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第一章第2节 洛伦兹力
题型1 洛伦兹力的概念 题型2 左手定则判断洛伦兹力的方向
题型3 洛伦兹力的动力学特点 题型4 洛伦兹力、磁场、粒子运动方向和电荷性质的相互判断
题型5 洛伦兹力的计算公式及简单应用 题型6 洛伦兹力在运动过程中的动态变化问题
题型7 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 题型8 带电粒子（或微粒）在非匀强磁场中的运动
题型9 带电粒子在直线边界磁场中的运动 题型10 带电粒子在矩形边界磁场中的运动
题型11 带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动 题型12 带电粒子在叠加场中做直线运动
题型13 带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动 题型14 带电粒子在叠加场中做变速圆周运动
题型15 带电粒子在叠加场中做旋进运动 题型16 带电粒子在叠加场中做一般曲线运动
题型17 带电粒子由磁场进入电场中的运动 题型18 带电粒子由电场进入磁场中的运动
题型19 带电粒子在电场和磁场中的往复运动 题型20 带电粒子在组合场中的动量问题
题型21 霍尔效应与霍尔元件
▉题型1 洛伦兹力的概念
【知识点的认识】
1.定义：洛伦兹力是指磁场对运动电荷的作用力。
2.特点：
（1）洛伦兹力是电荷在磁场中受到的力，但是电荷在磁场中却不一定总是受到洛伦兹力。只有当电荷在磁场中运动，且运动方向
不与磁场平行时，才会受到洛伦兹力的作用。
（2）洛伦兹力总是垂直于电荷的运动方向和磁场方向。
1．如图所示，a、b两个长方体物块叠放在粗糙水平地面上，物块a带正电，物块b不带电且为绝缘体，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉物块b，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，在加速的过程中，物块a、b间的摩擦力（　　）
A．逐渐减小 B．逐渐增大
C．先增大后减小 D．先减小后增大
▉题型2 左手定则判断洛伦兹力的方向
【知识点的认识】
1.左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向（如下图）。负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反。
2.洛伦兹力的方向垂直于磁场方向和电荷运动方向决定的平面。
2．下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子在电场中一定沿电场线运动
B．带电粒子在电场中一定受到电场力的作用
C．带电粒子在磁场中一定受到洛伦兹力的作用
D．通电导线在磁场中一定受到安培力的作用
▉题型3 洛伦兹力的动力学特点
【知识点的认识】
1.洛伦兹力的方向特点：f⊥B，f⊥v，f垂直于B、v共同确定的平面，但B与v不一定垂直。
2.动力学特点：洛伦兹力的方向随电荷运动方向的变化而变化。但无论怎么变化，洛伦兹力都与运动方向垂直，故洛伦兹力永不做功，它只改变电荷的运动方向，不改变电荷的速度大小。
3．如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（　　）
A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B．小球运动过程中的速度不变
C．小球运动过程的加速度保持不变
D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功
▉题型4 洛伦兹力、磁场、粒子运动方向和电荷性质的相互判断
【知识点的认识】
1.手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向（如下图）。负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反。
2.本考点旨在考查洛伦兹力、磁场方向、粒子运动方向和电荷性质的互相判断。已知其中的任意三个才可以推出第四个。
4．如图，示波管内存在垂直纸面向外的匀强磁场，则电子束进入示波管后（　　）
A．向纸里偏转 B．向纸外偏转
C．向下偏转 D．向上偏转
题型题5 洛伦兹力的计算公式及简单应用
【知识点的认识】
1.电荷量为q的粒子在磁场中以速度v在运动时，如果速度方向与磁感应强度B的方向垂直，那么粒子受到的洛伦兹力为：F＝qvB.
2.设电荷运动的方向与磁场方向的夹角为θ时，电荷所受的洛伦兹力为F＝qvBsinθ。
3.综上所述，粒子在磁场磁场中受到的洛伦兹力大小的一些可能值如下：
（1）v∥B时，洛伦兹力F＝0．（θ＝0°或180°）
（2）v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB．（θ＝90°）
（3）v＝0时，洛伦兹力F＝0。
4.在只考虑磁场力作用的情况下，若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力作用，在强磁场中做匀速直线运动.
5.在只考虑磁场力作用的情况下，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，做匀速圆周运动.
5．如图所示，光滑绝缘圆管竖直固定在水平匀强磁场中，一带正电小球从管口由缝静止开始下落，则下列描述圆管对小球的冲量I随下落时间t和下落高度h的关系图像中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
题型6 洛伦兹力在运动过程中的动态变化问题
【知识点的认识】
在运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力的表达式为f＝Bqv。但B和q一定时，f与v成正比，洛伦兹力会受到速度变化的影响。
本考点旨在分析由于速度变化引起洛伦兹力变化的动力学问题。
6．如图所示，带负电的小球用绝缘丝线悬挂于O点在匀强磁场中摆动，当小球每次通过最低点A时（　　）
A．摆球受到的磁场力相同
B．摆球的动能相同
C．摆球的速度相同
D．向右摆动通过A点时悬线的拉力等于向左摆动通过A点时悬线的拉力
（多选）7．如图，空间有一垂直纸面向外、磁感应强度大小为2T的匀强磁场，一质量为0.3kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板右端无初速度放上一质量为0.4kg、电荷量q＝+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.45，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t＝0s时对滑块施加方向水平向左，大小为2.1N的恒力。g取10m/s2，则（　　）
A．木板和滑块一直做加速度为3m/s2的匀加速运动
B．木板先做加速度为3m/s2的匀加速运动，再做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动
C．当木块的速度等于9m/s时与木板恰好分离
D．ts时滑块和木板开始发生相对滑动
题型7 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【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。
8．如图所示为洛伦兹力演示仪的示意图。电子枪发出的电子经电场加速后形成电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹，励磁线圈能够产生垂直纸面向里的匀强磁场。下列说法正确的是（　　）
A．仅升高电子枪加速电场的电压，运动径迹的半径变大
B．仅增大励磁线圈中的电流，运动径迹的半径变大
C．仅增大励磁线圈中的电流，电子做圆周运动的周期将变大
D．仅使励磁线圈中电流为零，电子枪中飞出的电子将做匀加速直线运动
（多选）9．如图所示，在xoy平面存在一半径R＝2a的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，在圆心O处有一粒子源，粒子源沿xoy平面，朝第三象限90°范围内的各个方向发射同种带正电的粒子，且粒子源朝各个方向发射的粒子数目均匀分布，发射出的粒子速度大小相等，所带电荷量为q，质量为m。在y＝a处有一平行于x轴放置的水平挡板，挡板足够长，与圆形磁场区域分别交于A、B两点，挡板上C点坐标为（﹣a，a）。从粒子源发出的粒子恰好均能打在挡板上，且发现有两种不同方向的粒子会打在挡板上的同一位置。若不计带电粒子重力，粒子打在挡板上就被吸收，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子速度大小为v
B．挡板上有两种不同方向的粒子会打在同一位置的区域长度为（1）a
C．若挡板可绕C点转动，要保证所有粒子均打在挡板上的不同位置，挡板至少要逆时针转动30°
D．若圆形磁场区域的半径调为R＝a，磁场圆心位置移动到（﹣a，0），则能打在挡板上的粒子均垂直打在水平挡板上，且打在AC区域上的粒子数目多于发射粒子总数的
题型8 带电粒子（或微粒）在非匀强磁场中的运动
【知识点的认识】
当粒子在非匀强磁场中运动时，半径公式r和周期公式T不再适用，但可以用来定性分析随着磁场的变化，半径和周期的变化情况。
10．通电长直导线在其周围空间产生磁场。某点的磁感应强度大小B与该点到导线的距离r及电流I的关系为（k为常量）。如图所示，竖直通电长直导线中的电流I方向向上，绝缘的光滑水平面上P处有一带正电小球从图示位置以初速度v0水平向右运动，小球始终在水平面内运动，运动轨迹用实线表示，若从上向下看，则小球的运动轨迹可能是图中的（　　）
A． B．
C． D．
题型9 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。
11．一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。已知氕核的质量为m，电荷量为q。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为（　　）
A． B． C． D．
12．如图，xOy平面内有大量电子（质量为m、电荷量为e）从原点O连续以相同速率v0向各个方向发射，右侧远处放置与xOy平面垂直且足够大的荧光屏。现在各象限施加面积最小的垂直于该平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，使第1、4象限的电子最终平行于x轴并沿x轴正向运动，第2、3象限的电子最终平行于x轴并沿x轴负向运动。忽略电子间的相互作用，则（　　）
A．第1、4象限磁场方向垂直平面向外
B．整场的最小总面积为
C．电子在磁场中运动的最长时间为
D．电子在光屏上形成的光斑长度为
（多选）13．如图所示，在等腰直角三角形abc区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，O为ab边的中点，在O处有一粒子源沿纸面内不同方向、以相同的速率不断向磁场中释放相同的带正电的粒子，已知粒子的质量为m，电荷量为q，直角边ab长为，不计重力和粒子间的相互作用力。则（　　）
A．从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为
B．从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为
