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专题16 带电粒子在组合场、复合场中的运动模型
目录
一.带电粒子在组合场中的匀速圆周运动模型解法综述 1
二．磁场与磁场的组合模型 1
三．先电场后磁场模型 6
四．先磁场后电场模型 14
五．带电粒子在组合场中运动的应用---质谱仪模型 19
六．带电粒子在组合场中运动的应用---回旋加速器模型 25
七．带电粒子在叠加场中的运动模型 29
八．带电粒子在叠加场中的应用模型---电磁平衡科技应用 39
模型一．速度选择器 39
模型二．磁流体发电机 40
模型三．电磁流量计 42
模型四.霍尔效应的原理和分析 44

一.带电粒子在组合场中的匀速圆周运动模型解法综述
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现．
2．带电粒子在组合场中运动的分析思路
第1步：粒子按照时间顺序进入不同的区域可分成几个不同的阶段．
第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如图所示．
第3步：用规律

二．磁场与磁场的组合模型
【运动模型】磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同．解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系．
【模型演练1】(2021·韶关模拟)如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于平面ADEC向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线。质量为 m、带电荷量为＋q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q点与O点的距离为3a。不考虑粒子重力。

(1)求粒子射入时的速度大小；
(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度大小B1应满足的条件；
(3)若下方区域的磁感应强度B＝3B0，粒子最终垂直 DE 边界飞出，求边界 DE 与AC 间距离的可能值。
【答案】：(1)　(2)B1≥　(3)4na(n＝1，2，3，…)
【解析】：(1)粒子在OF上方的运动轨迹如图所示，

设粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系可知R2－(R－a)2＝(3a)2，则R＝5a
由牛顿第二定律可知qvB0＝m
解得v＝。
(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，其运动轨迹如图所示，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1。

由几何关系得r1＋r1cos θ＝3a，cos θ＝，所以r1＝，根据qvB1＝，解得B1＝
故B1≥ 时，粒子不会从AC边界飞出。
(3)当B＝3B0时，粒子的运动轨迹如图所示，粒子在OF下方的运动半径为r＝a，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时，粒子的位置为P1 点，则P点与P1 点的连线一定与OF平行，根据几何关系知 PP1＝4a，所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为L＝nPP1＝4na(n＝1，2，3，…)。

【模型演练2】(2020·江苏卷·16)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0.甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v.甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示．甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点．已知甲的质量为m，电荷量为q.不考虑粒子间的相互作用和重力影响．求：

(1)Q到O的距离d；
(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt；
(3)乙的比荷可能的最小值．
【答案】　(1)　(2)　(3)
【解析】　(1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2
由qvB＝m可知r＝，
故r1＝，r2＝
且d＝2r1－2r2
解得d＝
(2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分别 t1、t2
由T＝＝得t1＝，t2＝
且Δt＝2t1＋3t2
解得Δt＝
(3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动
若经过两磁场的次数均为n(n＝1,2,3，…)
相遇时，有n＝d，n＝t1＋t2
解得＝n
根据题意，n＝1舍去．
当n＝2时，有最小值，()min＝
若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n＋1)、n(n＝0,1,2,3，…)，经分析不可能相遇．
综上分析，乙的比荷的最小值为.
【典例分析3】(2017·全国卷Ⅲ·24)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场．在x≥0 区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)

(1)粒子运动的时间；
(2)粒子与O点间的距离．
【答案】　(1)(1＋)　(2)(1－)
【解析】　(1)在匀强磁场中，带电粒子做匀速圆周运动．设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x＜0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
qB0v0＝m①
qλB0v0＝m②
设粒子在x≥0区域运动的时间为t1，则
t1＝③
粒子在x<0区域运动的时间为t2，则
t2＝④
联立①②③④式得，所求时间为
t＝t1＋t2＝(1＋)⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
d＝2(R1－R2)＝(1－)
【模型演练4】（2021届云南省昆明市高三（上）三诊一模摸底诊断测试理综物理试题 ）如图所示，虚线上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场，下方存在方向相同、磁感应强度大小为的匀强磁场，虚线为两磁场的分界线。位于分界线上，点为的中点。一电子从点射入磁场，速度方向与分界线的夹角为，电子离开点后依次经两点回到点。已知电子的质量为，电荷量为，重力不计，求：
(1)的值；
(2)电子从射入磁场到第一次回到点所用的时间。

【答案】(1)；(2)
【解析】
电子在磁场中的运动轨迹如图所示

设电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径分别为，电子在磁场中做匀速圆周运动有
…①
…②
由于最终能回到点，由几何关系，可得
…③
联立①②③，解得

电子在磁场中的运动周期


电子在磁场中的运动周期

设电子经过三段轨迹的时间分别为，由几何关系可得
到的圆心角为，则

到的圆心角为，则

到的圆心角为，则

电子从射入磁场到第一次回到点所用的时间为

联立以上式子，解得

三．先电场后磁场模型
【运动模型】
1.带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图.

