出加速器时的动能增大
C．仅增大D形金属盒的半径，则同一粒子射出加速器时的速度不变
D．加速电场频率不变时，比荷不同的粒子也可用同一加速器进行加速
（多选）35．回旋加速器原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可忽略；磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流电源电压为U，频率为f。若质子的质量为m、电荷量为+q，在加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子由加速器的中心进入加速器
B．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的增大而增大
C．质子离开回旋加速器时的最大动能为
D．该加速器加速质量为4m、电荷量为+2q的α粒子时，交流电频率应变为
▉题型14 霍尔效应与霍尔元件
【知识点的认识】
一、霍尔效应
1．霍尔效应：置于磁场中的载流体，如果电流方向与磁场方向垂直，则垂直于电流和磁场方向会产生一个附加的横向电场，这个现象是霍普金斯大学研究生霍尔于1879年发现的，后被称为霍尔效应．
霍尔效应从本质上讲是运动的带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用而引起的偏转，所以可以用高中物理中的电磁学、力学、运动学等有关知识来进行解释．霍尔效应原理的应用常见的有：霍尔元件、磁流体发电机、电磁流量计、磁强计等．
36．霍尔效应这一现象是美国物理学家霍尔于1879年发现的。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，这一现象就是霍尔效应，这个电势差被称为霍尔电势差。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．a端电势低于b端电势
B．若元件的厚度增加，a、b两端电势差不变
C．霍尔电势差的大小只由霍尔元件本身决定
D．若要测量赤道附近的地磁场，应将工作面调整为与待测平面平行
（多选）37．如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（　　）
A．甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压U
B．乙图可判断出B极板是发电机的正极
C．丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v
D．丁图中若载流子带负电，稳定时D板电势高
▉题型15 电磁流量计
【知识点的认识】
1.电磁流量计的原理图如下
2.流量Q的定义：单位时间流过导管某一横截面的导电液体的体积。
3.公式：Q＝Sv，其中S为导管的横截面积，v是导电液体的流速。
4.导电液体的流速v的计算如下，一圆形导管直径为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，当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，a，b间的电势差U达到最大，由，可得v。
5.流量的表达式：Q＝Sv
6.电视高低判断：根据左手定则可得φa＜φb。
38．人体血管状况及血液流速可以反映身体健康状态。血管中的血液通常含有大量的正负离子。如图，血管内径为d，血流速度v方向水平向右。现将方向与血管横截面平行，且垂直纸面向内的匀强磁场施于某段血管，其磁感应强度大小恒为B，当血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定时（　　）
A．血管上侧电势低，血管下侧电势高
B．若血管内径变小，则血液流速变小
C．血管上下侧电势差与血液流速无关
D．血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小
▉题型16 显像管的原理
【知识点的认识】
洛伦兹力的方向与粒子的运动速度方向垂直，当粒子在磁场中运动时，因受到洛伦兹力的作用，就会发生偏转。显像管电视机中就应用了电子束磁偏转的原理。
显像管中有一个电子枪，工作时它能发射高速电子。撞击荧光屏，就能发光。可是，很细的一束电子打在荧光屏上只能使一个点发光，要使整个荧光屏发光，就要靠磁场来使电子束偏转了。
如下图为显像管原理示意图（俯视图）
实际上，在偏转区的水平方向和竖直方向都有偏转磁场，其方向、强弱都在不断变化，因此电子束打在荧光屏上的光点就像下图那样不断移动，这在显示技术中叫作扫描。电子束从最上一行到最下一行扫描一遍叫作一场，电视机中的显像管每秒要进行50场扫描，所以我们感到整个荧光屏都在发光。
39．如图所示是电视机显像管原理的示意图。没有磁场时，电子束打在荧光屏正中的O点。为使电子束偏转，由安装在管颈的偏转线圈通电时产生偏转磁场。如果要使电子束打在荧光屏O点上方的A点，则偏转磁场的方向（　　）
A．垂直纸面向外 B．垂直纸面向里
C．沿纸面向上 D．沿纸面向下第五章第三节 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
题型1 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 题型2 带电粒子在直线边界磁场中的运动
题型3 带电粒子在矩形边界磁场中的运动 题型4 带电粒子在三角形边界磁场中的运动
题型5 带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动 题型6 带电粒子在叠加场中做直线运动
题型7 带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动 题型8 带电粒子由磁场进入电场中的运动
题型9 带电粒子由电场进入磁场中的运动 题型10 速度选择器
题型11 与加速电场相结合的质谱仪 题型12 与速度选择器相结合的质谱仪
题型13 回旋加速器 题型14 霍尔效应与霍尔元件
题型15 电磁流量计 题型16 显像管的原理
▉题型1 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【知识点的认识】
带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．
2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．
3．半径和周期公式：（v⊥B）
1．如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转60°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转90°。不计重力，则为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【解答】解：根据题意，粒子两次射入磁场的运动轨迹如图所示：
设磁场的圆形区域半径为r，由几何关系可知，两次轨迹圆的半径分别为
R2＝r
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力可知
解得粒子的速度为
则粒子两次的入射速度之比为
故D正确，ABC错误；
故选：D。
2．如图所示，一个粒子源发出很多种带电粒子，经速度选择器后仅有甲、乙、丙、丁四种粒子沿平行于纸面的水平直线穿过竖直挡板MN上的小孔O，之后进入正方形虚线框内，虚线框内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，四种粒子的运动轨迹如图所示，则关于速度选择器两极板间磁场方向和四种粒子的比荷大小说法正确的是（　　）
A．垂直于纸面向里，甲的比荷最大
B．垂直于纸面向里，丙的比荷最大
C．垂直于纸面向外，丙的比荷最大
D．垂直于纸面向外，丁的比荷最大
【答案】A
【解答】解：①由图示可知，速度选择器中电场竖直向下，正粒子所受电场力向下，粒子匀速通过速度选择器，
洛伦兹力与电场力是一对平衡力，则正粒子所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，磁场方向：垂直于纸面向里；
②粒子经过速度选择器，由平衡条件得：qvB＝qE，通过速度选择器的粒子速度：v相等；
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，
粒子的比荷：，由图示可知，甲的轨道半径r最小，由于v与B′相等，则甲的比荷最大；
由以上分析可知，A正确，BCD错误；
故选：A。
3．两个电子以不同的初速度垂直射入同一匀强磁场，半径为r1和r2，周期为T1和T2，则（　　）
A．r1＝r2，T1≠T2 B．r1≠r2，T1≠T2
C．r1＝r2，T1＝T2 D．r1≠r2，T1＝T2
【答案】D
【解答】解：设电子的初速度为v，磁场的磁感应强度为B，电子的质量和电量分别为m、q。
根据洛伦兹力提供向心力可得：evB＝m
解得运动轨迹半径为：r
由于m、q、B相同，则r与v成正比，电子的初速度不同，则半径不同，即r1≠r2。
电子圆周运动的周期为：T，解得：T，m、q、B均相同，则电子运动的周期相同，即T1＝T2。
综上所述，故D正确、ABC错误。
故选：D。
