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磁场的性质　带电粒子在磁场及复合场中的运动
[建体系·知关联]
[析考情·明策略]
考情分析 纵览2020年山东、海南、北京、天津各省市等级考物理试题，主要考查磁场的叠加以及通电导线受到的安培力的比较与计算、带电粒子在磁场中运动的临界问题和多解性问题。难度中等。
素养呈现 1.电流磁场的判断
2.安培力、洛仑兹力方向的判断
3.带电粒子在磁场、复合场中的运动规律
素养落实 1.会应用安培定则判断电流周围的磁场
2.掌握左手定则判断安培力和洛仑兹力的方法
3.灵活应用几何关系和圆周运动规律分析求解带电粒子在磁场、复合场中的运动
考点1| 磁场及其性质
磁场方向的判断及磁场叠加
(1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向。
(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点处磁感线的切线方向。
(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点的磁感应强度的矢量和。
[案例1]　(2020·浙江7月高考·T9)特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，I1>I2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响，则(　　)
A．b点处的磁感应强度大小为0
B．d点处的磁感应强度大小为0
C．a点处的磁感应强度方向竖直向下
D．c点处的磁感应强度方向竖直向下
[题眼点拨]　“通有方向相同的电流I1和I2，I1>I2”电流大小不同，表明两电流在同一位置形成的磁场磁感应强度大小不同。
C　[通电直导线周围产生磁场方向由安培定则判断，如图所示，I1在b点产生的磁场方向向上，I2在b点产生的磁场方向向下，因为I1>I2，即B1>B2，则在b点的磁感应强度不为零，A错误；如图所示，d点处的磁感应强度不为零，a点处的磁感应强度竖直向下，c点处的磁感应强度竖直向上，B、D错误，C正确。
]
安培力作用下的力电综合
1．两个常用的等效模型
(1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。
　　　　　甲　　　　　　　　　乙
(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙。
2．安培力作用下力学问题的解题思路
(1)选定研究对象：通电导线(或通电导体棒)。
(2)变三维为二维：画出平面受力图，其中F⊥B，F⊥I。
(3)根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程。
[案例2]　如图所示，质量为m、长为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。当棒中通以恒定电流后，金属棒向右摆起后两悬线与竖直方向夹角的最大值为θ＝60°，下列说法正确的是(　　)
A．电流由N流向M
B．悬线与竖直方向的夹角为θ＝60°时，金属棒处于平衡状态
C．悬线与竖直方向的夹角为θ＝30°时，金属棒的速率最大
D．恒定电流大小为
[题眼点拨]　①“向右摆起”表明安培力方向向右，可判电流方向。
②“最大值为θ＝60°”表明θ＝60°时，速率为零，但不是平衡位置。
C　[由题意可知，金属棒所受安培力垂直MN水平向右，根据左手定则可知电流方向由M流向N，选项A错误；悬线与竖直方向的夹角为θ＝60°时，金属棒的速率为零，但受力不为零，并非处于平衡状态，选项B错误；由对称性可知，悬线与竖直方向的夹角为θ＝30°时，金属棒的速率最大，选项C正确；在θ＝30°时，对金属棒进行受力分析如图所示，金属棒在垂直悬线方向受力平衡，mgsin 30°＝Fcos 30°，则tan30°＝，解得I＝，选项D错误。]
[题组训练]
1．(2020·山东新高考名校联考)如图所示，在等边三角形ABC的两个顶点A、B处垂直于纸面固定两根互相平行的长直导线，导线中通以方向如图所示、大小相同的电流。CE垂直AB，交点为D，CD＝DE，E未画出，现在三角形ABC所在平面加一与CE平行、磁感应强度大小为B0的匀强磁场，使C处的磁感应强度恰好为零。三角形ABC的中心为P(未画出)。已知通电长直导线在其周围某点产生的磁场的磁感应强度大小为B＝，其中I为通电长直导线中的电流，r为该点到通电长直导线的距离，k为常量，则下列说法正确的是(　　)
A．A处导线在C处产生的磁场的磁感应强度大小为B0
B．E点处磁场的磁感应强度大小为2B0
C．A、B两处导线受到的安培力等大反向
D．P处的磁感应强度是D处的磁感应强度的