2．带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图.

【模型演练1】.(2019·江苏南京市六校联考)如图所示，在矩形区域ABCD内存在竖直向上的匀强电场，在BC右侧Ⅰ、Ⅱ两区域存在匀强磁场，虚线L1、L2、L3是磁场的边界线(BC与L1重合)，宽度相同，方向如图所示，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B1.一电荷量为＋q、质量为m的粒子(重力不计)从AD边中点以初速度v0沿水平向右方向进入电场，粒子恰好从B点进入磁场，经区域Ⅰ后又恰好从与B点同一水平高度处进入区域Ⅱ.已知AB长度是BC长度的倍．

(1)求带电粒子到达B点时的速度大小；
(2)求区域Ⅰ磁场的宽度L；
(3)要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长，求区域Ⅱ的磁感应强度B2的最小值．
【答案】　(1)　(2)　(3)1.5B1
【解析】　(1)设带电粒子进入磁场时的速度大小为v，与水平方向成θ角，粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有：tan θ＝＝，则θ＝30°，根据速度关系有：v＝＝；
(2)设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径为r1，由牛顿第二定律得：qvB1＝m，轨迹如图甲所示：

由几何关系得：L＝r1
解得：L＝；
(3)当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，在磁场中运动的时间最长．设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B2m，此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场，对应的轨迹半径为r2，轨迹如图乙所示：

同理得：qvB2m＝m
根据几何关系有：L＝r2(1＋sin θ)
解得：B2m＝1.5B1.
【模型演练2】(2020·湖南长沙模拟)如图，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．
【答案】　(1)　(2)
【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＝mv2①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，结合牛顿第二定律有qvB＝m②

由几何关系知d＝r③
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
【模型演练4】.（2021届广东省东莞市高三模拟）如图所示，在xOy平面内，MN与y轴平行，间距为d，其间有沿x轴负方向的匀强电场E。y轴左侧有宽为L的垂直纸面向外的匀强磁场，MN右侧空间存在范围足够宽、垂直纸面的匀强磁场（图中未标出）。质量为m、带电量为+q的粒子从P（d，0）沿x轴负方向以大小为v0的初速度射入匀强电场。粒子到达O点后，经过一段时间还能再次回到O点。已知电场强度E=，粒子重力不计。
(1)求粒子到O点的速度大小；
(2)求y轴左侧磁场区域磁感应强度B1的大小应满足什么条件？
(3)若满足(2)的条件，求MN右侧磁场的磁感应强度B2和y轴左侧磁场区域磁感应强度B1的大小关系。

【答案】（1）；（2）；（3），n=l，2，3……
【解析】(1)粒子，从P点到O点，由动能定理得
可得粒子到
(2)洛伦兹力提供向心力
粒子要再次回到O点，则粒子不能从y轴左侧的磁场射出，需要返回磁场，经过电场和MN右侧的磁场的作用，再次返回到O点，故要求：
故要求
(3)粒子通过电场回到MN右侧磁场时速度为。设粒子在右侧磁场中轨道半径为R，要使其能够回到原点，粒子在右侧磁场中应向下偏转，且偏转半径R≥r。

解得
①当R=r，，可得
②R>r，要使粒子回到原点（粒子轨迹如下图所示）

则须满足
其中n=l，2，3……

，n=l，2，3……
其中n=1时， ，综上，需要B2和y轴左侧磁场区域磁感应强度B1的大小关系满足
，n=l，2，3……
【模型演练5】（2021届河北省衡水市第一中学高三模拟）如图所示，平面直角坐标系第二象限充满电场强度大小为、方向沿轴负方向的匀强电场，在轴右侧以点为圆心、为半径的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场。现将带正电的粒子，从第二象限的点以速度沿轴正方向射入匀强电场，经电场偏转后恰好沿磁场区域半径方向射入匀强磁场，粒子离开磁场时，在磁场中的出射点和入射点关于轴对称。带电粒子重力不计，求：
(1)带电粒子的比荷；
(2)磁感应强度的大小；
(3)粒子从进入电场到离开磁场所用的时间。

