2021高考物理一轮复习第9章磁场专题十带电粒子在复合场中的运动教案202103222117

专题十带电粒子在复合场中的运动
考点一带电粒子在组合场中的运动
1．组合场
电场与磁场各位于一定的区域内，并不重复；或在同一区域分时间段交替出现。

2．“电偏转”和“磁偏转”的比较
垂直进入磁场(磁偏转)垂直进入电场(电偏转)
情景图
受力
F B＝qv0B，F B大小不变，方向总指向
圆心，方向变化，为变力
F E＝qE，F E大小、方向不变，为恒力运动规律匀速圆周运动，r＝
mv0
Bq，
T＝
2πm
Bq
类平抛运动，v x＝v0，v y＝
Eq
m
t，x＝v0t，
y＝
Eq
2m
t2
运动时间t＝
θ
2π
T＝
θm
Bq
t＝
L
v0
动能不变变化
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。

解析： 本题考查带电粒子在边界为三角形的磁场中的匀速圆周运动及其相关知识点。

(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 ＝12
mv 2①
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 v 2
r
②
由几何关系知
d ＝2r ③
联立①②③式得q m ＝
4U
B 2d 2
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 ＝πr
2
＋r tan 30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为
t ＝s
v
⑥ 联立②④⑤⑥式得t ＝
Bd 24U ⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫π
2
＋
33⑦
答案： (1)4U
B 2d 2 (2)Bd 24U ⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫π
2＋33
[变式1] (2020·某某某某质检)如图，足够长的水平虚线MN 上方有一匀强电场，方向竖直向下(与纸面平行)；下方有一匀强磁场，方向垂直纸面向里。

一个带电粒子从电场中的
A 点以水平初速度v 0向右运动，第一次穿过MN 时的位置记为P 点，第二次穿过MN 时的
位置记为Q 点，P 、Q 两点间的距离记为d ，从P 点运动到Q 点的时间记为t 。

不计粒子的重力，若增大v 0，则( )
A ．t 不变，d 不变 B.t 不变，d 变小 C ．t 变小，d 变小 D.t 变小，d 不变
D [本题考查带电粒子在组合场的周期性运动问题。

粒子在电场中做类平抛运动，设粒子到达P 点时竖直速度为v 1(大小不变)，则粒子进入磁场的速度v ＝v 20＋v 21，速度方向
与MN 的夹角tan θ＝v 1v 0。

粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，轨迹半径R ＝
mv qB
，由几何关系
可得d ＝2R sin θ，sin θ＝v 1v
，联立可得d ＝2mv 1
qB
，即增大v 0时d 不变，运动的时间t ＝
2θ2π·2πm qB ＝2θm qB
，则增大v 0时，tan θ减小，θ减小，t 减小，D 正确。

] [变式2] 如图所示，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，其中第二象限磁场的磁感应强度大小为B ，第三、四象限磁场磁感应强度大小相等。

一带正电的粒子从P (－d,0)点沿与x 轴正方向成α＝60°角的方向平行于xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的Q 点(图中未画出)垂直于y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点时速度方向与入射时的方向相同，不计粒子重力，求：
(1)粒子从P 点入射时的速度v 0； (2)第三、四象限磁感应强度的大小B ′。

解析： (1)粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图所示，设粒子在第二象限中做圆周运动的半径为r ，由几何知识得r ＝d sin α＝d
sin 60°＝23d
3
根据qv 0B ＝m v 20r 得v 0＝23qBd
3m
粒子在第一象限中做类平抛运动，则有r (1－cos α)＝
qE
2m t 2，tan α＝v y v 0＝qEt
mv 0
联立解得v 0＝E
3B
(2)设粒子在第一象限中做类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x 和y ，根据粒子在
第三、四象限中做圆周运动的对称性可知，粒子刚进入第四象限时速度与x 轴正方向的夹角等于α。