C．粒子能从bc边射出的区域长度为L
D．粒子能从bc边射出的区域长度为
14．如图所示，在坐标系xOy的第一象限内存在垂直xOy平面的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的A点以速度v沿与x轴正方向成60°的方向射入匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。已知OA＝a，不计重力。求：
（1）粒子在坐标系xOy的第一象限内运动的时间为多少？
（2）不改变粒子的入射速度方向，要使粒子重新回到x轴，粒子的速度大小必须满足什么条件？
题型10 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。
15．如图，正方形abcd内有方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面内从顶点a以速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时，电子可分别从ab边的中点、b点和c点射出，在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3，则（　　）
A．t1＜t2＝t3 B．t1＜t2＜t3 C．t1＝t2＞t3 D．t1＞t2＞t3
16．如图所示，一个α粒子（氦的原子核，两个核电荷数和四个质量数He）从x轴上的P点以速度v1沿与x轴成θ＝60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，恰好垂直于y轴从A点射出第一象限。一个质子（一个元电荷、一个质量数H）从坐标原点O以速度v2沿与x轴成θ＝60°的方向射入第一象限，也恰好从A点射出第一象限。则v1：v2等于（　　）
A．3：1 B．1：3 C．4：1 D．1：4
题型11 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。
17．如图（a），在光滑绝缘水平桌面内建立直角坐标系Oxy，空间内存在与桌面垂直的匀强磁场。一质量为m、带电量为q的小球在桌面内做圆周运动。平行光沿x轴正方向照射，垂直光照方向放置的接收器记录小球不同时刻的投影位置。投影坐标y随时间t的变化曲线如图（b）所示，则（　　）
A．磁感应强度大小为
B．投影的速度最大值为
C．2t0 3t0时间内，投影做匀速直线运动
D．3t0 4t0时间内，投影的位移大小为y0
18．如图，圆心在坐标原点O的圆形区域内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场（未画出）。一电子（不计重力）从区域边缘的C点沿y轴负方向射入磁场，从磁场边界与y轴的交点D处离开磁场。已知磁场区域半径为R，磁感应强度为B，电子比荷为k，∠COD＝60°。求电子在磁场中运动时的速度大小。
题型12 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。
19．如图表示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO′在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面夹角为α。一质量为m、带电荷为+q的圆环A套在OO′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanα。现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中圆环A的最大速率为（　　）
A． B．
C． D．
20．如图所示，在直角坐标系xOy中，存在着场强为，方向竖直向上的匀强电场，在第二、三象限内存在着磁感应强度均为，方向垂直纸面向里的匀强磁场。一长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量为m、电荷量为q的正电小球，现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动到最高点时，细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂。当细线断裂，小球进入第二象限后做曲线运动，并多次经过x轴。已知在第二象限内小球第一次到x轴的坐标绝对值为，重力加速度为g，求：
（1）细线能承受的最大拉力；
（2）小球进入第二象限后运动过程中的最小速率；
（3）小球从进入第二象限开始至第一次到达x轴所用的时间。
题型13 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。
（多选）21．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴竖直向上。第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标面向里的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出）。一质量为m、带电量为q的小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第Ⅰ象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g。则（　　）
A．电场强度的大小为，方向沿y轴负半轴
B．做圆周运动的周期为
C．从P运动到Q过程中小球电势能减小mgd
D．磁感应强度大小为
22．如图所示，在平面直角坐标系xOy（x轴水平，y轴竖直）中，第一象限内存在正交的匀强电、磁场，电场强度竖直向上，大小E1＝40N/C，磁场方向垂直纸面向里；第四象限内存在一方向向左的匀强电场，场强E2＝20.8N/C。一质量为m＝2×10﹣3kg的带正电的小球，从M（3.6m，3.2m）点，以v0＝1m/s的水平速度开始运动。已知球在第一象限内做匀速圆周运动，从P（2.0m，0）点进入第四象限后经过y轴上的N点（图中未标出）。求：（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）小球由P点运动至N点的时间；
（3）y轴上的N点坐标。
题型14 带电粒子在叠加场中做变速圆周运动
【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.带电粒子在叠加场中做变速圆周运动的情况有很多种，比如在轻绳的牵引下做变速圆周运动，在圆形轨道的束缚下做变速圆周运动，共同点是都有外力作用，需要根据具体情况分析。
（多选）23．如图所示，一长为L的轻质绝缘细线一端固定于O点，另一端拴一质量为m、带电量为+q的小球，小球在竖直平面内绕O点做完整的圆周运动，AB是水平直径，空间存在与小球运动平面平行的匀强电场。已知小球在A、B两点所受细线的拉力大小分别为TA＝2mg，TB＝5mg（g为重力加速度），不计空气阻力。则以下说法正确的是（　　）
A．小球运动中机械能最小的位置可能是A点
B．若A点是小球运动中速度最小的位置，则电场强度E
C．若小球运动中机械能最小的位置是A点，则小球运动过程中的最小速度是va
D．A、B两点的电势差一定等于
题型15 带电粒子在叠加场中做旋进运动
【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。
2.做旋进运动的条件：当带电粒子的初速度与磁场方向有一定夹角（不垂直，不平行）时，粒子会在磁场中做旋进运动。如果没有其他力，粒子将会匀速旋进；如果有其他力，粒子可能做变速旋进。
24．如图所示，空间存在竖直方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B＝1T，电场强度大小可调。一带电小球从O点正上方2m处以初速度v0＝2m/s水平抛出。已知小球质量为m＝0.1kg，电量为q＝0.2C，则其能经过O点时的最大动能约为（　　）
A．0.20J B．0.28J C．1.28J D．2.20J
题型16 带电粒子在叠加场中做一般曲线运动
【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.本考点主要针对带电粒子在叠加场中做一般曲线运动的情况。
如图所示，一带电量为q的小球，质量为m，以初速度v0竖直向上射入水平方向的匀强磁场中，磁感应强度为B．当小球在竖直方向运动h高度时到达b点，重力加速度为g。
（1）判断小球带何种电荷？
（2）球在b点上所受的磁场力多大？
分析：（1）由左手定则根据磁场方向和运动偏转方向可知小球的电性；
（2）a到b，洛伦兹力不做功，只有重力做功，可求得B点的速度；再由洛伦兹力公式F＝qvB解得F大小。
解答：（1）由左手定则可以判定小球带负电
（2）从抛出点到b点，只有重力做功，洛伦兹力不做功
由动能定理得：﹣mghmv2m
得：
由洛伦兹力公式f＝qvB得，
答：（1）小球带负电荷；
（2）球在b点上所受的磁场力为
点评：此题要求同学们会用左手定则判定受力方向，注意四指指正电荷运动的方向；能根据洛伦兹力充当向心力列式求解，注意明确洛伦兹力永不做功。
25．如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷量的绝对值也相等，现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示。点a、b、c为实线与虚线的交点。已知O点电势高于c点电势。不计重力，则（　　）
A．M带负电，N带正电
B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同
C．N从O点运动至a点的过程中克服静电力做功
D．M从O点运动至b点的过程中，电场力对它始终做正功
（多选）26．如图所示，磁控管内局部区域分布有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。一电子从M点由静止释放，沿图中轨迹依次经过N、P两点，且N点离水平虚线最远。已知磁感应强度为B，电场强度为E，电子质量为m、电荷量为e，电子重力不计，则（　　）
A．电子在N点的速率为
B．N点离虚线的距离为
C．电子从M到N点的时间为
D．M、P两点的距离为
题型17 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。
27．如图所示，第一象限内存在水平向左的匀强电场，电场强度大小为E（E未知），第二象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场及竖直向下的匀强电场，电场强度大小为2E。现有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从x轴上的A点以初速度v0垂直于x轴射入电场，经y轴上的P点进入第二象限，再垂直于x轴进入第三象限。已知第二、三象限内磁场的磁感应强度的大小相等，A点的横坐标为L，P点的纵坐标为，不计粒子重力。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）第二、三象限内磁场的磁感应强度B的大小；
（3）粒子第一次在第三象限运动过程中与x轴的最远距离。
28．如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在第二象限存在与y轴平行且方向向上的匀强电场。一带负电粒子从x轴上的A点以速度v0沿与x轴成θ＝60°角的方向射入匀强磁场，恰好垂直于y轴从D点（图中未画出）进入匀强电场，最终从x轴上的C点离开电场。已知OA＝d，OC＝2d，粒子重力不计，求：