【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】粒子运动轨迹如图所示

(1)粒子在电场中，设运动时间为，有




设DC连线跟轴负方向的夹角为，由几何关系得


解得


(2)粒子在磁场中，设轨迹半径为，则由几何关系可得

解得

设粒子离开电场时的速度为，有


解得

(3)设在无场区域、磁场中运动时间分别为、，总时间为，有



解得

【模型演练6】(2021·河南平顶山市一轮复习质检)如图所示，平面直角坐标系xOy的第二、三象限内有方向沿y轴正方向的匀强电场，第一、四象限内有圆形有界磁场，有界磁场的半径为L，磁场的方向垂直于坐标平面向里，磁场边界与y轴相切于O点，在x轴上坐标为(－L,0)的P点沿与x轴正方向成θ＝45°角斜向上射出一个速度大小为v0的带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子经电场偏转垂直y轴射出电场，粒子进入磁场后经磁场偏转以沿y轴负方向的速度射出磁场，不计粒子的重力．求：

(1)粒子从y轴上射出电场的位置坐标；
(2)匀强电场电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从P点射出到射出磁场运动的时间为多少？
【答案】　(1)(0，L)　(2)　　(3)＋
【解析】　(1)粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆运动，
水平方向：L＝v0cos θ·t1，
竖直方向：y＝v0sin θ·t1，
解得：y＝L，
粒子从y轴上射出电场的位置坐标为：(0，L)；
(2)粒子在电场中的加速度大小：a＝，
竖直分位移：y＝at12，
解得：E＝；
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，以沿y轴负方向的速度射出磁场，运动轨迹如图所示，

由几何知识得：AC与竖直方向夹角为45°，
AD＝y＝L，
因此AC刚好为圆形有界磁场的直径，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r＝L，
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB＝m，
其中，粒子的速度：v＝v0cos θ，
解得：B＝；
(3)粒子在电场中的运动时间：t1＝＝，
粒子离开电场进入磁场前做匀速直线运动，位移：x＝L－L，
粒子做直线运动的时间：t2＝＝，
粒子在磁场中做圆周运动的时间：t3＝T＝×＝，
粒子总的运动时间：t＝t1＋t2＋t3＝＋.
四．先磁场后电场模型
【模型构建】(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)．
(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)．

【模型演练1】(2021·济宁模拟)如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从x轴上的M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限，不计粒子重力。求：
(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；
(2)电场强度的大小E；
(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1。

【答案】：(1)　(2)　(3)B0
【解析】：(1)粒子在第四象限中运动时，洛伦兹力提供向心力，则
qv0B0＝
解得v0＝。
(2)由于粒子与y轴正方向成45°角离开电场，则有vx＝vy＝v0
粒子在电场中做类平抛运动，在平行于x轴方向上做匀加速运动，在平行于y轴方向上做匀速运动，故在平行于x轴方向上 qE＝ma
v－0＝2aR0
联立解得E＝。
(3)粒子在电场中运动时
平行于x轴方向：vx＝at，R0＝at2
平行于y轴方向：y＝vyt
联立解得y＝2R0
如图所示，过N点作速度的垂线交x轴于P点，P点即为粒子在第一象限做圆周运动轨迹的圆心，PN为半径，因为ON＝y＝2R0，∠PNO＝45°，所以PN＝2R0

由于洛伦兹力提供向心力，故qvB1＝，其中v为进入第一象限时的速度，大小为v＝v0
解得B1＝B0。
【模型演练2】.(2020·山东潍坊市3月五县联考)如图所示的坐标系xOy中，第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，第二象限存在沿y轴负方向的匀强电场，x轴下方存在垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度未知．一带正电粒子从A(d,0)点以初速度v0开始运动，初速度方向与x轴负方向夹角为53°，粒子到达y轴时速度方向与y轴垂直，粒子经过电场区域、x轴下方磁场区域恰好回到A点，且速度方向与初速度方向相同．粒子重力不计，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：

(1)粒子的比荷；
(2)匀强电场的电场强度大小；
(3)x轴下方磁场的磁感应强度大小．
【答案】　(1)　(2)　(3)B0
【解析】　(1)设粒子在第一象限内做圆周运动的半径为r1，则有qv0B0＝m