由x ＝v 0t ，y ＝v y
2
t
得y x ＝v y
2v 0＝tan α2＝3
2
由几何知识可得y ＝r －r cos α＝12r ＝33d
则x ＝2
3
d
所以粒子在第三、四象限中做圆周运动的半径为R ＝
12⎝
⎛
⎭⎪
⎫
d ＋23d sin α
＝
53
9
d
粒子进入第三、四象限运动的速度v ＝v 0cos α＝2v 0＝43qBd
3m
根据qvB ′＝m v 2
R
解得B ′＝2.4B
答案： (1)E
3B
(2)2.4B
带电粒子在组合场中运动的分析思路
第1步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段； 第2步：受力和运动分析，主要涉及两种典型运动，如下：
第3步：用规律
考点二带电粒子在叠加场中的运动
1．复合场
电场、磁场、重力场在同一区域共存，或其中两场在同一区域共存。

2．带电粒子在叠加场中运动的分析方法
如图，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。

一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场。

不计一切阻力，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)粒子在复合场中的运动时间。

解析：(1)微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲所示，
所以Eq＝mg，得E＝
mg
q。

(2)由平衡条件
qvB＝2mg
电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙所示，qvB＝m
v2
r，
由几何知识可得r＝2l，
联立解得v＝2gl，
B＝
m
q
g
l。

(3)微粒做匀速运动时间t1＝
2l
v＝
l
g
做圆周运动时间t2＝
3
4
π·2l
v＝
3π
4
l
g
在复合场中运动时间t ＝t 1＋t 2＝⎝ ⎛⎭
⎪
⎫
3π4＋1l g
答案： (1)
mg q
(2)
m q
g
l (3)⎝ ⎛⎭
⎪⎫3π4＋1l g
[变式3] (2017·全国卷Ⅰ·16)
如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。

三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为m a 、m b 、m c 。

已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动。

下列选项正确的是( )
A ．m a ＞m b ＞m c B.m b ＞m a ＞m c C ．m c ＞m a ＞m b D.m c ＞m b ＞m a
B [设三个微粒的电荷量均为q ，
a 在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即 m a g ＝qE ①
b 在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 m b g ＝qE ＋qvB ②
c 在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 m c g ＋qvB ＝qE ③
比较①②③式得：m b ＞m a ＞m c ，选项B 正确。

]
[变式4] (2019·某某某某期末)如图所示，竖直平面MN 的右侧空间存在着相互垂直的水平向左的匀强电场和水平向里的匀强磁场，MN 左侧的绝缘水平面光滑，右侧的绝缘水平面粗糙。

质量为m 的小物体A 静止在MN 左侧的水平面上，该小物体带负电，电荷量－q (q >0)。

质量为1
3
m 的不带电的小物体B 以速度v 0冲向小物体A 并发生弹性正碰，碰撞前
后小物体A 的电荷量保持不变。

(1)求碰撞后小物体A 的速度大小。

(2)若小物体A 与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，磁感应强度为B ＝3mg
qv 0
，
电场强度为E ＝7μmg q
，小物体A 从MN 开始向右运动距离为L 时速度达到最大。

求小物
体A 的最大速度v m 和此过程克服摩擦力所做的功W 。

解析： 本题考查带电物体在复合场中的直线运动、动量守恒定律、牛顿运动定律、动能定理及其相关知识点。

(1)设A 、B 碰撞后的速度分别为v A 、v B ，由于A 、B 发生弹性正碰，动量、机械能均守恒，取水平向右为正方向，则有
m B v 0＝m B v B ＋m A v A ，
12
m B v 20＝
12
m B v 2B
＋
1
2
m A v 2A ，
解得v A ＝v 0
2。

(2)当物体A 的加速度等于零时，其速度达到最大值v m ，受力如图所示，由平衡条件可知，在竖直方向有F N ＝qv m B ＋mg ，
在水平方向有qE ＝μF N ， 解得v m ＝2v 0，
根据动能定理得qEL －W ＝12mv 2m －1
2
mv 2A ，
联立并代入相关数据可得W ＝7μmgL －15
8mv 20。