（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R和运动时间t1；
（2）D点的纵坐标yD；
（3）粒子的比荷；
（4）电场强度的大小E。
题型18 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。
29．如图所示，在y＞0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y＜0的空间中，存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从y轴上y＝h处的点P1以速率v0垂直于y轴射入第一象限，然后经过x轴上x＝2h处的P2点进入磁场，一段时间后再次经过点P1重复刚才的运动。不计重力，求：
（1）电场强度的大小；
（2）磁感应强度的大小；
（3）粒子运动的周期。
30．如图所示，在xoy平面内y＞0的区域有竖直向下、大小为E的匀强电场，在y＜0区域有以y轴为中心轴、半径为R、高为的圆筒，筒内分布着方向竖直向上、大小的匀强磁场，顶部平面与xoz平面重合，圆心O处开有小孔，圆筒底面涂有荧光粉，带电粒子到达处会发出荧光。在xoy平面内有一粒子发射带MN，其两端坐标：M（﹣R，2R，0）、N（R，2R，0），MN之间各点均可在xoy平面内向y轴发射不同速率带正电的粒子。已知粒子质量为m，电荷量为q，圆筒接地，碰到圆筒的粒子即被导走，不计重力，不考虑场的边界效应及粒子间相互作用。
（1）若从M点偏离水平方向θ＝45°向右下方发射的粒子恰能通过O点进入磁场，求该粒子发射的速度v0；
（2）在某次发射中，从M、N两点水平发射的粒子穿过O点到达了圆筒底部，求它们发光点M′、N′的坐标。
题型19 带电粒子在电场和磁场中的往复运动
【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电场和磁场间往复运动的情况。
31．如图所示，在直角坐标系xOy的第一、四象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在第二、三象限内存在沿x轴正方向的匀强电场。某时刻，一个正电荷从x轴上的P点以初速度v0沿x轴正方向射入，正电荷第一次到达y轴时，速度方向与y轴负方向成45°角，之后正电荷在电场中运动，并垂直通过x轴上的Q点。已知O、P两点之间的距离为L，正电荷所受重力忽略不计。求：（结果均可用根式表示）
（1）正电荷的比荷；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）正电荷从P点出发到第一次回到P点的时间。
题型20 带电粒子在组合场中的动量问题
【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在组合场中的动量问题。
32．某装置用电磁场控制带电粒子运动，工作原理如图所示。在平面直角坐标系xOy中，矩形MNPQ区域内存在多层紧邻的平行y轴方向的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向如图所示。MN边长为16d，MQ边长为4d。紧邻电场右侧存在着垂直于xOy平面向外的范围足够大的匀强磁场。质量为m、电荷量为+q的粒子K从装置左端中点（即坐标原点）以初速度射入电场，射入方向与x轴正方向成θ＝45°角，不计粒子重力，不考虑相对论效应。
（1）求粒子K通过第一层电场区所用的时间和产生的水平位移；
（2）为控制粒子K能够从O′P区域回到电场区，求匀强磁场的磁感应强度的取值范围；
（3）在x轴下方的多层电场的某分界线上合适位置静置着一质量为4m、不带电的粒子L，使得从P点回到电场区的粒子K能够与粒子L发生一维对心弹性碰撞，讨论碰撞后粒子L可能的速度。
题型21 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．
33．日常带皮套的智能手机是利用磁性物质和霍尔元件等起到开关控制作用。打开皮套，磁体远离霍尔元件手机屏幕亮；合上皮套，磁体靠近霍尔元件屏幕熄灭。如图所示，一块宽度为d、长为l、厚度为h的霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子。水平向右大小为I的电流通过元件时，手机套合上，元件处于垂直于上表面、方向向下且磁感应强度大小为B的匀强磁场中，元件的前、后表面产生稳定电势差U，称为霍尔电压，且U ，以此来控制屏幕熄灭。下列说法正确的是（　　）
A．前表面的电势比后表面的电势低
B．自由电子所受洛伦兹力的大小为
C．增大霍尔元件中的电流，霍尔电压增大
D．元件内单位体积的自由电子数为
34．如图所示，一定厚度和宽度的导体板放在匀强磁场中，当导体板通过一定电流，且电流与磁场方向垂直时，在导体板的上侧面A和下侧面A'之间会产生一定的电势差UH，这种现象称为霍尔效应。设该导体板单位体积中自由电子的个数为n，导体板的宽度为d，通过导体板的电流为I，磁感应强度为B，电子电荷量为e，以下说法中不正确的是（　　）
A．上侧面电势比下侧面电势低
B．两侧面的电势差
C．电势差稳定后，自由电子受到的洛伦兹力大小为
D．如果把这种导体板上、下侧面间的电压进行线性放大显示，用它做成的磁传感器的示数跟被测磁感应强度不是线性关系第一章第2节 洛伦兹力
题型1 洛伦兹力的概念 题型2 左手定则判断洛伦兹力的方向
题型3 洛伦兹力的动力学特点 题型4 洛伦兹力、磁场、粒子运动方向和电荷性质的相互判断
题型5 洛伦兹力的计算公式及简单应用 题型6 洛伦兹力在运动过程中的动态变化问题
题型7 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 题型8 带电粒子（或微粒）在非匀强磁场中的运动
题型9 带电粒子在直线边界磁场中的运动 题型10 带电粒子在矩形边界磁场中的运动
题型11 带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动 题型12 带电粒子在叠加场中做直线运动
题型13 带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动 题型14 带电粒子在叠加场中做变速圆周运动
题型15 带电粒子在叠加场中做旋进运动 题型16 带电粒子在叠加场中做一般曲线运动
题型17 带电粒子由磁场进入电场中的运动 题型18 带电粒子由电场进入磁场中的运动
题型19 带电粒子在电场和磁场中的往复运动 题型20 带电粒子在组合场中的动量问题
题型21 霍尔效应与霍尔元件
▉题型1 洛伦兹力的概念
【知识点的认识】
1.定义：洛伦兹力是指磁场对运动电荷的作用力。
2.特点：
（1）洛伦兹力是电荷在磁场中受到的力，但是电荷在磁场中却不一定总是受到洛伦兹力。只有当电荷在磁场中运动，且运动方向
不与磁场平行时，才会受到洛伦兹力的作用。
（2）洛伦兹力总是垂直于电荷的运动方向和磁场方向。
1．如图所示，a、b两个长方体物块叠放在粗糙水平地面上，物块a带正电，物块b不带电且为绝缘体，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉物块b，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，在加速的过程中，物块a、b间的摩擦力（　　）
A．逐渐减小 B．逐渐增大
C．先增大后减小 D．先减小后增大
【答案】A
【解答】解：整体向左运动后，根据左手定则可知，a受到竖直向下的洛伦兹力，以整体为研究对象有：F﹣f＝（ma+mb）a；
其中b与地面之间的摩擦力：f＝（mag+mbg+qvB）μ
由于物体加速运动，因此速度逐渐增大，洛伦兹力增大，则地面给b的滑动摩擦力增大，因此整体在加速运动阶段加速度逐渐减小；
对a分析可知，a受到水平向左的静摩擦力作用，根据牛顿第二定律有：f＝maa，由于加速度逐渐减小，因此a、b之间的摩擦力减小，故A正确，BCD错误。
故选：A。
▉题型2 左手定则判断洛伦兹力的方向
【知识点的认识】
1.左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向（如下图）。负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反。
2.洛伦兹力的方向垂直于磁场方向和电荷运动方向决定的平面。
2．下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子在电场中一定沿电场线运动
B．带电粒子在电场中一定受到电场力的作用
C．带电粒子在磁场中一定受到洛伦兹力的作用
D．通电导线在磁场中一定受到安培力的作用
【答案】B
【解答】解：A．带电粒子在电场中不一定沿电场线运动，与带电粒子的初状态有关，故A错误；
B．带电粒子在电场中一定受到电场力的作用，故B正确；
CD．带电粒子在磁场中不一定受到洛伦兹力的作用，通电导线在磁场中也不一定受安培力作用，比如带电粒子速度方向或通电导线平行于磁场方向时，故CD错误。
故选：B。
▉题型3 洛伦兹力的动力学特点
【知识点的认识】
1.洛伦兹力的方向特点：f⊥B，f⊥v，f垂直于B、v共同确定的平面，但B与v不一定垂直。
2.动力学特点：洛伦兹力的方向随电荷运动方向的变化而变化。但无论怎么变化，洛伦兹力都与运动方向垂直，故洛伦兹力永不做功，它只改变电荷的运动方向，不改变电荷的速度大小。
3．如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（　　）
A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B．小球运动过程中的速度不变
C．小球运动过程的加速度保持不变
D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功
【答案】A
【解答】解：A．带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场中，小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，故A正确；
B．小球受洛伦兹力和重力的作用，做曲线运动，速度的方向时刻变化，故B错误；
C.小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，重力始终竖直向下，洛伦兹力始终与速度方向垂直，且速度方向时刻变化，合力方向时刻变化，根据牛顿第二定律，加速度的方向时刻变化，故C错误。
D．小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，洛伦兹力始终与速度方向垂直，根据功的定义，洛伦兹力永不做功，故D错误。
故选A。
▉题型4 洛伦兹力、磁场、粒子运动方向和电荷性质的相互判断
【知识点的认识】
1.手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向（如下图）。负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反。
2.本考点旨在考查洛伦兹力、磁场方向、粒子运动方向和电荷性质的互相判断。已知其中的任意三个才可以推出第四个。
4．如图，示波管内存在垂直纸面向外的匀强磁场，则电子束进入示波管后（　　）
A．向纸里偏转 B．向纸外偏转
C．向下偏转 D．向上偏转
【答案】D
【解答】解：由左手定则可知，电子束受到的洛伦兹力竖直向上，则电子束向上偏转，故D正确，ABC错误。
故选：D。
题型题5 洛伦兹力的计算公式及简单应用
【知识点的认识】
1.电荷量为q的粒子在磁场中以速度v在运动时，如果速度方向与磁感应强度B的方向垂直，那么粒子受到的洛伦兹力为：F＝qvB.