由图可知r1＝，解得＝
(2)设粒子类平抛过程竖直位移为Δy，
则Δy＝r1－r1cos 53°
由题意可知，粒子类平抛运动的末速度与x轴负方向夹角为θ＝53°，则vy＝v0tan θ，类平抛运动过程vy＝at，Δy＝at2，qE＝ma
联立解得t＝，E＝
(3)设粒子类平抛过程水平位移为Δx，则Δx＝v0t，设粒子在y轴下方磁场区域运动的半径为r2，则r2＝
粒子运动速度v＝，qvB＝m，解得B＝B0.
【模型演练3】.(2020·山东等级考模拟卷)如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ.一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限．不计粒子重力．求：

(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；
(2)电场强度的大小E；
(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1.
【答案】　(1)　(2)　(3)B0
【解析】　(1)粒子在第四象限中运动时，洛伦兹力提供向心力，
则qv0B0＝
解得v0＝
(2)由于粒子与y轴正方向成45°角离开电场，
则有vx＝vy＝v0
粒子在电场中做类平抛运动，在平行于x轴方向做匀加速直线运动，在平行于y轴方向做匀速直线运动，故在平行于x轴方向上qE＝ma
vx2－0＝2aR0
联立解得E＝
(3)粒子在电场中运动时
平行于x轴方向：vx＝at，R0＝at2
平行于y轴方向：y＝vyt
联立解得y＝2R0
如图，过N点作速度的垂线交x轴于P点，P即为粒子在第一象限做匀速圆周运动的圆心，PN为半径，因为ON＝y＝2R0，∠PNO＝45°，所以PN＝2R0.

由于洛伦兹力提供向心力，故qvB1＝，其中v为进入第一象限的速度，大小为v＝v0，
解得B1＝B0.
【模型演练4】.(西南名校联盟2021届高三适应性月考)如图所示，在直角坐标系内，OP射线(O为顶点)与y轴夹角为30°,OP与y轴所围区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B, OP 与x轴之间存在匀强电场，方向沿x轴负方向。一个带电粒子经加速电压U加速后，以与OP平行的速度从N点进人磁场, ON间距为2d,带电粒子从OP上的某点A (图中未画出)垂直于OP离开磁场，从x轴上的某点C (图中未画出)垂直于x轴离开电场,不计粒子的重力。求:

(1)带电粒子的电性及比荷;
(2)带电粒子在第一象限中的运动时间;
(3)匀强电场的电场强度。
【解析】：（1）磁场方向垂直纸面向外，粒子垂直于OP离开磁场，
则所受洛伦兹力在速度方向的右侧，可知粒子带正电 ①
画出运动轨迹，由几何关系可得

②
在磁场中由牛顿第二定律可得 ③
在电场中加速可得 ④
联立②③④式解得 ⑤
（2）由④⑤式可得粒子进入磁场时的速度为 ⑥
此后进入电场，当出射方向和轴垂直时，可知粒子在方向的分速度减为零，沿y轴方向可视为做匀速直线运动。垂直OP出射时，与竖直方向夹角为60°
⑦
在磁场中做匀速圆周运动，运动路径为四分之一圆周，在磁场中的运动时间
⑧
从OP上的出射点到O点的距离为 ⑨
则在电场中的运动时间为 ⑩
在第一象限中运动的总时间为

（3）在方向上做匀减速运动
垂直出射，方向速度恰好减到0


联立⑥⑨⑩式可得
五．带电粒子在组合场中运动的应用---质谱仪模型
【模型构建】
1．作用
测量带电粒子质量和分离同位素的仪器．
2．原理(如图所示)

(1)加速电场：qU＝mv2；
(2)偏转磁场：qvB＝，l＝2r；
由以上两式可得r＝ ，
m＝，＝.
【模型演练1】(2020·福建龙岩市5月模拟)质谱仪的原理如图所示，虚线AD上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，C、D间有一荧光屏．同位素离子源产生a、b两种电荷量相同的离子，无初速度进入加速电场，经同一电压加速后，垂直进入磁场，a离子恰好打在荧光屏C点，b离子恰好打在D点．离子重力不计．则(　　)