答案： (1)v 0
2 (2)2v 0 7μmgL －15
8
mv 20
考点三 带电粒子在交变电磁场中的运动
带电粒子在交变复合场中的运动问题的基本思路
(2020·某某某某模拟)如图甲所示，在xOy 平面内有足够大的匀强电场E ，在y
轴左侧平面内有区域足够大的磁场，磁感应强度B 1随时间t 变化的规律如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向。

在y 轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r ＝0.3 m 的圆形区域(图中未画出)，且圆的左侧与y 轴相切，磁感应强度B 2＝0.8 T 。

t ＝0时刻，一质量m ＝8×10－4 kg 、电荷量q ＝＋2×10－4 C 的微粒从x 轴上x P ＝－0.8 m 处的P 点以速度v ＝0.12 m/s 向x 轴正方向运动．已知该带电微粒在电磁场区域做匀速圆周运动。

(g 取10 m/s 2)
(1)求电场强度；
(2)若磁场15π s 后消失，求微粒在第二象限运动过程中离x 轴的最大距离； (3)若微粒穿过y 轴右侧圆形磁场时速度方向的偏转角最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x ，y )。

解析： 本题考查带电微粒在交变磁场中的运动问题。

(1)因为微粒射入电磁场后做匀速圆周运动，则其受到的电场力和重力大小相等，则qE ＝mg ，
解得E ＝40 N/C ，方向竖直向上。

(2)由牛顿第二定律有qvB 1＝m
v 2
R 1
，
所以R 1＝
mv
qB 1
＝0.6 m
T ＝2πm qB 1
＝10π s
分析可知在0～5π s 内微粒沿逆时针方向做匀速圆周运动，在5 π～10 π s 内微粒向左做匀速直线运动。

在10π～15π s 内微粒沿顺时针方向做匀速圆周运动，在15π s 后微粒向右做匀速直线运动，之后穿过y 轴，微粒运动轨迹如图所示。

可知微粒在第二象限内离x 轴的最大距离s ′＝2R 1×2＝4R 1＝2.4 m 。

(3)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点A 与出射点B 的连线必须为磁场圆的直径。

由牛顿第二定律，有qvB 2＝m
v 2
R 2
，
所以R 2＝
mv
qB 2
＝0.6 m ，
R 2＝2r ，所以最大偏转角为60°，
所以圆心横坐标为x ＝0.30 m ，
纵坐标为y ＝s ′－r cos 60°＝2.4 m －0.3×1
2
m ＝2.25 m ，
即磁场的圆心坐标为(0.30 m,2.25 m)。

答案： (1)40 N/C ，方向竖直向上 (2)2.4 m (3)(0.30 m ，2.25 m)
[变式5] 如图甲所示，质量为m 、带电荷量为q 的带负电粒子在t ＝0时刻由a 点以初速度v 0垂直进入磁场，Ⅰ区域磁场的磁感应强度大小不变而方向周期性变化，如图乙所示(垂直于纸面向里为正方向)；Ⅱ区域为匀强电场，方向向上；Ⅲ区域为匀强磁场，磁感应强度大小与Ⅰ区域相同，均为B 0。

粒子在Ⅰ区域内一定能完成半个圆周运动且每次经过mn 的时刻均为T 0
2
的整数倍。

(1)粒子在Ⅰ区域运动的轨迹半径为多少？
(2)若初始位置与第四次经过mn 时的位置距离为x ，求粒子进入Ⅲ区域时速度的可能值(初始位置记为第一次经过mn )。

解析： (1)带电粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qv 0B 0＝
m v 20r
解得r ＝
mv 0qB 0。

(2)带电粒子的运动轨迹有两种可能。

第一种情况：粒子在Ⅲ区域运动半径R ＝x
2
qv 2B 0＝m v 22
R
解得粒子在Ⅲ区域中的速度大小v 2＝
qB 0x
2m
第二种情况：粒子在Ⅲ区域运动半径R ＝
x －4r
2
粒子在Ⅲ区域中的速度大小v 2＝
qB 0x
2m
－2v 0。