2.设电荷运动的方向与磁场方向的夹角为θ时，电荷所受的洛伦兹力为F＝qvBsinθ。
3.综上所述，粒子在磁场磁场中受到的洛伦兹力大小的一些可能值如下：
（1）v∥B时，洛伦兹力F＝0．（θ＝0°或180°）
（2）v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB．（θ＝90°）
（3）v＝0时，洛伦兹力F＝0。
4.在只考虑磁场力作用的情况下，若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力作用，在强磁场中做匀速直线运动.
5.在只考虑磁场力作用的情况下，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，做匀速圆周运动.
5．如图所示，光滑绝缘圆管竖直固定在水平匀强磁场中，一带正电小球从管口由缝静止开始下落，则下列描述圆管对小球的冲量I随下落时间t和下落高度h的关系图像中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解答】解：小球竖直方向只受重力，小球做自由落体运动，
，
速度大小为
v＝gt
小球下落过程中在水平方向将受到洛伦兹力，
根据水平方向受力平衡可知圆管对小球的弹力大小始终等于小球所受洛伦兹力，
即有
FN＝Bqv
由此可知圆管对小球的冲量
I＝FN t
联立以上各式可得
I＝Bqgt2，I＝Bqh
则可知，小球的I﹣t图像为过原点且开口向上的抛物线，I﹣h图像为过原点的倾斜直线。
故A正确，BCD错误。
故选：A。
题型6 洛伦兹力在运动过程中的动态变化问题
【知识点的认识】
在运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力的表达式为f＝Bqv。但B和q一定时，f与v成正比，洛伦兹力会受到速度变化的影响。
本考点旨在分析由于速度变化引起洛伦兹力变化的动力学问题。
6．如图所示，带负电的小球用绝缘丝线悬挂于O点在匀强磁场中摆动，当小球每次通过最低点A时（　　）
A．摆球受到的磁场力相同
B．摆球的动能相同
C．摆球的速度相同
D．向右摆动通过A点时悬线的拉力等于向左摆动通过A点时悬线的拉力
【答案】B
【解答】解：A、由于小球每次经过最低点的运动方向不同，则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，则受到的磁场力不同，故A错误
B、由题意可知，拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅重力做功，则小球机械能守恒，所以小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时的动能相同，故B正确；
C、由A项分析可知，由于小球每次经过最低点时的速度方向不同，故速度肯定不相同，故C错误；
D、由B选项可知，速度大小相等，则根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同，向左摆动通过A点时所受洛伦兹力的方向向上，充当一部分向心力，故绳子拉力较小，即向右摆动通过A点时悬线的拉力大于向左摆动通过A点时悬线的拉力，故D错误。
故选：B。
（多选）7．如图，空间有一垂直纸面向外、磁感应强度大小为2T的匀强磁场，一质量为0.3kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板右端无初速度放上一质量为0.4kg、电荷量q＝+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.45，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t＝0s时对滑块施加方向水平向左，大小为2.1N的恒力。g取10m/s2，则（　　）
A．木板和滑块一直做加速度为3m/s2的匀加速运动
B．木板先做加速度为3m/s2的匀加速运动，再做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动
C．当木块的速度等于9m/s时与木板恰好分离
D．ts时滑块和木板开始发生相对滑动
【答案】BD
【解答】解：AB、设绝缘木板的质量为m＝0.3kg，滑块的质量为M＝0.4kg，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为μ＝0.45，木板在静摩擦力的作用下，木板的最大加速度为：
所以当F＝2.1N的恒力作用于滑块时，假设系统一起运动，根据牛顿第二定律得：，
所以开始一起做匀加速直线运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，滑块对木板的压力减小，摩擦力减小，木板的加速度减小，所以木板做的是加速度减小的加速运动，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时有：Bqv＝Mg，代入数据得：v＝10m/s，此时摩擦力消失，木板做匀速运动，故A错误，B正确；
C、而滑块水平方向上受到恒力作用，速度增加，洛伦兹力增大，当滑块的速度等于10m/s时，滑块将离开木板向上做曲线运动，故C错误；
D、当滑块和木板开始发生相对滑动时，木板的加速度恰好为共同的加速度3m/s2，对木板有：f＝ma＝0.9N
再根据：f＝μ（Mg﹣qv′B）
代入数据解得：v′＝5m/s
根据速度公式v′＝at
可得所以运动的时间为：，故D正确。
故选：BD。
题型7 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【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。
8．如图所示为洛伦兹力演示仪的示意图。电子枪发出的电子经电场加速后形成电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹，励磁线圈能够产生垂直纸面向里的匀强磁场。下列说法正确的是（　　）
A．仅升高电子枪加速电场的电压，运动径迹的半径变大
B．仅增大励磁线圈中的电流，运动径迹的半径变大
C．仅增大励磁线圈中的电流，电子做圆周运动的周期将变大
D．仅使励磁线圈中电流为零，电子枪中飞出的电子将做匀加速直线运动
【答案】A
【解答】解：设加速电场的电压为U。电子在加速电场中加速过程，根据动能定理得
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得
联立解得电子做圆周运动的轨迹半径，电子做圆周运动的周期。
A、仅升高电子枪加速电场的电压U，根据，可知运动径迹的半径将变大，故A正确；
B、仅增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B增大，根据，可知运动径迹的半径将变小，故B错误；
C、仅增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B增大，根据，可知电子做圆周运动的周期将变小，故C错误；
D、仅使励磁线圈中电流为零，则磁感应强度B为零，根据，可知电子枪中飞出的电子将不受洛伦兹力作用，做匀速直线运动，故D错误。
故选：A。
（多选）9．如图所示，在xoy平面存在一半径R＝2a的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，在圆心O处有一粒子源，粒子源沿xoy平面，朝第三象限90°范围内的各个方向发射同种带正电的粒子，且粒子源朝各个方向发射的粒子数目均匀分布，发射出的粒子速度大小相等，所带电荷量为q，质量为m。在y＝a处有一平行于x轴放置的水平挡板，挡板足够长，与圆形磁场区域分别交于A、B两点，挡板上C点坐标为（﹣a，a）。从粒子源发出的粒子恰好均能打在挡板上，且发现有两种不同方向的粒子会打在挡板上的同一位置。若不计带电粒子重力，粒子打在挡板上就被吸收，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子速度大小为v
B．挡板上有两种不同方向的粒子会打在同一位置的区域长度为（1）a
C．若挡板可绕C点转动，要保证所有粒子均打在挡板上的不同位置，挡板至少要逆时针转动30°
D．若圆形磁场区域的半径调为R＝a，磁场圆心位置移动到（﹣a，0），则能打在挡板上的粒子均垂直打在水平挡板上，且打在AC区域上的粒子数目多于发射粒子总数的
【答案】ABD
【解答】解：A.从粒子源发出的粒子恰好均能打在挡板上，则沿﹣y方向射出的粒子轨迹恰好与挡板相切，由几何关系可得，粒子的轨迹半径为
r＝a
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
解得
故A正确；
B.挡板上有两种不同方向的粒子会打在同一位置，如图所示，根据“旋转圆”的知识可知，该区域长度是C到A之间的部分
根据几何知识可知，区域长度为
故B正确；
C.若挡板可绕C点转动，要保证所有粒子均打在挡板上的不同位置，粒子到达挡板上恰好没有重叠时，如图所示
根据旋转圆的知识并结合几何知识可知，此时挡板与x轴的夹角为45°，即挡板至少要逆时针转动45°，故C错误；
D.若圆形磁场区域的半径调为
R＝a
磁场圆心位置移动到 （﹣a，0），粒子源发射位置不变，粒子运动的轨迹半径仍为a，其轨迹如图所示
根据“磁发散”原理可知，能打在挡板上的粒子均垂直打在水平挡板上，水平向左射入的粒子能够从C点射出；速度方向与y轴负方向夹角为45°的粒子从O点射入磁场时，由几何关系可知，则射出位置P点到C点的水平距离为
区域长度
则打在AC区域上的粒子数目多于发射粒子总数的，故D正确。
故选：ABD。
题型8 带电粒子（或微粒）在非匀强磁场中的运动
【知识点的认识】
当粒子在非匀强磁场中运动时，半径公式r和周期公式T不再适用，但可以用来定性分析随着磁场的变化，半径和周期的变化情况。
10．通电长直导线在其周围空间产生磁场。某点的磁感应强度大小B与该点到导线的距离r及电流I的关系为（k为常量）。如图所示，竖直通电长直导线中的电流I方向向上，绝缘的光滑水平面上P处有一带正电小球从图示位置以初速度v0水平向右运动，小球始终在水平面内运动，运动轨迹用实线表示，若从上向下看，则小球的运动轨迹可能是图中的（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解答】解：根据右手螺旋定则可知竖直通电长直导线产生的磁场方向与水平面平行，且水平面光滑，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向始终与该水平面垂直，沿水平方向没有分力，所以洛伦兹力对运动的电荷不做功，由此可知小球将做匀速直线运动，故A正确，BCD错误。