A．a离子质量比b的大
B．a离子质量比b的小
C．a离子在磁场中的运动时间比b的长
D．a、b离子在磁场中的运动时间相等
【答案】　B
【解析】　设离子进入磁场的速度为v，在电场中qU＝mv2，在磁场中Bqv＝m，联立解得：r＝＝ ，由题图知，b离子在磁场中运动的轨道半径较大，a、b为同位素，电荷量相同，所以b离子的质量大于a离子的质量，所以A错误，B正确；在磁场中运动的时间均为半个周期，即t＝＝，由于b离子的质量大于a离子的质量，故b离子在磁场中运动的时间较长，C、D错误．
【模型演练2】(多选)(2020·江苏南通等七市高三下学期6月三调)如图所示，电荷量相等的两种离子氖20和氖22从容器下方的狭缝S1飘入(初速度为零)电场区，经电场加速后通过狭缝S2、 S3垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，最终到达照相底片D上．不考虑离子间的相互作用，则(　　)

A．电场力对每个氖20和氖22做的功相等
B．氖22进入磁场时的速度较大
C．氖 22在磁场中运动的半径较小
D．若加速电压发生波动，两种离子打在照相底片上的位置可能重叠
【答案】　AD
【解析】　电场力对粒子做的功为W＝qU，则电场力对每个氖20和氖22做的功相等，A正确；根据qU＝mv2，得v＝，所以氖22(质量较大)进入磁场时的速度较小，B错误；根据r＝和v＝得r＝，因为氖22质量较大，所以氖22在磁场中运动的半径较大，C错误；加速电压发生波动，根据r＝，两种离子打在照相底片上的位置可能重叠(不同时刻)，D正确．
【模型演练3】（2021届江苏省如皋市高三模拟）质谱仪是一种测量带电粒子比荷的仪器，某型号质谱仪的内部构造如图所示，M、N板间存在电压为U0的加速电场，半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，光屏放置于圆形磁场区域右侧，光屏中心P到圆形磁场区域圆心O的距离为2R。带电粒子从S点由静止飘入M、N板间，经电场加速后进入圆形磁场区域，在磁场力作用下轨迹发生偏转，最终打在光屏上的某点，测量该点到P点的距离，便能推算出带电粒子的比荷.不计带电粒子的重力。
（1）若带电粒子为电子，已知电子的电荷量为e，质量为m0，求电子经过电场加速后的速度大小v及电子在磁场中运动的轨迹半径r；
（2）若某种带电粒子通过电场加速和磁场偏转后，打在光屏上的Q点，已知P点到Q点的距离为R，求该带电粒子的比荷及其在磁场中运动的时间t。

【答案】（1）；；（2）；
【解析】
（1）电子在电场中加速，由动能定理有
解得
电子在磁场中做匀速圆周运动，由
解得
（2）带电粒子到达Q点的轨迹如图所示

由几何关系可得θ=60°，，
类比有
解得
带电粒子在磁场中运动的圆心角即θ=60°，所以
周期
所以
【模型演练4】（2021届云南省保山市智源中学高三一模）如图，离子源产生某种离子，以初速度v0进入两端电压为U的加速电场加速后、从距离PQ边界h处进入垂直纸面向外磁感应强度为B的匀强磁场中，进入磁场的速度是进入电场速度的三倍。经磁场偏转后从磁场下边界PQ离开磁场，离开磁场时速度与边界PQ方向的夹角为60°。不计离子重力。求：
(1) 该离子的比荷；
(2)磁感应强度B。

【答案】(1)；(2)
【解析】(1)离子在电场中加速过程由动能定理得

解得
(2)由磁场偏转轨迹的几何关系得
解得R=2h

磁场中由洛伦兹力提供向心力
其中，代入解得
【模型演练5】（2021届西南名校联盟摸底诊断测试理综物理试题 ）如图所示，离子源产生的某种正离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自坐标原点O射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，已知该离子刚好在磁场边界的P点射出。P点坐标为，不计重力影响。求：
（1）离子的比荷；
（2）粒子在磁场中运动的时间。

【答案】(1)；(2)
【解析】(1)设离子的质量为，电荷量为，进入磁场时的速度为，则

粒子在磁场中有
由几何关系知
联立解得
(2)

【模型演练6】(2020·山西临汾市二轮复习模拟)容器A中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场．粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图所示．已知加速电场中S1、S2间的加速电压为U，偏转电场极板长为L，两板间距也为L，板间匀强电场强度E＝，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板f的下端与磁场边界ab相交于点P，在边界ab上实线处固定放置感光片．测得从容器A中逸出的所有粒子均打在感光片PQ之间，且Q距P的长度为3L，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：