答案： (1)
mv 0qB 0
(2)
qB 0x 2m qB 0x
2m
－2v 0
[变式6] (2020·某某模拟)如图甲所示，带正电粒子以水平速度v 0从平行金属板MN 间中线OO ′连续射入电场中。

MN 板间接有如图乙所示的随时间t 变化的电压U MN ，两板间电场可看作是均匀的，且两板外无电场。

紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B ，分界线为CD ，EF 为屏幕。

金属板间距为d ，长度为l ，磁场的宽度为d 。

已知：B ＝5×10
－3 T ，l ＝d ＝0.2 m ，每个带正电粒子的速度
v 0＝105 m/s ，比荷为
q
m
＝108 C/kg ，重力忽
略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的。

试求：
(1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径； (2)带电粒子射出电场时的最大速度。

解析： (1)t ＝0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小。

粒子在磁场中运动时qv 0B ＝
mv 20r min
则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径
r min＝
mv0
qB＝
105
108×5×10－3
m＝0.2 m，其运动的径迹如图中曲线Ⅰ所示。

(2)设两板间电压为U1，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，则有
d
2
＝
1
2
at2＝
1
2
·
U1q
dm⎝
⎛
⎭
⎪
⎫l
v02
代入数据，解得U1＝100 V
在电压低于100 V时，带电粒子才能从两板间射出电场，电压高于100 V时，带电粒子打在极板上，不能从两极板间射出。

带电粒子刚好从极板边缘射出电场时，速度最大，设最大速度为v max，则有
1
2
mv2max＝
1
2
mv20＋q·
U1
2
解得v max＝2×105 m/s＝1.414×105 m/s。

答案：(1)0.2 m (2)1.414×105 m/s
科学思维系列⑭——复合场中的STSE问题
一、组合场中的STSE问题
装置原理图规律
质谱仪
粒子由静止被加速电场加速，qU＝
1
2
mv2。

粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m
v2
r。

由以上两式可得
r＝
1
B
2mU
q，
m＝
qr2B2
2U
，
q
m＝
2U
B2r2
回旋
加速器
交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场
加速，经磁场回旋，由qvB＝m
v2
r，得
E km＝
q2B2r2
2m
，可
见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r
决定，与加速电压无关
有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。

左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。

离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。

在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON 连线的中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点。

已知OP＝0.5r0，OQ＝r0，N、P两点间的电势差U NP＝
mv20
q，cos
θ＝
4
5
，不计重力和离子间相互作用。

(1)求静电分析器中半径为r 0处的电场强度E 0和磁分析器中的磁感应强度B 的大小； (2)求质量为0.5m 的离子到达探测板上的位置与O 点的距离l (用r 0表示)；
(3)若磁感应强度在(B －ΔB )到(B ＋ΔB )之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m 和0.5m 的两束离子，求ΔB
B
的最大值。

解析： (1)由径向电场力提供向心力有E 0q ＝
mv 20
r 0
解得E 0＝
mv 20qr 0
由洛伦兹力提供向心力有qv 0B ＝
mv 20r 0
解得B ＝
mv 0qr 0
(2)从M 点到P 点，由动能定理有 12×0.5mv 2－1
2×0.5mv 20＝qU NP
解得v ＝
5v 0
则在磁场中，质量为0.5m 的离子的轨迹半径r ＝0.5mv qB ＝
125r 0
由几何知识有l ＝2r cos θ－0.5r 0 解得l ＝1.5r 0
(3)若恰好能分辨，则有2r 0
1－ΔB B －2r cos θ1＋
ΔB B
＝r 0
2
解得ΔB
B
＝
17－4
答案：(1)
mv0
qr0(2)1.5
r0(3)17－4
(多选)回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。