故选：A。
题型9 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。
11．一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。已知氕核的质量为m，电荷量为q。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【解答】解：设粒子的运动轨迹过bcde上的某一点g，O为轨迹的圆心，当∠Oag最大时，粒子运动轨迹对应的圆心角最大，粒子运动时间最长，由几何关系可知当c点与g点重合时，粒子运动时间最长，如图所示
设运动半径为R，根据几何知识有
（2L﹣R）2+L2＝R2
可得
已知氕核的质量为m，电荷量为q，写法为，则的质量为的3倍，所以粒子的质量为3m，
且电荷量为的2倍，即2q，则有
可得
，故ABC错误，D正确。
故选：D。
12．如图，xOy平面内有大量电子（质量为m、电荷量为e）从原点O连续以相同速率v0向各个方向发射，右侧远处放置与xOy平面垂直且足够大的荧光屏。现在各象限施加面积最小的垂直于该平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，使第1、4象限的电子最终平行于x轴并沿x轴正向运动，第2、3象限的电子最终平行于x轴并沿x轴负向运动。忽略电子间的相互作用，则（　　）
A．第1、4象限磁场方向垂直平面向外
B．整场的最小总面积为
C．电子在磁场中运动的最长时间为
D．电子在光屏上形成的光斑长度为
【答案】D
【解答】解：A、根据题意可知，第1、4象限的电子最终平行于x轴并沿x轴正向运动，根据左手定则可知第1象限磁场方向垂直平面向里，第4象限磁场方向垂直平面向外，故A错误；
B、如图所示
电子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和圆周运动的公式可求，半径为
在由O点射入第I象限的所有电子中，沿y轴正方向射出的电子转过圆周，速度变为沿x轴正方向，这条轨迹为磁场区域的上边界。设某电子做匀速圆周运动的圆心O′与O点的连线与y轴正方向夹角为θ，若离开磁场时电子速度变为沿x轴正方向，其射出点（也就是轨迹与磁场边界的交点）的坐标为（x，y）。由图中几何关系可得
x＝Rsinθ，y＝R﹣Rcosθ
消去参数θ可知磁场区域的下边界满足的方程为
x2+（R﹣y）2＝R2（x＞0，y＞0）
这是一个圆的方程，圆心在（0，R）处，磁场区域为图中两条圆弧所围成的面积，磁场的最小面积为
根据对称性可知，整场的最小总面积为
故B错误；
C、根据题意可知，电子在磁场中运动的最长时间对应的圆心角为90°，根据时间和圆心角的关系有，时间为
故C错误；
D、根据题意可知，电子在光屏上形成的光斑长度为电子运动半径之和，即
故D正确；
故选：D。
（多选）13．如图所示，在等腰直角三角形abc区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，O为ab边的中点，在O处有一粒子源沿纸面内不同方向、以相同的速率不断向磁场中释放相同的带正电的粒子，已知粒子的质量为m，电荷量为q，直角边ab长为，不计重力和粒子间的相互作用力。则（　　）
A．从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为
B．从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为
C．粒子能从bc边射出的区域长度为L
D．粒子能从bc边射出的区域长度为
【答案】BD
【解答】解：AB.粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以洛伦兹力提供向心力，可得
解得半径为
r＝L
如图所示，为粒子运动的轨迹图
图中Od与ac垂直，由几何关系可知，Od长为
Od＝Oacos45°＝L
即最短弦长，对应最短时间，圆心角为60°，则最短时间为
又
解得从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为
故A错误，B正确；
CD．粒子轨迹与ac相切时，交于bc边最远的e点，由几何关系可知，Oe长度为直径，则粒子能从bc边射出的区域eb的长度为
故C错误，D正确。
故选：BD。
14．如图所示，在坐标系xOy的第一象限内存在垂直xOy平面的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的A点以速度v沿与x轴正方向成60°的方向射入匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。已知OA＝a，不计重力。求：
（1）粒子在坐标系xOy的第一象限内运动的时间为多少？
（2）不改变粒子的入射速度方向，要使粒子重新回到x轴，粒子的速度大小必须满足什么条件？
【答案】（1）粒子在坐标系xOy的第一象限内运动的时间为；
（2）要使粒子重新回到x轴，粒子的速度大小为v。
【解答】解：（1）如图甲所示
为粒子运动轨迹，可得粒子做圆周运动的圆心角：
①
粒子做圆周运动的半径，由几何关系可得：
②
所以粒子在坐标系xOy的第一象限内运动的时间为：
③
（2）要使粒子重新回到x轴，粒子的运动临界轨迹必须和y轴相切，如图乙所示。
由几何关系可得：
R'+R'cos30°＝a④
⑤
⑥
②④⑤⑥联立可得：
v
答：（1）粒子在坐标系xOy的第一象限内运动的时间为；
（2）要使粒子重新回到x轴，粒子的速度大小为v。
题型10 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。
15．如图，正方形abcd内有方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面内从顶点a以速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时，电子可分别从ab边的中点、b点和c点射出，在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3，则（　　）
A．t1＜t2＝t3 B．t1＜t2＜t3 C．t1＝t2＞t3 D．t1＞t2＞t3
【答案】A
【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力有ev0B，得R，设正方形的边长为 L，由图可知电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径分别为R3＝L，R2，R1；设从c点飞出的电子对应的磁感应强度大小为B，由R可得，从b点和a、b中点飞出的电子对应的磁感应强度大小为2B、4B，又由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式T，有T3T，T2T，T1T，所以t1T1TT，t2T2TT，t3T3TT，故t1＜t2＝t3，故A正确，BCD错误。
故选：A。
16．如图所示，一个α粒子（氦的原子核，两个核电荷数和四个质量数He）从x轴上的P点以速度v1沿与x轴成θ＝60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，恰好垂直于y轴从A点射出第一象限。一个质子（一个元电荷、一个质量数H）从坐标原点O以速度v2沿与x轴成θ＝60°的方向射入第一象限，也恰好从A点射出第一象限。则v1：v2等于（　　）
A．3：1 B．1：3 C．4：1 D．1：4
【答案】B
【解答】解：两个粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹如图所示。
根据几何知识可知，α（）粒子运动的轨迹半径满足
r1+r1sin30°＝OA
质子（）运动的半径为
r2＝OA
可得r1：r2＝2：3
根据洛伦兹力提供向心力有
可得r
α（）粒子与质子（）比荷之比为
：1：2
联立解得
，故ACD错误，B正确。
故选：B。
题型11 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。
17．如图（a），在光滑绝缘水平桌面内建立直角坐标系Oxy，空间内存在与桌面垂直的匀强磁场。一质量为m、带电量为q的小球在桌面内做圆周运动。平行光沿x轴正方向照射，垂直光照方向放置的接收器记录小球不同时刻的投影位置。投影坐标y随时间t的变化曲线如图（b）所示，则（　　）
A．磁感应强度大小为
B．投影的速度最大值为
C．2t0 3t0时间内，投影做匀速直线运动
D．3t0 4t0时间内，投影的位移大小为y0
【答案】D
【解答】解：设小球做匀速圆周运动的速度为v，角速度为ω，轨迹圆心在接收器上的投影坐标为Y，则在0时刻小球与轨迹圆心的连线与轴夹角为φ0，
则经过时间t，小球在接收器上的投影坐标为y＝Rsin（ωt+φ0）+Y
由图（b）可得：R＝2y0，Y＝3y0，T6t0
解得小球在接收器上的投影坐标与时间的关系式为y＝2y0sin（t）+3y0，
A、由上面分析可得，小球运动周期为T＝6t0，小球在水平面上只受洛伦兹力，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m
小球做匀速圆周运动的周期T，解得磁场磁感应强度：B，故A错误；
B、小球投影坐标对时间求导，可得vcos（t），则投影的最大速度vmax，故B错误；
C、小球投影做简谐运动，故C错误；
D、小球投影在3t0、4t0时刻的坐标分别为y3＝2y0sin（）+3y0＝2y0，
y4＝2y0sin（）+3y0＝y0，
3t0～4t0时间内，投影的位移大小为a＝|y4﹣y3|＝|y0﹣2y0|＝y0，故D正确；
故选：D。
18．如图，圆心在坐标原点O的圆形区域内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场（未画出）。一电子（不计重力）从区域边缘的C点沿y轴负方向射入磁场，从磁场边界与y轴的交点D处离开磁场。已知磁场区域半径为R，磁感应强度为B，电子比荷为k，∠COD＝60°。求电子在磁场中运动时的速度大小。