（多选）4．如图所示，矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AB边长为d，BC边长为2d，O是BC边的中点，E是AD边的中点，在O点有一粒子源，可以在纸面内向磁场内各个方向射出质量均为m、电荷量均为q、有同种电性的带电粒子，粒子射出的速度大小相同，速度与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，不计粒子的重力，则（　　）
A．粒子带正电
B．粒子运动的速度大小为
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
D．磁场区域中有粒子通过的面积为
【答案】BD
【解答】解：A、速度与OB的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场
根据粒子运动的轨迹，结合左手定则可知粒子带负电，故A错误；
B、画出粒子的运动轨迹
结合几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝d，由洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律，有
粒子运动的速度大小为
故B正确；
C、由于粒子做圆周运动的速度大小相同，因此在磁场中运动的轨迹越长，时间越长，分析可知，粒子在磁场中运动的最长弧长为四分之一圆周，因此最长时间为四分之一周期，即最长时间为，故C错误；
D、由图可知磁场区域有粒子通过的面积为图中AOCDA区域的面积，即为
故D正确。
故选：BD。
5．静止在匀强磁场中的铀核分裂成一个钍核和氦核。已知钍核和氦核的质量之比为117：2，电荷量之比为45：1，两者的速度方向均与磁场方向垂直，则钍核和氦核在磁场中的速度之比为 　　 ；两者做圆周运动轨迹的半径之比为 　　 。
【答案】；。
【解答】解：设钍核的质量为m1＝117m，电荷量为q1＝45q，氦核的质量为m2＝2m，电荷量为q2＝q，静止在匀强磁场中的铀核分裂成一个钍核和氦核，以钍核的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
0＝m1v1﹣m2v2
解得
；
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
，
解得
，
故两者做圆周运动轨迹的半径之比为
。
故答案为：；。
6．机场智能物流系统的一部分模型如图，固定在地面上的倾斜传送带上表面平直部分AB长，与水平面夹角为30°，传送带轮的半径R1＝0.1m，以速度v＝2m/s顺时针转动。质量m＝0.5g的一小滑块（可视为质点），与传送带间动摩擦因数为，以沿传送带向上的初速度v0＝3m/s，由其底端A点开始上滑并从其上端某处抛出，之后从右下方半径R2＝0.1m的固定光滑弧形轨道的C点切入下滑（BC连线与水平方向夹角为30°），在即将离开D点（OD竖直，角COD未知）时，瞬间被带上q＝10﹣3C的正电荷量，沿光滑水平直轨道DE运动后滑上静止于轨道上可自由滑动的弧形滑槽P（弧形滑槽P的质量m＝0.5kg），滑槽P的弧面光滑、绝缘、足够高且最低点切线水平。D点右侧的区域存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝1T，不计空气阻力，最大静摩擦等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小滑块在传送带上表面AB段的运动时间t；
（2）通过计算说明小滑块能否在B点与传送带分离，若能则求出脱离点B与C点之间的距离d；
（3）小滑块在弧形滑槽P上能够上滑的最大高度h。（计算结果可用根式表示）
【答案】（1）小滑块在传送带上表面AB段的运动时间t是s；
（2）小滑块能在B点与传送带分离，脱离点B与C点之间的距离是0.2m；
（3）小滑块在弧形滑槽P上能够上滑的最大高度是（4）m。
【解答】解：（1）对滑块，由牛顿第二定律得mgsin30°+μmgcos30°＝ma1，代入数据解得a1＝7.5m/s2
滑块减速到与传送带速度相等需要时间t1ss
该过程滑块的位移x1mm＜L
共速后滑块继续做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin30°﹣μmgcos30°＝ma2，代入数据解得a2＝2.5m/s2
滑块从共速运动到B端过程，由v﹣x公式得2（L﹣x1），v1＝v﹣a2t2，代入数据解得v1＝1m/s，t2＝0.4s
小滑块在传送带上表面AB段的运动时间t＝t1+t2，代入数据解得ts
（2）若小滑块恰好通过B点，在B点，对滑块，由牛顿第二定律得
代入数据解得vBm/s＜v1，小滑块在B点与传送带分离，滑块离开传送带后做斜上抛运动
离开传送带做斜抛运动，设斜抛运动时间为t3，以竖直向下为正方向，BC与水平面的夹角α＝30°
滑块的水平分速度大小vx＝v1cos30°＝1m/sm/s，竖直分速度大小vy＝v1sin30°＝1m/s＝0.5m/s
从B到C过程tanα，代入数据解得t3＝0.2s
滑块到达C点时的竖直分速度大小v'y＝﹣vy+gt3，代入数据解得v'y＝1.5m/s
小滑块刚进入固定弧形轨道时速度v2m/sm/s
从B到C过程，滑块的水平分位移x＝vxt3，竖直分位移y＝﹣vyt3
B与C间的距离d，代入数据解得d＝0.2m
（3）滑块到达C点时tanθ，解得θ＝60°，即∠COD＝θ＝60°
小滑块刚进入固定弧形下滑过程，由动能定理得mgR2（1﹣cosθ），代入数据解得v3＝2m/s
小滑块进入弧形物块，运动到最高点，设两物共速时速度为v共
对系统，由机械能守恒定律得mgh
对系统，以水平向右为正方向，对系统，由动量定理得
整理得，代入数据整理得h2+8h﹣1＝0，解得h＝（4）m
答：（1）小滑块在传送带上表面AB段的运动时间t是s；
（2）小滑块能在B点与传送带分离，脱离点B与C点之间的距离是0.2m；
（3）小滑块在弧形滑槽P上能够上滑的最大高度是（4）m。
7．一个质量为1.67×10﹣27kg、电荷量为1.6×10﹣19C的带电粒子，以5×105m/s的初速度沿与磁场垂直的方向射入磁感应强度为0.2T的匀强磁场。
（1）求粒子所受的重力和洛伦兹力的大小之比。
（2）求粒子在磁场中运动的轨道半径。
（3）求粒子做匀速圆周运动的周期。
【答案】（1）粒子所受的重力和洛伦兹力的大小之比是1.04×10﹣12。
（2）粒子在磁场中运动的轨道半径是2.61×10﹣2m。
（3）粒子做匀速圆周运动的周期是3.28×10﹣7s。
【解答】解：（1）重力与洛伦兹力大小之比1.04×10﹣12
（2）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
代入数据解得，粒子轨道半径：r＝2.61×10﹣2m
（3）粒子做匀速圆周运动的周期T
代入数据解得：T＝3.28×10﹣7s
答：（1）粒子所受的重力和洛伦兹力的大小之比是1.04×10﹣12。
（2）粒子在磁场中运动的轨道半径是2.61×10﹣2m。
（3）粒子做匀速圆周运动的周期是3.28×10﹣7s。
8．如图，在坐标系xOy的第二象限存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第三象限内有沿x轴正方向的匀强电场；第四象限的某圆形区域内存在一垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为第二象限磁场磁感应强度的4倍。一质量为m、带电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v自y轴的A点斜射入磁场，经x轴上的C点以沿y轴负方向的速度进入电场，然后从y轴负半轴上的D点射出，最后粒子以沿着y轴正方向的速度经过x轴上的Q点。已知OAd，OC＝d，ODd，OQ＝4d，不计粒子重力。
（1）求第二象限磁感应强度B的大小与第三象限电场强度E的大小；
（2）求粒子由A至D过程所用的时间；
（3）试求第四象限圆形磁场区域的最小面积。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）粒子运动轨迹如图所示：
设粒子在第二象限磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得：qvB＝m
由几何关系得：
解得：r＝2d，B
设粒子在第三象限电场中运动的时间为t2，y轴方向分运动为匀速直线运动：d＝vt2
设x轴方向匀加速运动的加速度为a，有：d
由牛顿第二定律得：Eq＝ma
解得：E，t2
（2）设粒子在第二象限磁场中运动的时间为t1，AC弧对应的圆心角为α，由几何关系知：sinα
解得：α＝60°
由运动学公式有：t1
粒子由A至D过程所用的时间为：t＝t1+t2
（3）设粒子在D点的速度与y轴负方向夹角为θ，在D处，粒子的x轴分速度：vxv
由合速度与分速度的关系得：tanθ
解得：θ＝60°，vD＝2v
设粒子在第四象限磁场中做匀速圆周运动的半径为r1，由牛顿第二定律得：q 2v 4B＝m
解得：r1＝d
粒子运动轨迹如图所示：
粒子在第四象限运动的轨迹必定与D、Q速度所在直线相切，
由于粒子运动轨迹半径为d，故粒子在第四象限运动的轨迹是如图所示的轨迹圆O2，
该轨迹圆与vD速度所在直线相切于M点、与vQ速度所在直线相切于N点，连接MN，
由几何关系可知：MNd
由于M点、N点必须在磁场内，即线段MN在磁场内，故可知磁场面积最小时必定是以MN为直径（如图所示）的圆。
即面积最小的磁场半径为：r3MN