D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上。

位于D1的圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被电场加速。

当质子被加速到最大动能E k后，再将它们引出。

忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是( )
A．若只增大交变电压U，则质子的最大动能E k会变大
B．若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间会变短
C．若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子
D．质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为n－1∶n
BD[由r＝
mv
qB可知，质子经加速后的最大速度与回旋加速器的最大半径有关，而与交变电压U无关，故A错误；增大交变电压，质子加速次数减小，所以质子在回旋加速器中的运行时间变短，B正确；为了使质子能在回旋加速器中加速，质子的运动周期应与交变电压的周期相同，C错误；由nqU＝
1
2
mv2n以及r n＝
mv n
qB可得质子第
n次被加速前、后的轨道半径之比为n－1∶n，D正确。

]
二、叠加场中的STSE问题
装置原理图规律
速度选择
器
若qv0B＝Eq，即v0＝
E
B，粒子做匀速直线运动
磁流体发
电机
等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、
负电荷，两极板间电压为U时稳定，q
U
d＝
qv0B，
U＝v
0Bd
电磁流量
计
U
D
q＝qvB，所以v＝
U
DB，所以
Q＝vS＝
πDU
4B
霍尔元件
当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电
流方向都垂直的方向上出现电势差
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
eU
a
D[由题意可判定，电子定向移动的方向水平向左，则由左手定则可知，电子所受的洛伦兹力指向后表面，因此后表面积累的电子逐渐增多，前表面的电势比后表面的电势高，A错误；当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，电子不再发生偏转，此时前、后表面间的
电压达到稳定，对稳定状态下的电子有eE ＝eBv ，又E ＝U a
，解得U ＝Bav ，显然前、后表
面间的电压U 与电子的定向移动速度v 成正比，与元件的宽度a 成正比，与长度c 无关，B 、C 错误；自由电子稳定时受到的洛伦兹力等于电场力，即F ＝eE ＝
eU a
，D 正确。

]
如图所示是速度选择器的原理图，已知电场强度为E 、磁感应强度为B 并相互
垂直分布，某一带电粒子(重力不计)沿图中虚线水平通过。

则该带电粒子( )
A ．一定带正电
B ．速度大小为E
B
C ．可能沿QP 方向运动
D ．若沿PQ 方向运动的速度大于E
B
，将一定向下极板偏转
B [速度选择器不选择电性，只选择速度，粒子不一定带正电，选项A 错误；根据电场力等于洛伦兹力，qE ＝qvB ，解得v ＝E
B
，选项B 正确；粒子只能沿PQ 方向运动，不能
沿QP 方向运动，选项C 错误；由于不知道粒子的电性，若运动的速度大于E
B
，无法确定粒
子偏转方向，选项D 错误。

]
(多选)如图为一利用海流发电的原理图，用绝缘材料制成一个横截面为矩形的
管道，在管道的上、下两个内表面装有两块电阻不计的金属板M 、N ，板长为a ，宽为b ，板间的距离为d ，将管道沿海流方向固定在海水中，在管道中加一个与前、后表面垂直的匀强磁场，磁感应强度为B ，将电阻为R 的航标灯与两金属板连接(图中未画出)。

海流方向如图所示，海流速率为v ，下列说法正确的是( )
A ．M 板电势高于N 板的电势
B ．发电机的电动势为Bdv
C ．发电机的电动势为Bav
D ．管道内海水受到的安培力方向向左
ABD [海水中的正离子受到的洛伦兹力向上，所以正离子向上偏转，即M 板带正电，负离子受到的洛伦兹力向下，所以负离子向下偏转，N 板带负电，可知M 板的电势高于N 板的电势，故A 正确；M 、N 两极板间形成电场，当离子所受的洛伦兹力和电场力平衡时，
两板间的电压稳定，即q U
d
＝Bqv ，解得U ＝Bdv ，两极板间的电压等于电源的电动势，即
发电机的电动势为Bdv ，故B 正确，C 错误；根据左手定则，管道内海水电流方向向上，所受安培力方向向左，故D 正确。