D　[根据安培定则可知，两通电长直导线在C处产生的磁感应强度方向如图所示，根据几何关系知其夹角为120°，合磁场的磁感应强度与一根导线在该处产生的磁场的磁感应强度大小相等，方向垂直AB向上，加一与CE平行、磁感应强度大小为B0的匀强磁场，使C处的磁感应强度恰好为零，则一根导线在C处产生的磁场的磁感应强度大小也为B0，所加磁场方向垂直AB向下，A错误；结合右手螺旋定则及磁场的叠加知E点的磁感应强度与A、B处的磁感应强度均为零，即A、B处导线不受安培力，B、C错误；设等边三角形ABC的边长为a，两根长直导线各自在D处产生的磁场的磁感应强度大小均为2B0，方向垂直AB向上，则D处磁感应强度大小为3B0，根据几何关系知AP＝a×＝a，P点处的磁感应强度大小BP＝2·cos 30°－B0＝2B0，D正确。]
2．(2020·西安六校联考)如图所示，一质量为m、长度为L的导体棒AC静止于两平行的水平导轨上且与两导轨垂直，通过AC的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成θ角斜向下且垂直于AC，下列说法正确的是(　　)
A．AC受到的安培力大小为BILsin θ
B．AC可能不受摩擦力作用
C．AC受到的安培力与摩擦力平衡
D．AC所受的支持力大小为BILcos θ＋mg，摩擦力大小为BILsin θ
D　[匀强磁场的磁感应强度方向与导体棒AC是垂直的，故AC所受的安培力大小F安＝BIL，A错误。安培力方向既垂直于导体棒也垂直于磁场，根据左手定则判断出其方向，作出导体棒AC的受力示意图(从A看向C的平面图)如图所示。由于重力和支持力在竖直方向上，而安培力有水平方向上的分力，若没有摩擦力，则这三个力无法平衡，所以导体棒一定会受到水平向左的摩擦力，B错误。由图可知，安培力的方向不在水平方向，故无法与摩擦力平衡，C错误。将安培力在水平方向上和竖直方向上分解，根据平衡条件可得支持力大小FN＝BILcos θ＋mg，摩擦力大小Ff＝BILsin θ，D正确。]
考点2| 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
新储备·等级考提能
1．必须掌握的六个公式
2．必须具备的五个技能“一画、三确定、一注意”
(1)画轨迹：根据题意，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹。
(2)圆心的确定：轨迹圆心O总是位于入射点A和出射点B所受洛伦兹力F洛作用线的交点上或AB弦的中垂线OO′与任一个F洛作用线的交点上，如图所示。
(3)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如r＝＝，然后再与半径公式r＝联系起来求解。
(4)时间的确定：t＝·T＝或t＝＝。
(5)注意圆周运动中的对称规律：如从同一边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出。
新案例·等级考评价
[案例3]　(2019·全国卷Ⅰ·T24)如图所示，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
[思路点拨]　解此题可按以下思路进行

[解析]　(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qU＝mv2 ①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝m ②
由几何关系知d＝r ③
联立①②③式得＝。 ④
(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为
s＝＋rtan 30° ⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
t＝ ⑥
联立②④⑤⑥式得t＝(＋)。 ⑦
[答案]　(1)　(2)
规律总结：带电粒子在有界磁场中运动的分析方法
[跟进训练]
1．(多选)如图所示，一电子以垂直磁场方向的速度v从P处沿PQ方向进入长为d、宽为h的匀强磁场区域，并从N处离开磁场。若电子质量为m，电荷量为e，磁感应强度为B，则(　　)
A．电子在磁场中运动的时间为
B．电子在磁场中运动的时间大于
C．洛伦兹力对电子做的功为Bevh
D．电子在N处的速度大小也为v
BD　[电子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力知，电子做匀速圆周运动，运动时间等于弧长PN与速率的比值，故电子在磁场中的运动时间大于，选项A错误，B正确；洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，电子在洛伦兹力方向没有位移，所以洛伦兹力对电子不做功，选项C错误；电子垂直射入匀强磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，选项D正确。]
2．(多选)(2020·山东烟台第一次联考)如图所示，AB与BC间有垂直纸面向里的匀强磁场，∠B＝30°，P为AB上的点，PB＝L。一对正、负电子(重力及电子间的作用均不计)同时从P点以同一速度沿平行于BC的方向射入磁场中，正、负电子中有一个从S点垂直于AB方向射出磁场，另一个从Q点射出磁场，则下列说法正确的是(　　)
A．负电子从S点射出磁场
B．正、负电子先后离开磁场
C．正、负电子各自离开磁场时，两速度方向的夹角为120°