【答案】电子在磁场中运动时的速度大小。
【解答】解：磁场方向垂直纸面向里，可知电子从C点进入磁场后将向x轴负方向偏转，做匀速圆周运动，设其运动半径为r。电子从C点进入磁场，从D点射出磁场，其几何关系如下图所示。
由几何关系可知，三角形COD为等边三角形，CD＝R。做CD的中垂线，可知此中垂线过点O。过点C做x轴的平行线，与CD的中垂线交于点O'。可知点O'即为电子运动轨迹的圆心。可得
设电子电量为q，质量为m，有
设电子在磁场中运动速度大小为v，根据向心力公式，有
联立解得
答：电子在磁场中运动时的速度大小。
题型12 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。
19．如图表示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO′在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面夹角为α。一质量为m、带电荷为+q的圆环A套在OO′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanα。现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中圆环A的最大速率为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解答】解：由于μ＜tanα，所以环将由静止开始沿棒下滑，当环A的速度达到最大值vm时，此时有a＝0，洛伦兹力的方向是垂直于棒向上的，环受棒的弹力N的方向垂直于棒向下，由共点力平衡条件得：
沿棒的方向：mgsinα＝f
垂直棒的方向：qvmB＝mgcosα+N
摩擦力为：
f＝μN
联立解得：
故C正确，ABD错误。
故选：C。
20．如图所示，在直角坐标系xOy中，存在着场强为，方向竖直向上的匀强电场，在第二、三象限内存在着磁感应强度均为，方向垂直纸面向里的匀强磁场。一长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量为m、电荷量为q的正电小球，现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动到最高点时，细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂。当细线断裂，小球进入第二象限后做曲线运动，并多次经过x轴。已知在第二象限内小球第一次到x轴的坐标绝对值为，重力加速度为g，求：
（1）细线能承受的最大拉力；
（2）小球进入第二象限后运动过程中的最小速率；
（3）小球从进入第二象限开始至第一次到达x轴所用的时间。
【答案】（1）细线能承受的最大拉力为3mg；
（2）小球进入第二象限后运动过程中的最小速率为0；
（3）小球从进入第二象限开始至第一次到达x轴所用的时间为。
【解答】解：（1）小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点根据牛顿第二定律有：
根据动能定理有：
代入数据解得：T＝3（qE﹣mg）＝3mg
（2）小球进入第二象限后向下偏转，多次经过x轴，由于洛伦兹力不做功，由动能定理：
联立可知，y＝L，v1＝0，所以，小球运动到x轴时有最小速率为0。
（3）小球进入第二象限后，做复杂曲线运动。将任意时刻的速度沿x轴和y轴分解为vx和vy，洛伦兹力也分解成对应的fx，fy
沿x轴方向的洛伦兹力分量：fx＝qBvy
沿x轴方向的洛伦兹力分量：fy＝qBvx
由动量定理知，以x方向为正方向有：
即：qBL＝mv
以y方向为正方向有：
即：qBx﹣mgt＝0
联立代入数据得到：
答：（1）细线能承受的最大拉力为3mg；
（2）小球进入第二象限后运动过程中的最小速率为0；
（3）小球从进入第二象限开始至第一次到达x轴所用的时间为。
题型13 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。
（多选）21．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴竖直向上。第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标面向里的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出）。一质量为m、带电量为q的小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第Ⅰ象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g。则（　　）
A．电场强度的大小为，方向沿y轴负半轴
B．做圆周运动的周期为
C．从P运动到Q过程中小球电势能减小mgd
D．磁感应强度大小为
【答案】BC
【解答】解：A．小球在第Ⅳ的复合场里受到重力，电场力，洛伦兹力，小球做匀速圆周运动，则电场强度为
mg＝qE
解得
由左手定则可知粒子带正电，则电场强度方向向上，故A错误；
B．小球在第三象限运动，只有重力做功，有
小球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动，根据几何关系可知
r＝d
运动的周期为
，故B正确；
C．小球受电场力做功为
W＝qEd＝mgd
则小球从P运动到Q过程中，电势能减小mgd，故C正确；
D．小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
解得
，故D错误。
故选：BC。
22．如图所示，在平面直角坐标系xOy（x轴水平，y轴竖直）中，第一象限内存在正交的匀强电、磁场，电场强度竖直向上，大小E1＝40N/C，磁场方向垂直纸面向里；第四象限内存在一方向向左的匀强电场，场强E2＝20.8N/C。一质量为m＝2×10﹣3kg的带正电的小球，从M（3.6m，3.2m）点，以v0＝1m/s的水平速度开始运动。已知球在第一象限内做匀速圆周运动，从P（2.0m，0）点进入第四象限后经过y轴上的N点（图中未标出）。求：（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）小球由P点运动至N点的时间；
（3）y轴上的N点坐标。
【答案】（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为2T；
（2）小球由P点运动至N点的时间为1s；
（3）y轴上的N点坐标为（0，﹣5.8m）。
【解答】解：（1）第一象限内存在电场和磁场，带电小球在第一象限内受到重力、电场力以及洛伦兹力，由于小球在第一象限内做匀速圆周运动，所以小球受到的重力与电场力大小相等，方向相反，则有
qE1＝mg
洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有
小球从M点到P点，其轨迹如图所示
设OP连线与竖直方向的夹角为θ，轨迹圆的半径为r，由几何关系有
rsinθ＝xM﹣xP
r+rcosθ＝yM
代入数据联立解得
θ＝53°，r＝2m，B＝2Τ；
（2）设小球到达P点时其速度方向与x轴正方向的夹角为α，如上图所示，由几何关系可知
α＝θ＝53°
小球在水平方向，先向右做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动，设小球在水平方向的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有
qE2＝ma
设小球到N点时水平方向的速度大小为v，根据运动学公式有
﹣v＝v0cosα﹣at
代入数据联立解得
t＝1s；
（3）小球在第四象限竖直方向做匀加速直线运动，以向下为正方向，根据运动学公式有
代入数据解得
yN＝5.8m
故N点的坐标为（0，﹣5.8m）。
答：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为2T；
（2）小球由P点运动至N点的时间为1s；
（3）y轴上的N点坐标为（0，﹣5.8m）。
题型14 带电粒子在叠加场中做变速圆周运动
【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.带电粒子在叠加场中做变速圆周运动的情况有很多种，比如在轻绳的牵引下做变速圆周运动，在圆形轨道的束缚下做变速圆周运动，共同点是都有外力作用，需要根据具体情况分析。
（多选）23．如图所示，一长为L的轻质绝缘细线一端固定于O点，另一端拴一质量为m、带电量为+q的小球，小球在竖直平面内绕O点做完整的圆周运动，AB是水平直径，空间存在与小球运动平面平行的匀强电场。已知小球在A、B两点所受细线的拉力大小分别为TA＝2mg，TB＝5mg（g为重力加速度），不计空气阻力。则以下说法正确的是（　　）
A．小球运动中机械能最小的位置可能是A点
B．若A点是小球运动中速度最小的位置，则电场强度E
C．若小球运动中机械能最小的位置是A点，则小球运动过程中的最小速度是va
D．A、B两点的电势差一定等于
【答案】ACD
【解答】解：已知小球在A、B两点所受细线的拉力大小分别为
TA＝2mg
TB＝5mg
小球带正电，设小球受到的电场力方向与竖直方向的夹角为θ，则可得
根据动能定理可得
解得
mg＝2qEsinθ
AC.若小球运动中机械能最小的位置是A点，则此时电场方向水平向右，即此时，可得
mg＝2Eq
可设小球在势能最高点时细绳与竖直方向的夹角为α，可得
设此时的小球的速度为va，若要能完成完整的圆周运动，可得
联立解得
根据动能定理可得
解得小球运动过程中的最小速度
即小球运动中机械能最小的位置可能是A点，故AC正确；
B.若A点是小球运动中速度最小的位置，可得
mg＝Eqcosθ
联立解得
故B错误；
D.从A到B电场力做功为
W＝Eqsinθ×2L
则可得A、B两点间的电势差为
故D正确。
故选：ACD。
题型15 带电粒子在叠加场中做旋进运动
【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。