]
为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示
的流量计。

该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a 、b 、c ，左、右两端开口。

在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在前、后两个内侧面分别固定有金属板作为电极。

污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U 。

若用Q 表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )
A ．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高
B ．若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高
C ．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大 D. 污水流量Q 与U 成正比，与a 、b 无关
D [无论污水中正离子多还是负离子多，由左手定则知前表面电势均比后表面电势低，且当Bvq ＝U
b
q 时，离子不再偏转，电压表示数恒定，与污水中离子浓度无关，选项A 、B 、C 错误，由Q ＝vbc 可得Q ＝Uc
B ，Q 与U 成正比，与a 、b 无关，选项D 正确。

]
(多选)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。

自行车前轮
上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。

如图为霍尔元件的工作原理图。

当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。

下列说法正确的是( )
A ．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小
B. 自行车的车速越大，霍尔电势差越高
C ．图中霍尔元件的电流I 是由正电荷定向运动形成的
D ．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小
AD [根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再知道自行车车轮的半径，则
根据v ＝2πrn 即可获知车速大小，选项A 正确；根据霍尔效应原理可知U d
q ＝Bqv ，则U ＝Bdv ，即霍尔电压只与磁感应强度、霍尔元件的宽度以及电荷定向移动的速度有关，与车轮转速无关，选项B 错误；图中霍尔元件的电流I 是由负电荷定向移动形成的，选项C 错误；如果长时间不更换传感器的电源，则会导致负电荷定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，选项D 正确。

]
解决实际问题的一般过程
(2018·课标卷Ⅲ·24)[本题源于人教版3－1·P 100例题]如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U 加速后在纸面内水平向右运动，自M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。

已知甲种离子射入磁场的速度大小为v 1，并在磁场边界的N 点射出；乙种离子在MN 的中点射出；MN 长为l 。

不计重力影响和离子间的相互作用。

求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。

解析： (1)设甲种离子所带电荷量为q 1、质量为m 1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 1，磁场的磁感应强度大小为B ，由动能定理有
q 1U ＝12
m 1v 21① 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q 1v 1B ＝m 1v 21
R 1
② 由几何关系知
2R 1＝l ③
由①②③式得
B ＝4U lv 1
④ (2)设乙种离子所带电荷量为q 2、质量为m 2，射入磁场的速度为v 2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 2。

同理有
q 2U ＝12
m 2v 22⑤ q 2v 2B ＝m 2v 22R 2
⑥ 由题给条件有
2R 2＝l
2
⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 q 1
m 1∶q 2m 2＝1∶4⑧
答案： (1)4U lv 1
(2)1∶4
一个质量为m 、电荷量为q 的粒子，从容器A 下方的小孔S 1，飘入电势差为U 的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S 3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片D 上(如图所示)。

(1)求粒子进入磁场时的速率。

(2)求粒子在磁场中运动的轨道半径。

(2018·课标卷Ⅲ·24)[本题源于人教版3－1·P 100例题]如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U 加速后在纸面内水平向右运动，自M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。

已知甲种离子射入磁场的速度大小为v 1，并在磁场边界的N 点射出；乙种离子在MN 的中点射出；MN 长为l 。

不计重力影响和离子间的相互作用。

求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。

解析： (1)设甲种离子所带电荷量为q 1、质量为m 1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 1，磁场的磁感应强度大小为B ，由动能定理有
q 1U ＝12
m 1v 21① 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q 1v 1B ＝m 1v 21R 1
② 由几何关系知
2R 1＝l ③
由①②③式得
B ＝4U lv 1
④ (2)设乙种离子所带电荷量为q 2、质量为m 2，射入磁场的速度为v 2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 2。

同理有
q 2U ＝12
m 2v 22⑤ q 2v 2B ＝m 2v 22R 2
⑥ 由题给条件有
2R 2＝l 2
⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 q 1
m 1∶q 2m 2＝1∶4⑧
答案： (1)4U lv 1
(2)1∶4
一个质量为m 、电荷量为q 的粒子，从容器A 下方的小孔S 1，飘入电势差为U 的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S 3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片D 上(如图所示)。

(1)求粒子进入磁场时的速率。

(2)求粒子在磁场中运动的轨道半径。