D．Q、S两点间的距离为L
CD　[由左手定则可知，正电子从S点射出磁场，选项A错误；正、负电子的轨迹图如图所示，可知正、负电子在磁场中做圆周运动的偏转角均为60°，由于正、负电子运动的周期相同，则它们在磁场中运动的时间相同，故正、负电子同时离开磁场，选项B错误；由几何关系可知，正、负电子各自离开磁场时，两速度方向的夹角为120°，选项C正确；由轨迹图可知，PQ＝PS＝R＝BP＝L且PQ与PS间的夹角为60°，故△PQS为等边三角形，故Q、S两点间的距离为L，选项D正确。]
3．如图所示，在足够长的荧光屏MN上方分布着水平方向的匀强磁场，磁感应强度的大小B＝0.1 T、方向垂直纸面向里。距离荧光屏h＝16 cm处有一粒子源S，以v＝1×106 m/s的速度不断地在纸面内向各个方向发射比荷＝1×108 C/kg的带正电粒子(不计重力)，则粒子打在荧光屏上的长度为(　　)
A．12 cm B．16 cm C．20 cm D．24 cm
C　[粒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，有qvB＝m，解得r＝10 cm，当粒子的轨迹与荧光屏相切于D点时为临界情况，D点为粒子打到荧光屏上的最右边的点，找到圆心O(到S点的距离与到MN的距离均为r的点)，如图所示，由几何知识有x2＝＝8 cm，粒子打在荧光屏上最左侧的点记为C点，由几何知识有x1＝＝12 cm，故所求长度为x1＋x2＝20 cm，选项C正确。]
考点3| 带电粒子在复合场中的运动
带电粒子在组合场中的运动
带电粒子在组合场内的运动实际上也是运动过程的组合，解决方法如下：
(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律。在匀强磁场中，若速度与磁场垂直，带电粒子做匀速圆周运动；若速度与磁场平行，带电粒子做匀速直线运动。在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，带电粒子做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则带电粒子做类平抛运动。
(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理。
(3)当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口。
[案例4]　(2020·山东临沂市高三第一次模拟考试)如图，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等。一带正电的粒子，从x轴负方向上的P点沿与x轴正方向成α＝60°角平行xOy平面入射，经过第二象限后恰好由y轴上的Q点(0，d)垂直y轴进入第一象限，然后又从x轴上的N点进入第四象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点的速度方向与入射时相同，不计粒子重力。求：
(1)粒子从P点入射时的速度v0；
(2)N点到坐标原点O的距离；
(3)粒子在第三、四象限内做圆周运动的半径(用已知量d表示结果)。
[解析]　(1)粒子在第二象限做圆周运动的半径为r1，圆心为O1
qv0B＝m
r1－r1sin 30°＝d，解得r1＝2d
联立解得B＝
粒子在第四、三象限中做圆周运动，由几何关系可知：
β＝α＝60°
设粒子在x轴上N点的速度为v
v＝＝2v0
qEd＝mv2－mv
E＝
解得v0＝。
(2)设粒子在电场中运动的时间为t，N点横坐标为xN
d＝t
xN＝v0t
解得xN＝d。
(3)设P点的坐标为(－xP，0)，由几何关系得xP＝d
粒子在第四、三象限中运动半径为r2，圆心为O2，则
2r2cos 30°＝d＋d
解得r2＝d。
[答案]　(1)　(2)d　(3)d
规律总结：带电粒子在组合场中的常见类型归纳
(1)从电场进入磁场。
电场中：加速直线运动 ↓
磁场中：匀速圆周运动
电场中：类平抛运动 ↓
磁场中：匀速圆周运动
(2)从磁场进入电场。
磁场中：匀速圆周运动 ↓
电场中：匀变速直线运动
磁场中：匀速圆周运动 ↓
电场中：类平抛运动
带电粒子在叠加场中的运动
在重力、电场力和洛伦兹力中的两者或三者共同作用下，带电粒子可能静止，可能做匀速(匀变速)直线运动或类平抛运动，还可能做匀速圆周运动。
(1)若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加满足qE＝qvB时、重力场与磁场叠加满足mg＝qvB时、重力场与电场叠加满足mg＝qE时。
(2)若三场共存，合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。
(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m。