2.做旋进运动的条件：当带电粒子的初速度与磁场方向有一定夹角（不垂直，不平行）时，粒子会在磁场中做旋进运动。如果没有其他力，粒子将会匀速旋进；如果有其他力，粒子可能做变速旋进。
24．如图所示，空间存在竖直方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B＝1T，电场强度大小可调。一带电小球从O点正上方2m处以初速度v0＝2m/s水平抛出。已知小球质量为m＝0.1kg，电量为q＝0.2C，则其能经过O点时的最大动能约为（　　）
A．0.20J B．0.28J C．1.28J D．2.20J
【答案】B
【解答】解：由于电场力与重力的合力处于竖直方向，磁场方向处于竖直方向，在竖直方向的分速度不会产生洛伦兹力，水平方向的分速度受到洛伦兹力作用，将小球的运动分解为以初速度v0的水平面匀速圆周运动和竖直方向初速度为0的匀加速直线运动；对于水平面匀速圆周运动有
解得其轨道半径为
r＝1m
周期为
Ts＝πs
则小球从水平抛出到经过O点所用时间满足
t＝nT＝nπ，（n＝1，2，3 ）
小球从水平抛出到经过O点，竖直方向有
可得小球经过O点竖直分速度为
vym/sm/s，（n＝1，2，3 ）
当n＝1时，竖直分速度有最大值，此时小球经过O点时的动能有最大值，且最大动能为
，故ACD错误，B正确。
故选：B。
题型16 带电粒子在叠加场中做一般曲线运动
【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.本考点主要针对带电粒子在叠加场中做一般曲线运动的情况。
如图所示，一带电量为q的小球，质量为m，以初速度v0竖直向上射入水平方向的匀强磁场中，磁感应强度为B．当小球在竖直方向运动h高度时到达b点，重力加速度为g。
（1）判断小球带何种电荷？
（2）球在b点上所受的磁场力多大？
分析：（1）由左手定则根据磁场方向和运动偏转方向可知小球的电性；
（2）a到b，洛伦兹力不做功，只有重力做功，可求得B点的速度；再由洛伦兹力公式F＝qvB解得F大小。
解答：（1）由左手定则可以判定小球带负电
（2）从抛出点到b点，只有重力做功，洛伦兹力不做功
由动能定理得：﹣mghmv2m
得：
由洛伦兹力公式f＝qvB得，
答：（1）小球带负电荷；
（2）球在b点上所受的磁场力为
点评：此题要求同学们会用左手定则判定受力方向，注意四指指正电荷运动的方向；能根据洛伦兹力充当向心力列式求解，注意明确洛伦兹力永不做功。
25．如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷量的绝对值也相等，现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示。点a、b、c为实线与虚线的交点。已知O点电势高于c点电势。不计重力，则（　　）
A．M带负电，N带正电
B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同
C．N从O点运动至a点的过程中克服静电力做功
D．M从O点运动至b点的过程中，电场力对它始终做正功
【答案】B
【解答】解：A．由于等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖直向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知M粒子带正电，N带负电，故A错误；
B．由电场力做功和电势差的关系可知，电场力做功大小相同，结合动能定理可得：N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，故B正确；
C．N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功，故C错误；
D．O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点的过程中，电场力对它先做负功再做正功，做的总功为零，故D错误。
故选：B。
（多选）26．如图所示，磁控管内局部区域分布有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。一电子从M点由静止释放，沿图中轨迹依次经过N、P两点，且N点离水平虚线最远。已知磁感应强度为B，电场强度为E，电子质量为m、电荷量为e，电子重力不计，则（　　）
A．电子在N点的速率为
B．N点离虚线的距离为
C．电子从M到N点的时间为
D．M、P两点的距离为
【答案】CD
【解答】解：电子在正交匀强电磁场中由静止释放，其运动可分解为水平向左的匀速直线运动（漂移速度）与纸面内的匀速圆周运动（线速度，半径）。
A、电子运动至离虚线最远的N点时处于轨迹最低点，圆周运动速度与漂移速度同向，合速度，故A错误；
B、N点离虚线的距离等于圆周运动的直径，故B错误；
C、电子从M点运动到第一个最低点N的时间为圆周运动半周期，，解得：，故C正确；
D、M、P两点间包含两个完整周期，每个周期水平位移，则M、P两点间距离，故D正确。
故选：CD。
题型17 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。
27．如图所示，第一象限内存在水平向左的匀强电场，电场强度大小为E（E未知），第二象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场及竖直向下的匀强电场，电场强度大小为2E。现有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从x轴上的A点以初速度v0垂直于x轴射入电场，经y轴上的P点进入第二象限，再垂直于x轴进入第三象限。已知第二、三象限内磁场的磁感应强度的大小相等，A点的横坐标为L，P点的纵坐标为，不计粒子重力。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）第二、三象限内磁场的磁感应强度B的大小；
（3）粒子第一次在第三象限运动过程中与x轴的最远距离。
【答案】（1）电场强度E的大小为；
（2）第二、三象限内磁场的磁感应强度B的大小为；
（3）粒子第一次在第三象限运动过程中与x轴的最远距离为。
【解答】解：（1）粒子在第一象限电场中做类平抛运动，如图所示。
y方向有：
x方向有：
根据牛顿第二定律有：
联立解得：
（2）设粒子到达P点时速度大小为v，方向与y轴正方向夹角为θ，则
解得：v＝2v0
由几何关系得：
解得：θ＝60°
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r1，由牛顿第二定律得
根据几何关系得
联立解得：
（3）由解析图可知，粒子进入第三象限时的速度大小为
v3＝v＝2v0
方向竖直向下，可在水平方向上配上水平向左的速度v1和水平向右的速度v2，使v1满足
qv1B＝2qE
由此可知：v1＝v2＝2v0
v3与v2的合速度大小
与x轴方向的夹角α＝45°
因此粒子进入第三象限后以v4做匀速圆周运动的同时以v1向左做匀速直线运动。
设粒子做匀速圆周运动的半径为r2，由牛顿第二定律得
解得：
由几何关系得
d＝r2+r2cos45°
解得粒子第一次在第三象限运动过程中与x轴的最远距离为：
答：（1）电场强度E的大小为；
（2）第二、三象限内磁场的磁感应强度B的大小为；
（3）粒子第一次在第三象限运动过程中与x轴的最远距离为。
28．如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在第二象限存在与y轴平行且方向向上的匀强电场。一带负电粒子从x轴上的A点以速度v0沿与x轴成θ＝60°角的方向射入匀强磁场，恰好垂直于y轴从D点（图中未画出）进入匀强电场，最终从x轴上的C点离开电场。已知OA＝d，OC＝2d，粒子重力不计，求：
（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R和运动时间t1；
（2）D点的纵坐标yD；
（3）粒子的比荷；
（4）电场强度的大小E。
【答案】（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R为和运动时间t1为；
（2）D点的纵坐标yD为d；
（3）粒子的比荷为；
（4）电场强度的大小E为Bv0。
【解答】解：（1）粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动轨迹如图所示。其中O'点为带电粒子做匀速圆周运动的轨迹圆的圆心。
在三角形OO'A中，由几何关系知粒子在磁场中运动的轨道半径为
解得
R
由几何关系知，粒子在匀强磁场中运动时转过的圆心角为∠DO'A＝120°
则粒子在磁场中的运动时间为
粒子在磁场中的运动周期为
联立解得
（2）由几何关系得
（3）对带电粒子由牛顿第二定律得
联立解得
（4）设粒子在电场中运动的加速度大小为a，运动时间为t2。由运动学公式有
2d＝v0t2
由牛顿第二定律有
Eq＝ma
联立解得
E＝Bv0
答：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R为和运动时间t1为；
（2）D点的纵坐标yD为d；
（3）粒子的比荷为；
（4）电场强度的大小E为Bv0。
题型18 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。
29．如图所示，在y＞0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y＜0的空间中，存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从y轴上y＝h处的点P1以速率v0垂直于y轴射入第一象限，然后经过x轴上x＝2h处的P2点进入磁场，一段时间后再次经过点P1重复刚才的运动。不计重力，求：
（1）电场强度的大小；
（2）磁感应强度的大小；
（3）粒子运动的周期。
【答案】（1）电场强度的大小为；
（2）磁感应强度的大小为；
（3）粒子运动的周期为。
【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律，竖直方向有
水平方向有2h＝v0t
联立解得
（2）根据类平抛运动规律，由速度偏转角正切值是位移偏转角正切角两倍的关系，可知P2点的速度方向与水平方向夹角θ＝45°，故粒子在P2点速度大小
设粒子在磁场中的轨迹圆半径为r，几何关系可知