设磁场的最小面积：S
答：（1）第二象限磁感应强度B的大小为，第三象限电场强度E的大小为。
（2）粒子由A至D过程所用的时间为。
（3）第四象限圆形磁场区域的最小面积为。
▉题型2 带电粒子在直线边界磁场中的运动
【知识点的认识】
1.带电粒子在直线边界磁场中的运动的两种情形
（1）直线边界
（2）平行边界
2.带电粒子在有界磁场中的常用几何关系
（1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．
（2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍．
3.常见的解题思路
（1）圆心的确定
①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹．确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示．
②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中
垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示．
③若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图（c）所示，此时要将
其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（∠PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线
交于一点O，该点就是圆心．
（2）半径的确定
方法一：由物理方程求：半径R；
方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定．
（3）时间的确定
由t确定通过某段圆弧所用的时间，其中T为该粒子做圆周运动的周期，转过的圆心角θ越大，所用时间越长。
9．如图，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α（0≤α≤180°）。当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则下列结论正确的是（　　）
A．粒子一定带负电
B．当α＝90°时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子做圆周运动的半径为
D．粒子以不同的α角进入磁场，做圆周运动的半径也不相同
【答案】C
【解答】解：A．粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则，粒子带正电，故A错误；
BC．当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图
根据几何关系可知，粒子做圆周运动半径
当α＝90°时，根据
说明坐标原点O不是圆心，则粒子不可能垂直x轴离开磁场，故B错误，C正确；
D．洛伦兹力提供向心力
解得粒子的半径为
从公式可以看出粒子以不同的α角进入磁场，做圆周运动的半径都相同，故D错误。
故选：C。
10．如图所示，一束电子以大小不同的速率沿垂直于磁场边界线方向飞入正方形区域的匀强磁场（磁场的方向垂直于正方形区域），下列判断正确的是（　　）
A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹越长
B．电子在磁场中圆周运动半径越大，则运动时间越短
C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹不一定重合
D．电子的速率不同，它们在磁场中运动的时间一定不相同
【答案】C
【解答】解：A、电子在磁场中做圆周运动的周期：T相同，电子在磁场中的运动时间：tT，电子在磁场中运动时间越长，电子运动轨迹对应的圆心角θ越大，电子的运动轨迹不一定越长，故A错误；
B、电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：evB＝m，解得：r，电子速率v越大，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径越大，但运动时间不一定越短，如从磁场右边界射出磁场的电子轨道半径不同但运动时间相等，半径大的电子运动时间不一定短，故B错误；
C、从磁场左边界离开磁场的电子在磁场中的运动时间相等，电子速度不同运动轨迹不同，由此可知，运动时间相同的电子运动轨迹不一定重合，故C正确；
D、电子在磁场中做圆周运动的周期：T相同，电子在磁场中的运动时间：tT，电子运动轨迹对应的圆心角θ相同，电子在磁场中的运动时间相等，它们的速率不一定相同，如从磁场右边界离开磁场的电子运动时间相同而速率不同，故D错误。
故选：C。
11．如图所示，一质量为m，带电量为q，不计重力的粒子，从x轴上的P（a，0）点以速度v沿与x轴成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴从N点（图中未画出）射出第一象限，则（　　）
A．粒子带正电荷
B．粒子磁感应强度大小为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．N与O点相距a
【答案】D
【解答】解：A、粒子从P点进入磁场，恰好垂直于y轴从N点射出第一象限，粒子运动轨迹如图所示
由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；
B、由几何知识可知，粒子的轨道半径r，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，解得磁感应强度大小：B，故B错误；
C、由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角θ＝120°，粒子做匀速圆周运动的周期T，粒子在磁场中的运动时间tT，解得：t，故C错误；
D、N与O点间的距离d＝r+rsin30°a，故D正确。
故选：D。
（多选）12．如图所示，在xOy平面的第I象限内y轴和虚线之间存在范围足够大的匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，虚线与x轴正方向的夹角θ＝60°，在M（0，l）处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m，电量为q的带正电的粒子，粒子速率均为，不计粒子间的相互作用力与重力，则能从x轴正半轴射出的粒子（　　）
A．在磁场中运动的最短时间为
B．在磁场中运动的最短时间为
C．在磁场中运动的最长时间为
D．在磁场中运动的最长时间为
【答案】AC
【解答】解：AB．根据牛顿第二定律结合几何关系粒子在磁场中运动的半径为：
在磁场中运动时间最短的粒子对应的弦长最短，则对应从M点向虚线做的垂线的长度，则该弦长对的圆心角为：
则
则对应的最短时间为：
故A正确，B错误；
CD．竖直向上射出的粒子，在磁场中运动半个圆周，根据题意可知此时的时间最长，则在磁场中运动的最长时间为：
故D错误，C正确。
故选：AC。
（多选）13．如图所示，绝缘粗糙细直杆abc在b处弯折为a角，水平bc段足够长，在虚线AB的右侧区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带电圆环（可视为点电荷）从倾斜ab段某处由静止释放，忽略圆环经过弯折处的能量损失且圆环在运动过程中所带电荷量保持不变。下列关于圆环速度v随时间t的变化图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【解答】解：设带电圆环的质量为m，绝缘粗糙细直杆的动摩擦因数为μ，当带电圆环从倾角为α角的倾斜绝缘细直杆上下滑时，设其获得的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得mgsinα﹣μmgcosα＝ma
解得a＝gsinα﹣μgcosα
带电圆环下滑到倾斜绝缘细直杆的最下端的过程中，做初速度为零的匀加速直线运动，当带电圆环进入虚线AB右侧的匀强磁场中后，若圆环带正电，则要受到竖直向上的洛伦兹力，而当洛伦兹力等于其重力时，圆环所受合外力为零，在磁场中将做匀速直线运动；
若洛伦兹力大于重力，则由牛顿第二定律可得μ（Bqv﹣mg）＝ma1，可知小环将做加速度减小的减速运动，而随着速度的减小洛伦兹力也随之减小，当洛伦兹力减小到与重力大小相等时，小环将做匀速直线运动；
若洛伦兹力小于重力，则由牛顿第二定律有μ（mg﹣Bqv）＝ma2，可知小环做减速运动，随着速度的减小，洛伦兹力减小，加速度增大，因此可知小环做加速度增大的减速运动，直至速度减为零；
若小环带负电，所受洛伦兹力竖直向下，由牛顿第二定律可得μ（mg+Bqv）＝ma3
可知小环做减速运动，则加速度减小，小环做加速度减小的减速运动，直至速度减为零。
故ACD正确，B错误；
故选：ACD。
▉题型3 带电粒子在矩形边界磁场中的运动
【知识点的认识】
本考点旨在考查带电粒子在矩形边界磁场中的运动情况。
14．如图所示，一个质量为m、带负电荷粒子的电荷量为q、不计重力的带电粒子从x轴上的P点以速度v沿与+x轴成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，恰好垂直于y轴射出第一象限。已知OP＝a。