(1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab间的夹角；
(2)射到感光片Q处的粒子的比荷(电荷量q与质量m之比)；
(3)粒子在磁场中运动的最短时间．
【答案】　(1)45°　(2)　(3)
【解析】　(1)设质量为m、电荷量为q的粒子通过孔S2的速度为v0，则：qU＝mv02
粒子在平行板e、f间做类平抛运动：L＝v0t，vx＝t，tan θ＝
联立可得：tan θ＝1，则θ＝45°，故其速度方向与边界ab间的夹角为θ＝45°.
(2)粒子在偏转电场中沿场强方向的位移x＝vxt＝，故粒子从e板下端与水平方向成45°角斜向下射入匀强磁场，如图所示，设质量为m、电荷量为q的粒子射入磁场时的速度为v，做圆周运动的轨道半径为r，则v＝＝v0＝2
由几何关系：r2＋r2＝(4L)2
则r＝2L
qvB＝m，则r＝
联立解得：＝.

(3)设粒子在磁场中运动的时间为t，偏转角为α，
则t＝，r＝＝
联立可得：t＝
因为粒子在磁场中运动的偏转角α＝π，所以粒子打在P处时间最短，此时半径为r′，
由几何关系知：r′2＋r′2＝L2，则r′＝L
联立可得：tmin＝＝.
六．带电粒子在组合场中运动的应用---回旋加速器模型
1．构造：
如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源．

2．原理：
交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子被加速一次．
3．最大动能：
由qvmB＝、Ekm＝mvm2得Ekm＝，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关．
4．总时间：
粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝，粒子在磁场中运动的总时间t＝T＝·＝.
【模型演练1】(多选)(2021·山东烟台市第一学期期末)如图所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，分别与高频交流电源连接，两个D形金属盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，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，下列说法中正确的是(　　)

A．加速电压越大，粒子最终射出时获得的动能就越大
B．粒子射出时的最大动能与加速电压无关，与D形金属盒的半径和磁感应强度有关
C．若增大加速电压，粒子在金属盒间的加速次数将减少，在回旋加速器中运动的时间将减小
D．粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为∶
【答案】　BC
【解析】　粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvmB＝m，解得：vm＝，则粒子获得的最大动能为：Ekm＝mvm2＝，知粒子获得的最大动能与加速电压无关，与D形金属盒的半径R和磁感应强度B有关，故A错误，B正确；对粒子，由动能定理得：nqU＝，加速次数：n＝，增大加速电压U，粒子在金属盒间的加速次数将减少，粒子在回旋加速器中运动的时间：t＝T＝将减小，故C正确；对粒子，由动能定理得：nqU＝mvn2，解得vn＝，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvnB＝m，解得：rn＝ ，则粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为：＝，故D错误．
【模型演练2】(多选)(2021·福建龙岩市3月质量检查)回旋加速器是加速带电粒子的装置，如图所示．其核心部件是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒(D1、D2)，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，D形盒的半径为R.质量为m、电荷量为q的质子从D1半盒的质子源(A点)由静止释放，加速到最大动能Ekm后经粒子出口处射出．若忽略质子在电场中的加速时间，且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是(　　)

A．质子加速后的最大动能Ekm与交变电压U大小无关
B．质子在加速器中的运行时间与交变电压U大小无关
C．回旋加速器所加交变电压的周期为πR
D．D2盒内质子的轨道半径由小到大之比为1∶∶∶…
【答案】　ACD
【解析】　质子在回旋加速器中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，则v＝，当r＝R时，质子有最大动能：Ekm＝mvm2＝，知质子加速后的最大动能Ekm与交变电压U大小无关，故A正确；质子离开回旋加速器时的动能是一定的，与加速电压无关，由T＝可知相邻两次经过电场加速的时间间隔不变，获得的动能为qU，故电压越大，加速的次数n越少，在加速器中的运行时间越短，故B错误；回旋加速器所加交变电压的周期与质子在D形盒中运动的周期相同，由T＝，R＝，Ekm＝mvm2知，T＝πR，故C正确；质子每经过1次加速电场动能增大qU，知D2盒内质子的动能由小到大依次为qU、3qU、5qU…，又r＝＝，则半径由小到大之比为1∶∶∶…，故D正确.
【模型演练3】（2021北京东城一模）在研究原子核的内部结构时，需要用能量很高的粒子去轰击原子核。粒子加速器 可以用人工方法使带电粒子获得很大速度和能量。图甲是回旋加速器的结构示意图，D1和D2是两个中空的半径为R的半圆型金属盒，两盒之间留有间距为d的窄缝，它们之间有一定的电势差。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B。D1盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为+q的粒子。粒子在两盒之间被电场加速，之后进入磁场后做匀速圆周运动。经过若干次加速后，将粒子从金属盒边缘引出。设粒子在交变电场中运动时电压大小为U，不考虑粒子离开A处时的速度、粒子重力、粒子间的相互作用及相对论效应。