因为
解得
（3）对称性可知，粒子在电场中运动时间
几何关系可知，粒子在磁场中扫过的圆心角为α＝270°
故粒子在磁场中运动时间
联立解得粒子运动的周期
答：（1）电场强度的大小为；
（2）磁感应强度的大小为；
（3）粒子运动的周期为。
30．如图所示，在xoy平面内y＞0的区域有竖直向下、大小为E的匀强电场，在y＜0区域有以y轴为中心轴、半径为R、高为的圆筒，筒内分布着方向竖直向上、大小的匀强磁场，顶部平面与xoz平面重合，圆心O处开有小孔，圆筒底面涂有荧光粉，带电粒子到达处会发出荧光。在xoy平面内有一粒子发射带MN，其两端坐标：M（﹣R，2R，0）、N（R，2R，0），MN之间各点均可在xoy平面内向y轴发射不同速率带正电的粒子。已知粒子质量为m，电荷量为q，圆筒接地，碰到圆筒的粒子即被导走，不计重力，不考虑场的边界效应及粒子间相互作用。
（1）若从M点偏离水平方向θ＝45°向右下方发射的粒子恰能通过O点进入磁场，求该粒子发射的速度v0；
（2）在某次发射中，从M、N两点水平发射的粒子穿过O点到达了圆筒底部，求它们发光点M′、N′的坐标。
【答案】（1）若从M点偏离水平方向θ＝45°向右下方发射的粒子恰能通过O点进入磁场，该粒子发射的速度v0为；
（2）在某次发射中，从M、N两点水平发射的粒子穿过O点到达了圆筒底部，它们发光点M′、N′的坐标为，。
【解答】解：（1）从M点进入的粒子在电场中做匀变速曲线运动，列牛顿第二定律公式，有qE＝ma
在水平方向做匀速运动，有R＝v0cos45°t
竖直方向上，
代入全部数据，可得
（2）设此时从M点进入的粒子速率为v，水平方向有R＝vt1
竖直方向上有
竖直方向的速度分量为vy＝at1
可解得，
所以，从O点进入的粒子合速度为
与x轴方向的角度θ，且tanθ＝4
进入磁场后，在磁场作用下在xoz的平行面上做匀速圆周运动的同时向y轴负向做匀速运动，y轴方向有
可解得
做匀速圆周运动的半径为r，有
解得
转动的周期为
可知
所以M′的坐标应为xM′＝rsin60°，，zM′＝rcos60°
M′的坐标应为
同理，N′的坐标应为
答：（1）若从M点偏离水平方向θ＝45°向右下方发射的粒子恰能通过O点进入磁场，该粒子发射的速度v0为；
（2）在某次发射中，从M、N两点水平发射的粒子穿过O点到达了圆筒底部，它们发光点M′、N′的坐标为，。
题型19 带电粒子在电场和磁场中的往复运动
【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电场和磁场间往复运动的情况。
31．如图所示，在直角坐标系xOy的第一、四象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在第二、三象限内存在沿x轴正方向的匀强电场。某时刻，一个正电荷从x轴上的P点以初速度v0沿x轴正方向射入，正电荷第一次到达y轴时，速度方向与y轴负方向成45°角，之后正电荷在电场中运动，并垂直通过x轴上的Q点。已知O、P两点之间的距离为L，正电荷所受重力忽略不计。求：（结果均可用根式表示）
（1）正电荷的比荷；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）正电荷从P点出发到第一次回到P点的时间。
【答案】（1）正电荷的比荷为；
（2）匀强电场的电场强度大小为；
（3）正电荷从P点出发到第一次回到P点的时间为。
【解答】解：（1）根据题意，作出正电荷的部分运动轨迹如图1所示
设正电荷在磁场中运动的轨道半径为r，由图1可得
rcos45°＝L
解得：
由洛伦兹力提供正电荷在磁场中做圆周运动向心力
解得：
（2）设正电荷第一次经过y轴的位置到O点的距离为y1，到达Q点时的速度大小为vQ，结合类斜抛运动规律，有
vQ＝v0cos45°
设正电荷进入电场后经过时间t运动到Q点，则有
OQ＝xQ
由几何知识可得
r+rsin45°＝vQt
解得
又
根据动能定理，正电荷从第一次经过y轴到运动至Q点的过程中
解得
（3）正电荷在磁场中的运动的周期为
由几何关系可知，正电荷第一次在磁场中运动轨迹的圆心角为225°，运动时间等于倍的周期，即：
正电荷在电场中运动的时间为
正电荷第二次在磁场中的运动轨迹与第一次在磁场中运动的轨迹对称，则正电荷第二次在磁场中的运动时间为
t3＝t1
则正电荷从P点出发到第一次回到P点的时间为
t0＝t1+t2+t3
解得t0
答：（1）正电荷的比荷为；
（2）匀强电场的电场强度大小为；
（3）正电荷从P点出发到第一次回到P点的时间为。
题型20 带电粒子在组合场中的动量问题
【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在组合场中的动量问题。
32．某装置用电磁场控制带电粒子运动，工作原理如图所示。在平面直角坐标系xOy中，矩形MNPQ区域内存在多层紧邻的平行y轴方向的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向如图所示。MN边长为16d，MQ边长为4d。紧邻电场右侧存在着垂直于xOy平面向外的范围足够大的匀强磁场。质量为m、电荷量为+q的粒子K从装置左端中点（即坐标原点）以初速度射入电场，射入方向与x轴正方向成θ＝45°角，不计粒子重力，不考虑相对论效应。
（1）求粒子K通过第一层电场区所用的时间和产生的水平位移；
（2）为控制粒子K能够从O′P区域回到电场区，求匀强磁场的磁感应强度的取值范围；
（3）在x轴下方的多层电场的某分界线上合适位置静置着一质量为4m、不带电的粒子L，使得从P点回到电场区的粒子K能够与粒子L发生一维对心弹性碰撞，讨论碰撞后粒子L可能的速度。
【答案】（1）粒子K通过第一层电场区所用的时间为，产生的水平位移为d；
（2）为控制粒子K能够从O′P区域回到电场区，匀强磁场的磁感应强度的取值范围为B；
（3）碰撞后粒子L可能的速度为或者2。
【解答】解（1）设粒子K穿过第一层电场区竖直分速度为vy，竖直方向做匀加速直线运动
（v0sinθ）2＝2 d
解得vy
又vy﹣v0sinθ
解得t
水平方向，粒子做匀速直线运动，设水平位移为x，有
x＝v0cosθ t
解得xd
（2）粒子K在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做周期性的匀加速运动和匀减速运动。水平方向有
4d＝（v0cosθ）t总
解得t总＝6t
竖直方向有
y总＝6d
故粒子K离开电场的坐标为（4d，6d）。
粒子K在竖直方向经历了3个周期的匀加速和匀减速过程后，竖直速度与初速度的竖直分量相同，则离开电场时的速度与进入O点时的速度相同。作图如下
大小圆对应的圆心角相等为，根据几何关系有
rmin＝6d
rmax＝6d+8d
可以得到粒子K做圆周运动的半径为
rmin＝3d
rmax＝7d
根据牛顿第二定律
qv0B
得
Bmax，Bmin
则匀强磁场的磁感应强度的取值范围为B。
（3）若粒子K经过偶数层电场后与粒子L碰撞，则粒子K与粒子L碰撞前的速度为
v＝v0
若粒子K经过奇数层电场后与粒子L碰撞，则由动能定理可得
qEdmv2m
解得v
粒子K与粒子L发生弹性碰撞，规定粒子K和粒子L碰撞前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
mv＝mv1+4mv2
解得v2或者v2＝2
答：（1）粒子K通过第一层电场区所用的时间为，产生的水平位移为d；
（2）为控制粒子K能够从O′P区域回到电场区，匀强磁场的磁感应强度的取值范围为B；
（3）碰撞后粒子L可能的速度为或者2。
题型21 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．
33．日常带皮套的智能手机是利用磁性物质和霍尔元件等起到开关控制作用。打开皮套，磁体远离霍尔元件手机屏幕亮；合上皮套，磁体靠近霍尔元件屏幕熄灭。如图所示，一块宽度为d、长为l、厚度为h的霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子。水平向右大小为I的电流通过元件时，手机套合上，元件处于垂直于上表面、方向向下且磁感应强度大小为B的匀强磁场中，元件的前、后表面产生稳定电势差U，称为霍尔电压，且U ，以此来控制屏幕熄灭。下列说法正确的是（　　）
A．前表面的电势比后表面的电势低
B．自由电子所受洛伦兹力的大小为
C．增大霍尔元件中的电流，霍尔电压增大
D．元件内单位体积的自由电子数为
【答案】C
【解答】解：A．通入水平向右大小为I的电流时，电子向左运动，由左手定律可得电子受洛伦兹力的作用往后表面偏转，故前表面的电势比后表面的电势高，故A错误；
B．自由电子受到的洛伦兹力大小与电场力平衡时，元件的前、后表面产生稳定电势差，此时
故B错误；
C．由题意可知霍尔电压，即霍尔电压与电流强度成正比，故电流增大，霍尔电压增大，故C正确；
D．由电流的微观表达式I＝neSv＝nehdv，因为元件的前、后表面产生稳定电势差时
即U＝Bdv
解得元件内单位体积的自由电子数为
故D错误。
故选：C。
34．如图所示，一定厚度和宽度的导体板放在匀强磁场中，当导体板通过一定电流，且电流与磁场方向垂直时，在导体板的上侧面A和下侧面A'之间会产生一定的电势差UH，这种现象称为霍尔效应。设该导体板单位体积中自由电子的个数为n，导体板的宽度为d，通过导体板的电流为I，磁感应强度为B，电子电荷量为e，以下说法中不正确的是（　　）
A．上侧面电势比下侧面电势低
B．两侧面的电势差
C．电势差稳定后，自由电子受到的洛伦兹力大小为
D．如果把这种导体板上、下侧面间的电压进行线性放大显示，用它做成的磁传感器的示数跟被测磁感应强度不是线性关系
【答案】D
【解答】解：A、根据题意可知，对自由电子而言，由于其电荷为负，根据左手定则判断知电子在洛伦兹力作用下会偏向图中上表面A，使上表面带负电、下表面 A′带正电，因此上侧面电势比下侧面电势低，故A正确。
BC、根据题意可知，当电子受到洛伦兹力与电场力相等时，两侧面的电势差恒定，由
可得UH＝vBh
结合电流的微观表达式I＝nevS＝nevdh
可得
故BC正确；
D、根据题意可知，由UH＝vBh可知，UH∝B，所以如果把这种导体板上、下侧面间的电压进行线性放大显示，用它做成的磁传感器的示数跟被测磁感应强度也是线性关系，故D错误。
本题选择错误，故选：D。

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