（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）让大量这种带电粒子同时从x轴上的P点以速度v沿与+x轴成0～180°的方向垂直磁场射入第一象限内，求y轴上有带电粒子穿过的区域范围和带电粒子在磁场中运动的最长时间。
（3）为了使该粒子能以速度v垂直于y轴射出，实际上只需在第一象限适当的地方加一个垂直于xy平面、磁感应强度为B0的匀强磁场。若此磁场仅分布在一个矩形区域内，试求这矩形磁场区域的最小面积。
【答案】（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小等于；
（2）y轴上有带电粒子穿过的区域范围，带电粒子在磁场中运动的最长时间等于；
（3）这矩形磁场区域的最小面积等于。
【解答】（1）粒子运动轨迹半径设为r，如图所示
根据几何关系可得
rsin60°＝a
解得
由洛伦兹力提供向心力可得
解得
（2）粒子从y轴上OA之间射出，设A点纵坐标为yA，PA为轨迹圆的直径，如图所示，由几何关系得
C
解得
可知y轴上有带电粒子穿过的区域范围为
沿+x方向出发的粒子在磁场中运动时间最长，设该时间为t，运动轨迹如图所示
轨迹对应的圆心角设为π+α，根据几何关系可得：，所以
粒子在磁场中运动的最长时间为：
其中：
联立解得：
（3）为了使该粒子能以速度v垂直于y轴射出，实际上只需在第一象限适当的地方加一个垂直于xOy平面、磁感应强度为B0的匀强磁场。若此磁场仅分布在一个矩形区域内，粒子在此磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
如图所示，由几何关系可得矩形磁场区域的最小面积为
Smin＝2r0sin60° （r0﹣r0cos60°）
解得
答：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小等于；
（2）y轴上有带电粒子穿过的区域范围，带电粒子在磁场中运动的最长时间等于；
（3）这矩形磁场区域的最小面积等于。
▉题型4 带电粒子在三角形边界磁场中的运动
【知识点的认识】
本考点旨在考查带电粒子在三角形边界磁场中的运动情况。
15．如图所示，在直角三角形abc区域（含边界）内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，一个粒子源在a点将质量为m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解答】解：粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子速度最大时运动轨迹与bc相切，粒子运动轨迹如图所示，
由题意知：∠a＝60°，∠b＝90°，ac＝L
由几何关系有：
因为四边形abdO是正方形，所以粒子做圆周运动的半径：
粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
变形解得：，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（多选）16．如图所示，边长为的正三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），正三角形中心O有一粒子源，可以沿abc平面任意方向发射相同的带电粒子，粒子质量为m，电荷量为+q。粒子速度大小为v时，恰好没有粒子穿出磁场区域，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．磁感应强度大小为
B．磁感应强度大小为
C．若发射粒子速度大小为时，在磁场中运动的最短时间为
D．若发射粒子速度大小为时，在磁场中运动的最短时间为
【答案】AC
【解答】解：AB、当粒子速度为v时，恰好没有粒子穿出磁场区域，临界的粒子运动轨迹如下图1所示，设正三角形abc的边长为x。
粒子做圆周运动的半径为：r
由几何关系得：OQL，联立解得：r
根据洛伦兹力提供向心力得：，解得：，故A正确，B错误；
CD、当粒子速度为，根据洛伦兹力提供向心力解得粒子运动半径为：
如图2所示，粒子从Q点离开磁场时轨迹圆心角最小，因OQ＝L，故可得粒子在磁场中运动时间最短时轨迹对应的圆心角为：
则最短时间为：，故C正确，D错误。
故选：AC。
▉题型5 带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动
【知识点的认知】
1.圆形边界：如图所示，带电粒子从某点沿圆形磁场的半径方向人射，从另一点射出磁场时速度的反向延长线过磁场的圆心，即沿径向射入必沿径向射出。
2.几个与角有关的物理量
如图所示，粒子做匀速圆周运动时，φ为粒子速度的偏向角，粒子与圆心的连线转过的角度α为回旋角（或圆心角），AB弦与切线的夹角θ为弦切角，它们的关系为φ＝α＝2θ，θ与相邻的弦切角θ'互补，即θ+θ'＝180°。
3.如何确定“圆心角与时间”
①速度的偏向角φ＝圆弧所对应的圆心角（回旋角）α＝2倍的弦切角θ
②时间的计算方法．
方法一：由圆心角求，t T；方法二：由弧长求，t。
（多选）17．如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30°．当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°．不计电荷的重力，下列说法正确的是（　　）
A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点
B．该点电荷的比荷为
C．该点电荷在磁场中的运动时间为
D．该点电荷在磁场中的运动时间为
【答案】BC
【解答】解：如图所示，点电荷在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系作出点电荷运动轨迹有：
电荷在电场中刚好运动，电荷做圆周运动的半径r＝Rsin30°R，所以有：
A、如图，电荷离开磁场时速度方向与进入磁场时速度方向相反，其反向延长线不通过O点，故A错误；
B、根据洛伦兹力提供向心力有qv0B，所以：，故B正确；
CD、由图知该电荷在磁场中运动的时间t，故C正确，D错误；
故选：BC。
▉题型6 带电粒子在叠加场中做直线运动
【知识点的认识】
1.叠加场是指一个区域可能同时含有重力场、电场和磁场中的两个或三个。但本考点涉及的题目必须包含磁场。
2.带电粒子在叠加场中做直线运动有两种情况（不考虑平行于电场和磁场射入）
（1）不计粒子重力，则必有洛伦兹力等于电场力，Bqv＝qE。
（2）考虑粒子重力，则必有电场力与重力的合力等于洛伦兹力。
也就是说只要粒子在含有磁场的叠加场中做直线运动，一定是匀速直线运动。因为如果是变速运动，则洛伦兹力也会变化，合力与速度方向不再一条直线上，粒子就不可能再做直线运动。
（多选）18．如图所示的虚线区域内存在匀强电场和匀强磁场，取坐标如图。一带电粒子沿x轴正方向进入此区域，在穿过此区域的过程中运动方向始终不发生偏转。不计重力的影响，电场强度E和磁感应强度B的方向可能是（　　）
A．E和B都沿x轴方向
B．E沿y轴正方向，B沿z轴正方向
C．E沿z轴正方向，B沿y轴正方向
D．E和B都沿z轴方向
【答案】AB
【解答】解：本题没有说明带电粒子的带电性质，为便于分析，假定粒子带正电。负电粒子可同理分析。
A、若E和B都沿x轴方向，粒子运动的方向与磁场平行，磁场对粒子作用力为零，电场力与粒子运动方向在同一直线，方向不会发生偏移，故A正确；
B、E沿y轴正向，B沿z轴正向，电场力方向向上，洛伦兹力方向向下，当这两个力平衡时，粒子方向可以始终不变，故B正确；
C、E沿z轴正向，B沿y轴正向，电场力、洛伦兹力都是沿z轴正方向，将做曲线运动、故C错误；
D、电场力沿z轴正方向，根据左手定则，洛伦兹力沿y轴负方向，两力互相垂直，二力不会平衡，粒子将做曲线运动，故D错误。
故选：AB。
19．某同学开展“探究平抛运动规律”的实验。重力加速度g＝9.786m/s2，将小球从半径r＝1.0000m的光滑圆弧轨道上静止下滑，下落h＝0.0443m后从轨道最低点水平向右飞出，落到水平木板上。
（1）在空间中建立坐标系（以抛出点为原点，水平抛出的方向为x轴，竖直向下为y轴），记录落点坐标（x，y）。不计空气阻力。
测量小球直径D如图。
①该测量仪器是 　螺旋测微器　 ；
②测量结果为D＝　11.281　 mm。
（2）（填空）保持小球的释放位置和方式不变，改变水平木板的高度，记录多组（x，y）数据，则抛物线x2＝2py的p＝　0.0886m　 。（提示：别忘了单位）
（3）在小球飞出后，除重力外还存在其他力或场（如下表首行所示）且小球带负电，分析左列的物理量与仅重力场时相比如何变化。均选填“A：不变”“B：变小”“C：变大”。
小球带负电，除重力外还存在 与速度成正比的空气阻力 沿x轴负方向的匀强电场 垂直纸面向内的匀强磁场
小球在空中飞行的时间t （1）C：变大 （4）　A：不变　 （7）　B：变小　
在木板上的落点横坐标x （2）　B：变小　 （5）　C：变大　 （8）　B：变小　
落到木板上时的速率v （3）　B：变小　 （6）　C：变大　 （9）　A：不变　
【答案】（1）螺旋测微器；11.281；（2）0.0886m；（3）见解答
【解答】解：（1）①该测量仪器是螺旋测微器；
②螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据图示螺旋测微器的读数，可得测量结果为D＝11mm+28.1×0.01mm＝11.281mm。