⑴ 求粒子被引出时的动能Ek；
⑵ 求粒子被电场加速的次数n；
⑶ 随着粒子在电场中的不断加速，粒子在磁场中的运动速率一次比一次增大，然而粒子每次在金属盒中的运动时间却相同，粒子在交变电场中加速的总时间也可以忽略。已知10 MeV 以上的回旋加速器中磁感应强度的数量级为1T，金属盒的直径在1m 以上，窄缝之间距离约为0.1cm。请你结合上述参数，通过推导和估算加以分析。
【解析】．
⑴ 粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，被引出时的速度为v
根据牛顿第二定律有
解得
粒子被引出时的动能
⑵ 粒子在电场中被加速n次，根据动能定理有

⑶ 粒子在加速器中运动的时间可以看成两部分时间之和：在金属盒内旋转圈的时间t1和通过金属盒间隙n次所需的时间t2。
粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力
有
运动周期
由此可知：粒子运动周期与粒子速度无关，每次在金属盒中的运动时间相同
粒子在磁场中运动时间
粒子在电场中运动时，根据匀变速直线运动规律

粒子在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比
由此可知：粒子在电场中的加速时间可以忽略。
七．带电粒子在叠加场中的运动模型
1．叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．
2．无约束情况下的运动
(1)洛伦兹力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．
(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．
(3)电场力、洛伦兹力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动．
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．
3．有约束情况下的运动
带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．
【模型演练1】(2021·河南顶级名校第四次联测)如图所示，竖直平面xOy，其x轴水平，在整个平面内存在沿x轴正方向的匀强电场E，在第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.2 T．现有一比荷为＝25 C/kg的带电微粒，从第三象限内某点以速度v0向坐标原点O做直线运动，v0与x轴之间的夹角为θ＝45°，取重力加速度g＝10 m/s2.求：

(1)微粒的电性及速度v0的大小；
(2)带电微粒在第一象限内运动时所到达的最高点的坐标．
【答案】　(1)带正电　2 m/s　(2)(0.6 m,0.2 m)
【解析】　(1)带电微粒在第三象限内受重力、电场力和洛伦兹力的作用，做直线运动，则其一定做匀速直线运动，合力为零．若微粒带负电，由左手定则知洛伦兹力斜向右下，又重力竖直向下，电场力水平向左，合力不可能为零；同理，可判断微粒带正电；
对带电微粒受力分析，如图所示，根据平衡条件可得：Bqv0＝mg
解得：v0＝2 m/s；

(2)带电微粒进入第一象限后做曲线运动，设最高点为M，从O到M所用的时间为t，则将微粒从O到M的运动分解为沿x轴方向上的匀加速直线运动和沿y轴方向上的匀减速直线运动
y轴方向上：0＝v0sin 45°－gt
y＝t
x轴方向上：qE＝mgtan 45°＝max
x＝v0cos 45°t＋axt2
解得x＝0.6 m，y＝0.2 m.
即带电微粒在第一象限内运动时所达到的最高点的坐标为(0.6 m,0.2 m)
【模型演练2】.(2020·河南九师联盟质检)如图所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy，x轴沿水平方向．第二、三象限有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，与x轴成θ＝30°角的绝缘细杆固定在二、三象限；第四象限同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的带电小球a(可视为质点)穿在细杆上沿细杆匀速下滑，在N点脱离细杆后恰能沿圆周轨道运动到x轴上的A点，且速度方向垂直于x轴．已知A点到坐标原点O的距离为l，小球a与绝缘细杆的动摩擦因数μ＝；＝ ，重力加速度为g，空气阻力忽略不计．求：