[案例5]　如图甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)，一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，以大小为v0的水平初速度沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时(t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度与PQ连线成60°角。已知D、Q间的距离为(＋1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g。
甲
乙
(1)求电场强度E的大小；
(2)求t0与t1的比值；
(3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm。
[思路点拨]　①“沿PQ向右做直线运动”→小球受力平衡。
②画出小球从刚过D点到再次通过D点的运动轨迹，由几何关系找出小球做匀速直线运动的位移大小与小球做匀速圆周运动的轨迹半径的关系。
③小球运动的周期最大→当圆弧轨迹与MN相切时。
[解析]　(1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，则mg＝Eq，解得E＝。
(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示。
(a)
设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有
s＝
又知s＝v0t1
圆弧轨迹所对的圆心角
θ＝2π－＝π
则t0＝
联立解得＝π。
(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示，由几何关系得R＋＝(＋1)L
(b)
解得R＝L
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv0B0＝m
解得B0＝
小球在一个周期内运动的路程
s1＝3××2πR＋6×＝(4π＋6)L
故Tm＝＝。
[答案]　(1)　(2)π　(3)　
规律总结：“三步”巧解叠加场问题
[题组训练]
1．(多选)如图所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M点水平射入此区域，经一段时间运动到N点，关于小球由M点到N点的运动过程，下列说法正确的是(　　)
A．小球可能做匀变速运动 B．小球一定做变加速运动
C．小球动能可能不变 D．小球机械能守恒
BC　[小球从M点到N点的运动过程中，在竖直方向上发生了偏转，受到的竖直向下的重力和竖直向上的电场力不变，速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以三个力的合力方向变化，故小球不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A错误，B正确。若电场力和重力等大反向，则该过程中电场力和重力做的功之和为零，而洛伦兹力不做功，小球的动能不变，重力势能减小，这种情况下小球机械能不守恒；若电场力和重力不等大反向，则有电场力做功，小球的动能变化，重力势能减小，小球机械能不守恒，故C正确，D错误。]
2．如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第四象限某一矩形区域内有方向垂直于xOy平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为－q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的Q(2h,0)点进入第四象限，经过磁场偏转后从y轴上M(0，－2h)点垂直y轴进入第Ⅲ象限，不计粒子所受的重力。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)粒子到达Q点时速度的大小和方向；
(3)矩形磁场区域的最小面积。
[解析]　(1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有x＝v0t＝2h
y＝t2＝h
联立以上各式可得E＝。
(2)粒子到达Q点时沿负y方向的分速度为vy＝at＝v0
所以v＝＝2v0，tan θ＝＝，θ＝60°
即方向指向第四象限与x轴正方向成60°角。
(3)粒子在磁场中运动时，有
qvB＝m，解得r＝
若磁场方向垂直纸面向里，轨迹如图甲所示，
甲　　　　　　　　乙
最小矩形磁场的边界长为r，宽为，面积为
若磁场方向垂直纸面向外，轨迹如图乙所示，
最小矩形磁场的边界长为2r，宽为r，面积为。
[答案]　(1)　(2)2v0，方向指向第四象限与x轴正方向成60°角　(3)见解析
3．(2020·泰安市高三5月模拟考试)如图所示，在竖直平面xOy内，x轴上方，以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆与坐标轴分别交于a、b、c点。abc的同心半圆弧a′b′c′与坐标轴交于a′、b′、c′，圆心O与圆弧a′b′c′之间分布着的辐射状电场，电场方向沿半径背离圆心向外，圆心O与圆弧a′b′c′电势差为U。x轴上方半圆abc外区域存在着上边界为y＝2R的垂直纸面向里的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B。半圆abc内无磁场。正电粒子的粒子源在O点，粒子从坐标原点O被辐射状的电场由静止加速后进入磁场。从b点进入磁场的粒子恰好不能从磁场上边界射出磁场。不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界abc后的运动。