（2）设小球平抛的初速度为v，根据机械能守恒定律得：mgh
根据平抛运动规律可得：x＝vt；y
联立解得：x2＝4hy
对比抛物线x2＝2py，可得：p＝2h＝2×0.0443m＝0.0886m。
（3）存在与速度成正比的空气阻力时，空气阻力做负功，落到木板上时的速率v会变小；因空气阻力方向总是与运动方向相反，大小与速度成正比，故小球水平方向做减速运动，应用极限思维，当时间足够长后，水平速度减为零，空气阻力竖直向上，当空气阻力与重力相等后，小球竖直匀速下落，与平抛的运动轨迹抛物线相比，其运动轨迹必在抛物线的下方，故在木板上的落点横坐标x变小；故答案为：（2）B：变小；（3）B：变小；
存在沿x轴负方向的匀强电场，小球带负电，电场力沿+x方向，则水平方向做匀加速直线运动，竖直方向仍是自由落体运动，下落高度不变，则飞行时间不变，水平位移变大，水平末速度变大，在木板上的落点横坐标x和速率都增大；故答案为：（4）A：不变；（5）C：变大；（6）C：变大；
存在垂直纸面向内的匀强磁场，小球受到的洛伦兹力不做功，在木板上的速率v不变。小球带负电，且水平向右抛出，根据左手定则抛出时洛伦兹力方向竖直向下，可知水平位移减小，在木板上的落点横坐标x变小，小球在空中飞行的时间t变小。故答案为：（7）B：变小；（8）B：变小；（9）A：不变
故答案为：（1）螺旋测微器；11.281；（2）0.0886m；（3）见解答
20．如图，cd边界与x轴垂直，在其右方竖直平面内，第一、二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三、第四象限存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁场区域覆盖有竖直向上的外加匀强电场。在xOy平面内，某质量为m、电荷量为q的带正电的绝缘小球从P点与cd边界成30°角以速度v0射入，小球到坐标原点O时恰好以速度v0竖直向下运动，此时撤去外加的匀强电场。重力加速度大小为g，已知磁感应强度的大小均为。
（1）电场强度的大小E＝　　 。
（2）P点到y轴的距离xP＝　　 。
（3）小球第一次到达最低点时速度的大小为　　 。
（4）小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时所用的时间为　　 。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）。
【解答】（1）依题意，小球从P点运动到坐标原点O，速率没有改变，即动能变化为零，由动能定理可知合力功为零，电场力与重力等大反向，可得
qE＝mg
解得
（2）可知小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图根据
解得
由几何关系，可得
xP＝r+rcos30°
联立，解得
（3）把小球在坐标原点的速度v0分解为沿x轴正方向的vo和与x轴负方向成45°的，如图
其中沿x轴正方向的v0对应的洛伦兹力恰好与小球重力平衡，即
F洛＝qv0B＝mg
小球沿x轴正方向做匀速直线运动，与x轴负方向成45°的对应的洛伦兹力提供小球做逆时针匀速圆周运动的向心力，可知小球第一次到达最低点时速度的大小为
（4）由第二问分析可知小球在撤去电场后做匀速圆周运动的分运动轨迹如图所示
根据
又
由几何关系，可得小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时圆弧轨迹对应的圆心角为135°，则所用时间为
联立，解得
故答案为：（1）；（2）；（3）；（4）。
21．如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝1N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5T。有一带电微粒，质量m＝1×10﹣7kg，电荷量q＝+1×10﹣6C，从t＝0时刻由O点开始以速度v在第一象限的竖直面内做匀速直线运动，取g＝10m/s2，求：
（1）微粒做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
（2）若在t＝0.4s时，将电场方向逆时针旋转90°，在微粒继续运动的过程中，求微粒第一次经过y轴时的坐标；
（3）若在某一时刻撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），在微粒继续运动的过程中，求微粒速度方向恰好平行于x轴正方向时微粒的动能Ek。
【答案】（1）微粒做匀速直线运动的速度v的大小为，方向斜向右上与x轴成45°角；
（2）微粒第一次经过y轴时的坐标为（0，1.6m）；
（3）微粒速度方向恰好平行于x轴正方向时微粒的动能Ek为8×10﹣7J。
【解答】解：（1）微粒做匀速直线运动时，受到的重力mg、电场力qE，洛伦兹力Bqv为平衡力，微粒的合力为零，受力如下图所示：
则有：
代入数据解得：
速度v的方向与x轴的夹角满足：
解得：θ＝45°
可得速度方向为斜向右上与x轴成45°角。
（2）经过t＝0.4s后，设微粒运动到A点，则由O到A的位移大小为：
xOA＝vt，解得：xOA
可知A点坐标为（0.8m，0.8m），此时将电场逆时针旋转90°后，因Eq＝mg，且两者方向相反，故运动到A点后微粒在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：
解得：
分析可得微粒运动轨迹如下图，微粒恰好运动圆周第一次经过y轴。
设微粒经过y轴的交点为Q，则由几何关系可得：OA＝AQ＝2r，
解得：OQ＝1.6m
可得微粒第一次经过y轴时的坐标为（0，1.6m）。
（3）设微粒处于P点时速度恰平行于x轴正方向，P点速度大小为vp，刚撤去磁场到P点的运动轨迹如下图所示，
沿y轴正方向分速度为：vy＝vsinθ，解得：vy＝2m/s
设运动到P点所用的时间为t，则有：，解得：t＝0.2s
刚撤去磁场时，沿x轴正方向分速度为：vx＝vcosθ，解得：vx＝2m/s
沿x轴方向的加速度为：，解得：ax＝10m/s2
微粒到达P点的速度为：vp＝vx+axt，解得：vP＝4m/s
微粒在P点处的动能为：
解得：Ek＝8×10﹣7J
答：（1）微粒做匀速直线运动的速度v的大小为，方向斜向右上与x轴成45°角；
（2）微粒第一次经过y轴时的坐标为（0，1.6m）；
（3）微粒速度方向恰好平行于x轴正方向时微粒的动能Ek为8×10﹣7J。
▉题型7 带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动
【知识点的认识】
1.叠加场是指一个区域可能同时含有重力场、电场和磁场中的两个或三个。但本考点涉及的题目必须包含磁场。
2.带电粒子能够在叠加场中做匀速圆周运动只有一种情况，那就是重力与电场力平衡，粒子只在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动。
22．如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中（E和B已知），小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则（　　）
A．小球可能带正电
B．小球做匀速圆周运动的半径为r
C．小球做匀速圆周运动的周期为T
D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期变大
【答案】B
【解答】解：A、小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，即洛伦兹力提供向心力，所以mg＝Eq，由于电场力的方向与场强的方向相反，故小球带负电，故A错误；
B、由于洛伦兹力提供向心力，故有：qvB，
所以：r，故B正确；
C、由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期为：T，故C错误；
D、由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期为：T，显然运动周期与加速电压无关，故D错误；
故选：B。
▉题型8 带电粒子由磁场进入电场中的运动
【知识点的认识】
1.带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的
关系入手，分析运动性质。
2.一般的分析思路为：
（1）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取相应的规律处理。
（2）找关键：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键，
（3）画运动轨迹：根据受力分析和运动分析大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
3.本考点旨在针对粒子从磁场进入电场的情况。
（多选）23．如图所示，在xOy平面的第一、二象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在第三、四象限的﹣d≤y≤0范围内有沿x轴正方向的匀强电场，在坐标原点O有一粒子源可以向x轴上方以不同速率向各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，x轴上的P点坐标为（﹣d，0），y轴上的Q点坐标为（0，﹣d）。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。下列选项分析正确的是（　　）