(1)求带电粒子的比荷；
(2)求上边界y＝2R上有带电粒子射出磁场部分的长度；
(3)现在只改变磁场高度，磁场上边界变为y＝R，试求垂直于磁场上边界射出磁场的粒子在磁场中运动的时间。
[解析]　(1)由b点进入磁场的粒子做圆周运动的轨迹如图甲所示，由几何知识可得，粒子做圆周运动的轨迹半径为R
甲
qvB＝m
粒子在电场中加速，有
qU＝mv2
整理得＝。
(2)带电粒子从磁场边界射出，
设从y轴右侧射出的粒子到y轴的最大距离为x1，如图乙所示，由几何关系可得
乙
[(＋1)R]2＝x＋(2R)2
y轴左侧射出粒子到y轴最大距离为x2＝R
带电粒子从磁场上边界射出部分的长度为
x＝x1＋x2＝(1＋)R。
(3)带电粒子垂直磁场上边界射出，如图丙所示
丙
由于sin∠1＝＝，
故∠1＝60°
又因∠2＝45°，故∠3＝75°
带电粒子在磁场中运动的时间t1＝T
带电粒子在磁场中运动的周期T＝
整理得t1＝
同理得∠4＝15°
故t2＝。
[答案]　(1)　(2)(1＋)R　(3)
考点4| 电磁场中的STSE问题
回旋加速器
1．加速条件：T电场＝T回旋＝。
2．磁场约束偏转：qvB＝?v＝。
3．带电粒子的最大速度vmax＝，rD为D形盒的半径。粒子的最大速度vmax与加速电压U无关。
[案例6]　(多选)医用回旋加速器的核心部分是两个D形金属盒，如图所示，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核(H)和氦核(He)并通过线束引出加速器。下列说法中正确的是(　　)
A．加速两种粒子的高频电源的频率相同
B．两种粒子获得的最大动能相同
C．两种粒子在D形盒中运动的周期相同
D．增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能
AC　[回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同，否则无法加速。带电粒子在磁场中运动的周期T＝，两粒子的比荷相等，所以周期相同，加速两种粒子的高频电源的频率也相同，故A、C正确；根据qvB＝m，得v＝，两粒子的比荷相等，所以最大速度相等，最大动能Ek＝mv2，两粒子的质量不等，所以最大动能不等，故B错误；最大动能Ek＝mv2＝，与加速电压无关，增大高频电源的电压不能增大粒子的最大动能，故D错误。]
质谱仪
1．粒子由静止被加速电场加速，qU＝mv2。
2．粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m。
由以上两式可得r＝，m＝，＝。
[案例7]　质谱仪是一种测定带电粒子比荷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GF＝R。则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)(　　)
A． B． C． D．
C　[设粒子被加速后获得的速度为v，由动能定理有qU＝mv2，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示，在直角△FGO中，∠GOF＝60°，轨道半径r＝Rtan 30°＝，又qvB＝m，可求＝，选项C正确。]
磁与现代科技综合模型
[案例8]　(2019·天津高考)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远离霍尔元件，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，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，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时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的(　　)
A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压U与v无关
C．前、后表面间的电压U与c成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为
D　[根据左手定则可知自由电子偏向后表面，元件的后表面带负电，即后表面的电势比前表面的低，A错误；根据稳定时自由电子所受的电场力与洛伦兹力平衡，即e＝evB得U＝Bva，所以选项B、C均错误；自由电子受到的洛伦兹力与所受电场力大小相等，即F＝evB＝e，D正确。]
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