A．沿不同方向射入磁场经过P点的粒子速率可能相同
B．若以最小速率经过P点的粒子又恰好能过Q点，则电场强度大小为
C．若粒子源发射的粒子最大速率为v，在第二象限中有粒子扫过的区域面积为
D．所有经过P点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同
【答案】AD
【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：，解得：
经过P点圆弧轨迹均以PO为弦，如图1所示
经过O、P两点存在半径相等的圆O1与圆O2，粒子可以分别沿这两个等大的圆在磁场中的圆弧部分做圆周运动经过P点，由于运动半径相等，故粒子速率相同，故A正确；
B.粒子以最小速率经过P点时，其轨迹的直径最小，可知以OP为轨迹直径时最小，其在磁场中的轨迹恰好为半个圆周，到达P点时速度方向垂直于x轴。
粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为：
由：，可得粒子经过P点时速率为：
粒子由P点到Q点做类平抛运动，沿y轴负方向做匀速直线运动，则有：d＝vmint，沿x轴正方向做匀加速直线运动，则有：
由牛顿第二定律得：qE＝ma，联立解得电场强度为：，故B错误；
C.由题意可知，若粒子源发射的粒子最大速率为v，由洛伦兹力提供向心力得：
可得粒子运动轨迹的最大半径为：
粒子以不同速率向各个方向进入磁场时，在第二象限中有粒子扫过的区域是以圆形轨迹最大的直径为半径的扇形面积，则所求面积为：
，故C错误；
D.设沿不同方向进入磁场的粒子经过P点的速度方向与x轴夹角为θ，如图2所示
由几何关系得：，对的速率为：
在P点垂直电场方向的分速度大小为：，可见vy为定值。粒子穿过电场过程沿y轴负方向做匀速直线运动，则有：d＝vyt，故所有经过P点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同，故D正确。
故选：AD。
24．如图甲所示，真空中有一长为L的直细金属导线MN，与导线同轴放置一半径为R的无限长金属圆柱面。假设导线沿径向均匀射出速率相同的电子，已知电子质量为m，电荷量为e，电子的初速应v0。不考虑出射电子间的相互作用及电子的重力。
（1）在柱面和导线之间，只加恒定电压，刚好没有电子到达柱面，求所加电压U的大小；
（2）在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场，刚好没有电子到达柱面，求磁感应强度B的大小；
（3）撤去柱面，把导线竖直放置在涂有荧光物质的无限大水平桌面上，在原先柱面范围内加竖直向上的匀强电场，电场强度为E，且满足（），则电子在桌面上形成什么形状的图形？桌面上的电子离N点的最远距离是多少？
【答案】（1）所加电压U的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）电子在桌面上形成平面圆形，桌面上的电子离N点的最远距离是。
【解答】解：（1）由动能定理得
解得
（2）由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力得
联立解得
（3）分析可知，电子在桌面上形成平面圆。当电子从导线最高处射出时电子离N点的最远。电子在电场中下落高度为
则在电场外下落高度为
设电子射出电场时，速度方向与水平方向上的夹角为θ，则
则在电场外的水平距离为
桌面上的电子离N点的最远距离
答：（1）所加电压U的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）电子在桌面上形成平面圆形，桌面上的电子离N点的最远距离是。
25．如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为匀强电场和匀强磁场的理想边界，一束带负电粒子由静止状态从P点经过Ⅰ、Ⅱ间的电场加速后垂直边界Ⅱ到达Q点，再经Ⅱ、Ⅲ间的磁场偏转后从边界Ⅲ穿出，且粒子从磁场边界Ⅲ穿出时速度方向与粒子入射磁场方向的夹角为30°。已知有界匀强磁场的磁感应强度大小为B，磁场宽度为d。粒子质量为m，电荷量为q，粒子的重力不计。求：
（1）粒子在磁场中运动时速度的大小；
（2）粒子在磁场中运动的时间t；
（3）P、Q两点间的电势差UPQ。
【答案】（1）粒子在磁场中运动时速度的大小为；
（2）粒子在磁场中运动的时间为；
（3）P、Q两点间的电势差为。
【解答】解：（1）由题意可知，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示，由几何关系知，粒子在磁场中运动半径R＝2d，由牛顿第二定律可得
解得
（2）粒子在磁场中运动的周期为
则有
（3）带电粒子在P、Q电场中加速，由动能定理可得
解得
可得
答：（1）粒子在磁场中运动时速度的大小为；
（2）粒子在磁场中运动的时间为；
（3）P、Q两点间的电势差为。
▉题型9 带电粒子由电场进入磁场中的运动
【知识点的认识】
1.带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的
关系入手，分析运动性质。
2.一般的分析思路为：
（1）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取相应的规律处理。
（2）找关键：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键，
（3）画运动轨迹：根据受力分析和运动分析大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
3.本考点旨在针对粒子从电场进入磁场的情况。
26．如图所示，在xOy坐标系x＜0区域内存在平行于x轴、电场强度大小为E（E未知）的匀强电场，分界线OP将x＞0区域分为区域Ⅰ和区域Ⅱ，区域Ⅰ存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B（B未知）的匀强磁场，区域Ⅱ存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B′B的匀强磁场及沿y轴负方向、电场强度大小为E′E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M（﹣d，0）点以初速度v0垂直电场方向进入第二象限，经N点进入区域Ⅰ，此时速度与y轴正方向的夹角为60°，经区域Ⅰ后由分界线OP上的A点（图中未画出）垂直分界线进入区域Ⅱ，不计粒子重力及电磁场的边界效应。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）带电粒子从M点运动到A点的时间t；
（3）粒子在区域Ⅱ中运动时，第1次和第5次经过x轴的位置之间的距离s。
【答案】（1）电场强度E的大小等于；
（2）带电粒子从M点运动到A点的时间t等于；
（3）粒子在区域Ⅱ中运动时，第1次和第5次经过x轴的位置之间的距离s等于4πd。
【解答】解：（1）粒子经过N点时的速度
粒子从M点到N点，由动能定理得
解得
（2）粒子从M点到N点，由运动学公式有
解得
粒子从M点到A点，其运动轨迹如图1所示
由抛体运动的规律可得
由几何关系可得，粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径
r1＝|ON|sin60°＝d
运动时间
则
（3）粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
解得
在A点对粒子由配速法，如图1所示，设v1对应的洛伦兹力与静电力平衡，则有
v1＝v2
方向相反，v2与v合速度v′对应洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，这样粒子进入区域Ⅱ中的运动分解为以v1的匀速直线运动和以v′的匀速圆周运动
静电力等于洛伦兹力，则有
qE′＝qv1B′
解得
v1＝v0
合速度
设对应的匀速圆周运动的半径为r2，由洛伦兹力提供向心力有
解得
其运动轨迹如图2所示
粒子从第1次到第5次经过x轴，共运动了2个周期，时间
距离
s＝v1t3
解得
s＝4πd
答：（1）电场强度E的大小等于；
（2）带电粒子从M点运动到A点的时间t等于；
（3）粒子在区域Ⅱ中运动时，第1次和第5次经过x轴的位置之间的距离s等于4πd。
27．如图所示，空间存在平面直角坐标系xOy，第一象限整个空间都有沿y轴负方向的匀强电场，x轴下方整个空间都有垂直于纸面向外的匀强磁场，第二象限既没有电场也没有磁场。一个不计重力的质量为m、电量为+q带电粒子，从y轴上的A点以初速度v0平行于x轴向x轴正方向飞出，A点坐标为（0，d），然后从x轴上的M点第一次进入磁场，M点坐标为（2d，0），再从x轴上的N点第一次离开磁场，N点坐标为（﹣3d，0），粒子始终在xOy平面内运动。求：
（1）电场强度的大小；
（2）和磁感应强度的大小；
（3）粒子第二次进入磁场时的位置及速度的大小和方向。
【答案】（1）电场强度的大小为；
（2）和磁感应强度的大小为；
（3）粒子第二次进入磁场时的位置为（6d，0），速度的大小为，方向与水平方向夹角为arctan2，斜向右下。
【解答】解：（1）粒子从A点飞出后做类平抛运动，则有
x1＝2d＝v0t1电，，
解得
（2）设第一次进入磁场时速度与x轴的夹角为θ1，速度为v1，沿y轴方向的速度为v1y，则v1y＝at1电＝v0，
即θ1＝45°，在磁场中的第一次沿x轴的侧移量
由几何关系
由题可知Δx1＝2d+3d＝5d
可得
（3）做出粒子运动的大致轨迹，粒子第一次离开磁场时速度与x轴夹角依然为θ1＝45°，沿y轴正向运动的位移y1′＝3d后到y轴上的A1点，再做反向的类平抛运动到最高点C1，可以知道C1在M1的正上方，此时C1与M1的高度差y2＝y1+y1′＝4d＝4y1
由于从最高点开始沿y方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据
可知v2y＝2v1y＝2v0
因此粒子第二次进入磁场时的位置x坐标为第一次类平抛的水平位移和第二次类平抛的水平位移之和，由于t2＝2t1
则x2＝2x1，xM＝x1+x2＝6d
即粒子第二次进入磁场的位置坐标为（6d，0），粒子第二次进入磁场时的速度
速度与水平方向夹角为θ2，则
故方向与水平方向夹角为arctan2，斜向右下。
答：（1）电场强度的大小为；
（2）和磁感应强度的大小为；
（3）粒子第二次进入磁场时的位置为（6d，0），速度的大小为，方向与水平方向夹角为arctan2，斜向右下。
28．如图甲，长为L、间距为dL的A、B两金属板水平放置，右侧有一垂直于纸面的匀强磁场，两板中心最左侧a处有一粒子源随时间均匀向板间水平发射速度v0的电子。两金属板上加如图乙所示的交变电压，电子穿过极板的时间极短，该过程中板间电压不变。当板间电压UAB时，从a点射出的电子经过磁场偏转后，恰能返回到a点。已知电子质量m，电量e，不计重力及电子间的相互作用。求：
（1）当电压UAB时，电子从板间飞出时沿电场方向的侧移量y；
（2）磁感应强度的大小B；
（3）交变电压的一个周期内发射的电子能再次回到两板间的比例。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）电子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律得：
水平方向有：L＝v0t
竖直方向有：
解得：
（2）设电子离开电场时的偏转角为θ，速度为v，则有：
电子再次进入电场时恰能回到a点，则电子在磁场中偏转的圆心在两极板的中心线上
由几何关系可得圆周运动半径为：
根据洛伦兹力通过得：
解得：
（3）任意时刻发射的电子在磁场中偏转后弦长
l＝2rcosθ
又
所以
为定值
3UAB时，a'＝3a，
电子恰好极板边缘进入磁场
﹣UAB时，电子在电场中偏移量为经磁场偏转后恰从极板边缘进入，所以比例为
答：（1）当电压UAB时，电子从板间飞出时沿电场方向的侧移量y为；
（2）磁感应强度的大小B为得；
（3）交变电压的一个周期内发射的电子能再次回到两板间的比例为。
▉题型10 速度选择器
【知识点的认识】
1.速度选择器的原理图如下：
2.特点：粒子匀速垂直穿过正交的匀强磁场和匀强电场时，根据qvB＝qE，可得粒子的速度必为v。就好像能特定选择出这一速度的粒子，因此将这种设备称为速度选择器。
29．如图所示，空间某区域有一方向水平、磁感应强度为B＝0.20T的匀强磁场。一带正电微粒质量为m＝2.0×10﹣8kg，带电量为q＝1.0×10﹣8C，当它以某一水平速度v0的大小为 　100　 m/s，垂直进入磁场后，恰能沿直线匀速通过此区域。如果微粒的速度大于v0，它将向 　向上　 偏转。
【答案】100；向上
【解答】解：一带正电微粒恰能沿直线匀速通过磁场，受到重力和洛伦兹力，微粒处于平衡状态，根据平衡条件有qv0B＝mg
解得；
如果微粒的速度大于v0，则有qvB＞mg
微粒进入磁场时合力竖直向上，微粒将向上偏转。
故答案为：100；向上
▉题型11 与加速电场相结合的质谱仪
【知识点的认识】
本考点旨在针对粒子先经过加速电场加速再进入质谱仪的情况。
1.质谱仪示意图如下
2.质谱仪的作用：分析粒子的性质，测定粒子的质量，研究同位素。
3.质谱仪例的相关参数：
（1）加速电场中：qU。
（2）偏转磁场中：Bqv。
（3）轨迹半径：R。
（4）照相底片上间距；d＝2ΔR。
30．质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子（可认为初速度为零），从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外半径为R的圆形匀强磁场，现在MN上的F点（图中未画出）接收到该粒子，且，则该粒子的比荷为（粒子的重力忽略不计）（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解答】解：带电粒子运动轨迹如图
设离子加速后获得的速度为v，由动能定理有：
得∠GOF＝60°
∠EO′G＝120°
得
所以离子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径
又，则
故选：C。
31．如图所示的两个半径为R的半圆形中空金属盒D1、D2置于真空中，两盒间留有一狭缝；在两盒的狭缝处加上大小为U的高频交变电压，空间中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直向上穿过盒面的匀强磁场。从粒子源P引出质量为m、电荷量为q的粒子，粒子初速度视为零，在狭缝间被电场加速，在D形盒内做匀速圆周运动，最终从边缘的出口处引出。不考虑相对论效应和重力影响，忽略粒子在狭缝间运动的时间，则（　　）
A．所加交流电的周期与磁场的磁感应强度B的大小无关
B．加速电压U越大，粒子最终引出D形盒时的动能就越大
C．粒子最终引出D形盒时的动能与加速电压成正比
D．粒子第一次加速后和第二次加速后速度大小之比是
【答案】D
【解答】解：A、粒子每通过狭缝一次，交变电场改变一次方向，电场变换两次为一个周期，而这个周期的时间粒子做两个半圆的运动，则有电场变换的周期等于磁场中做一个匀速圆周的周期，有f，则所需交变电压的频率与磁场的磁感应强度B的大小有关，故A错误；
BC、粒子在电场中加速，磁场中偏转，最终从磁场的边缘做匀速圆周运动离开，有qvB＝m
粒子的动能为Ek
解得粒子最终获得的动能为Ek，可得粒子最终获得的动能与加速电压无关，而与D形盒的半径R有关，所以只提高加速电压，粒子最终获得的动能不变，故BC错误；
C．粒子初速度可以视为零，第1次通过狭缝，由动能定理有qU，第2次通过狭缝，由动能定理有2qU
解得：
故D正确。
故选：D。
▉题型12 与速度选择器相结合的质谱仪
【知识点的认识】
本考点旨在针对粒子先经过速度选择器再进入质谱仪的情况。
1.质谱仪示意图如下
2.质谱仪的作用：分析粒子的性质，测定粒子的质量，研究同位素。
3.质谱仪例的相关参数：
（1）加速电场中：qU。
（2）偏转磁场中：Bqv。
（3）轨迹半径：R。
（4）照相底片上间距；d＝2ΔR。
（多选）32．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素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．该束带电粒子带正电
B．速度选择器的P1极板带正电
C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于
D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越大
【答案】AB
【解答】解：A．根据粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹，结合左手定则可以判断粒子带正电，故A正确；
B．在速度选择器中，粒子做匀速直线运动，合力为0，粒子带正电，则洛伦兹力向上，电场力必向下，即上板P1带正电，故B正确；
C．带电粒子在复合场中做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡qvB1＝Eq，则，故C错误；
D．进入B2磁场中的粒子速度大小是一定的，根据洛伦兹力提供向心力可得：，解得：，所以在B2磁场中运动半径r越大，比荷越小，故D错误。
故选：AB。
（多选）33．某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，a为粒子加速器，加速电压为U1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为B2，有一个质量为m、电荷量为e的正粒子（不计重力），从静止开始，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动．则下列说法正确的是（　　）
A．粒子加速器加速后的速度为v
B．速度选择器两板间的电压为U2＝B1d
C．粒子在分离器中做匀速圆周运动的半径为R
D．粒子在分离器中做匀速圆周运动的半径为R
【答案】AB
【解答】解：A、粒子经过加速电场U1加速后，根据动能定理eU1mv2﹣0，解得：v，故A错误；
B、因为粒子恰能通过速度选择器，则粒子在速度选择器中受到的电场力和洛伦兹力为一对平衡力，即：eEevB1
解得：U2＝B1d，故B正确；
CD、粒子在B2磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则：evB2＝m
解得：R，故CD错误。
故选：AB。
▉题型13 回旋加速器
【知识点的认识】
1.回旋加速器示意图如下：
2.回旋加速器的原理：用磁场控制轨道、用电场进行加速。
D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差U，盒内部空间由于静电平衡无电场，电压U在两盒之间的缝隙处产生加速电场。
盒中心A 处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。
两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁场使粒子做匀速圆周运动，从而使粒子在缝隙处被加速后再回到缝隙处再被加速。
两盒间的交变电势差一次一次地改变正负，保证粒子每次都能被加速。
34．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．仅增大狭缝间的加速电压，则同一粒子射出加速器时的动能增大
B．增大磁场的磁感应强度且使电场变化周期与粒子做圆周运动周期相同，则同一粒子射出加速器时的动能增大
C．仅增大D形金属盒的半径，则同一粒子射出加速器时的速度不变
D．加速电场频率不变时，比荷不同的粒子也可用同一加速器进行加速
【答案】B
【解答】解：A、仅增大加速电压，则粒子每次加速获得的动能增大。设D形金属盒半径为r，根据可得：
粒子的最大动能为Ek，联立可得：，可知，粒子射出加速器时的动能大小与加速电压无关，故A错误；
BC、根据，，可知仅增大磁感应强度或者D形金属盒的半径，则同一粒子射出加速器时的速度和动能均增大，故B正确、C错误；
D、由可知，比荷不同的粒子不能保证一直被加速，因此比荷不同的粒子不能用同一加速器加速，故D错误。
故选：B。
（多选）35．回旋加速器原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可忽略；磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流电源电压为U，频率为f。若质子的质量为m、电荷量为+q，在加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子由加速器的中心进入加速器
B．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的增大而增大
C．质子离开回旋加速器时的最大动能为
D．该加速器加速质量为4m、电荷量为+2q的α粒子时，交流电频率应变为
【答案】AD
【解答】解：A、带电粒子由加速器的中心进入加速器，故A正确；
B、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半径无关，故B错误；
C、质子离开回旋加速器时的最大动能，，联立，可得，故C错误；
D、加速质子时，有，加速α粒子时，有，故D正确。
故选：AD。
▉题型14 霍尔效应与霍尔元件
【知识点的认识】
一、霍尔效应
1．霍尔效应：置于磁场中的载流体，如果电流方向与磁场方向垂直，则垂直于电流和磁场方向会产生一个附加的横向电场，这个现象是霍普金斯大学研究生霍尔于1879年发现的，后被称为霍尔效应．
霍尔效应从本质上讲是运动的带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用而引起的偏转，所以可以用高中物理中的电磁学、力学、运动学等有关知识来进行解释．霍尔效应原理的应用常见的有：霍尔元件、磁流体发电机、电磁流量计、磁强计等．
36．霍尔效应这一现象是美国物理学家霍尔于1879年发现的。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，这一现象就是霍尔效应，这个电势差被称为霍尔电势差。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．a端电势低于b端电势
B．若元件的厚度增加，a、b两端电势差不变
C．霍尔电势差的大小只由霍尔元件本身决定
D．若要测量赤道附近的地磁场，应将工作面调整为与待测平面平行
【答案】B
【解答】解：A、由图可知电流方向从右向左，则霍尔元件中电子从左向右移动，根据左手定则判断可知在洛伦兹力作用下电子向b端偏转，故b端的电势较低，故A错误；
BC、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
可得：
U与磁感应强度B、元件前后的距离d等因素有关，与厚度无关，故B正确，C错误；
D、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，工作面应该处于垂直状态，故D错误；
故选：B。
（多选）37．如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（　　）
A．甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压U
B．乙图可判断出B极板是发电机的正极
C．丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v
D．丁图中若载流子带负电，稳定时D板电势高
【答案】BD
【解答】解：A、根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m，解得：v，故最大动能为：Ekmmv2，所以最大动能与加速电压无关，故A错误；
B、由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，故B正确；
C、电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和洛伦兹力，且二力是平衡力，即Eq＝qvB，所以v，不管粒子带正电还是带负电都可以匀速直线通过，所以无法判断粒子的电性，故C错误；
D、若载流子带负电，由左手定则可知，负粒子向C端偏转，所以稳定时D板电势高，故D正确。
故选：BD。
▉题型15 电磁流量计
【知识点的认识】
1.电磁流量计的原理图如下
2.流量Q的定义：单位时间流过导管某一横截面的导电液体的体积。
3.公式：Q＝Sv，其中S为导管的横截面积，v是导电液体的流速。
4.导电液体的流速v的计算如下，一圆形导管直径为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，当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，a，b间的电势差U达到最大，由，可得v。
5.流量的表达式：Q＝Sv
6.电视高低判断：根据左手定则可得φa＜φb。
38．人体血管状况及血液流速可以反映身体健康状态。血管中的血液通常含有大量的正负离子。如图，血管内径为d，血流速度v方向水平向右。现将方向与血管横截面平行，且垂直纸面向内的匀强磁场施于某段血管，其磁感应强度大小恒为B，当血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定时（　　）
A．血管上侧电势低，血管下侧电势高
B．若血管内径变小，则血液流速变小
C．血管上下侧电势差与血液流速无关
D．血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小
【答案】D
【解答】解：A.根据左手定则可知，正带电离子向血管上侧偏转，负带电离子向血管下侧偏转，则血管上侧电势高，血管下侧电势低，故A错误；
B.设血液的流量为V，若血管内径变小，则血管的横截面积变小，根据V＝Sv可知，血液流速变大，故B错误；
CD.稳定时，带电离子所受洛伦兹力等于所受的电场力，
则有：，
可得U＝dvB，
又有：，
联立可得：，
根据、V＝Sv可知，血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小，血液的流速变化，则血管内径一定改变，则血管上下侧电势差改变，所以血管上下侧电势差与血液流速有关，故D正确，C错误；
故选：D。
▉题型16 显像管的原理
【知识点的认识】
洛伦兹力的方向与粒子的运动速度方向垂直，当粒子在磁场中运动时，因受到洛伦兹力的作用，就会发生偏转。显像管电视机中就应用了电子束磁偏转的原理。
显像管中有一个电子枪，工作时它能发射高速电子。撞击荧光屏，就能发光。可是，很细的一束电子打在荧光屏上只能使一个点发光，要使整个荧光屏发光，就要靠磁场来使电子束偏转了。
如下图为显像管原理示意图（俯视图）
实际上，在偏转区的水平方向和竖直方向都有偏转磁场，其方向、强弱都在不断变化，因此电子束打在荧光屏上的光点就像下图那样不断移动，这在显示技术中叫作扫描。电子束从最上一行到最下一行扫描一遍叫作一场，电视机中的显像管每秒要进行50场扫描，所以我们感到整个荧光屏都在发光。
39．如图所示是电视机显像管原理的示意图。没有磁场时，电子束打在荧光屏正中的O点。为使电子束偏转，由安装在管颈的偏转线圈通电时产生偏转磁场。如果要使电子束打在荧光屏O点上方的A点，则偏转磁场的方向（　　）
A．垂直纸面向外 B．垂直纸面向里
C．沿纸面向上 D．沿纸面向下
【答案】A
【解答】解：电子束向右运动，等效于电流向左，因为受到的洛伦兹力方向向上，才会打在荧光屏上A点，根据左手定则可以得知，偏转磁场的方向应该垂直纸面向外。故A正确，BCD错误。
故选：A。

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