(1)带电小球的电性及电场强度的大小E；
(2)第二、三象限里的磁场的磁感应强度大小B1；
(3)当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴距原点O为h＝的P点(图中未画出)以某一初速度水平向右平抛一个不带电的绝缘小球b(可视为质点)，b球刚好在运动到x轴时与向上运动的a球相碰，则b球的初速度为多大？
【答案】　(1)带正电　　(2) 　(3)
【解析】　(1)由带电小球a在第四象限内做圆周运动，知小球a所受电场力竖直向上，且mg＝qE，故小球a带正电，E＝
(2)带电小球a从N点运动到A点的过程中，洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，设运动半径为R，有：qvB＝m
由几何关系有R＋Rsin θ＝l
解得R＝l，v＝
带电小球a在杆上匀速下滑时，由平衡条件有
mgsin θ＝μ(qvB1－mgcos θ)
解得B1＝
(3)带电小球a在第四象限内做匀速圆周运动的周期T＝＝2
带电小球a第一次在第一象限从A点竖直上抛又返回到A点所用的时间为t0＝＝
绝缘小球b平抛运动至x轴上的时间为t＝＝2
小球a从N点第一次到A点所用时间为t1，
则t1＝ 故两球相碰有t＝＋n(t0＋)(n＝0,1,2…)
联立解得n＝1
设b球的初速度为v0，则R＝v0t
解得v0＝ .
【模型演练3】(2021届·云南省昆明市第一中学高三上学期月考)如图所示，竖直面内有一平面直角坐标系，轴沿水平方向，整个空间中存在沿轴正方向的匀强电场（ 图中未画出），电场强度大小，在第三象限中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小。有一带正电的小球，质量，电荷量，正以速度在第三象限中做匀速直线运动并从O点进入第一象限，取，求：
(1)小球做匀速直线运动的速度的大小和方向；
(2)小球在第一象限运动的过程中，离轴的最远距离；
(3)小球在第一象限从点到离轴的最远距离处，增加的机械能。

【答案】(1)，水平方向的夹角为；(2)；(3)
【解析】
(1)小球在第三象限内做匀速直线运动时，受力如图所示

其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则有

带入数据，得

速度的方向与电场的方向之间的夹角满足

解得

则

故速度的方向与水平方向的夹角为。
(2)小球在第一象限中做曲线运动，将其速度分别进行分解


当小球在第一象限中，运动到离x轴最远距离时，
竖直方向速度关系


竖直方向位移关系


(3)小球在第一象限中运动时
水平方向位移关系

其中



电场力做功

由于电场力做正功，所以机械能的增加量

【模型演练4】（2021届海南省海南中学高三模拟）如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点），从y轴上的A点以初速度v0水平抛出，两长为L的平行金属板M、N倾斜放置且与x轴正方向间的夹角为θ＝37°（重力加速度为g，，）。
（1）若小球恰好能垂直于M板从其中心小孔B进入两板间，求小球抛出时的初速度v0大小；
（2）若该平行金属板M、N间有如图所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小与小球质量之间的关系满足，在满足（1）中条件的情况下，为使小球不打在N板上，求两平行金属板M、N之间的垂直距离的最小值d。

【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）设小球由y轴上的A点运动到金属板M的中心小孔B的时间为t，由题意，在与x轴平行的方向上，有

小球在竖直方向上下落的距离为


解得



（2）设小球进入电场时的速度大小为v，则由动能定理可得

解得

小球进入匀强电场后的受力情况如图所示，因为

所以

平行于电场方向小球受力平衡，因此，小球进入该匀强电场之后，将做类平抛运动，其加速度大小为

设小球在该匀强电场中运动的时间为，欲使小球不打在N板上，由类平抛运动的规律可得


解得

【模型演练5】（2021·天津市河东区八中高三上学期12月月考）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，重力加速度为g，则（     ）

A. 小球可能带正电
B. 小球做匀速圆周运动的半径为
C. 若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加
D. 小球做匀速圆周运动的周期为
【答案】BD
【解析】
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；由于洛伦兹力提供向心力，故有：qvB=m，解得：；又由于qU=mv2，解得：；联立得到：，故B正确；由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期为：，故D正确；由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，运动周期为：，显然运动周期与加速电压无关，故C错误；故选BD．
【模型演练6】.（2021·吉林省长春市外国语学校高三上学期1月期末）如图所示，在xoy平面内，第三、四象限内有竖直方向的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，将一质量为m，带电量为q的小球从O点正上方y轴上某一点以初速度v0水平向右抛出，小球经过x轴上P点（图中未画出）后进入x轴下方的电磁场区，并沿一段圆弧运动后恰好经过O点，求：
(1)匀强电场强度的大小和方向；
(2)匀强磁场磁感应强度的大小。

【答案】(1)，电场方向向下；(2)
【解析】
(1)由于小球经过x轴上P点后进入x轴下方做一段圆弧运动后恰好再次经过O点

可以判断小球带负电，在x轴下方做圆周运动，重力与电场力平衡，有

解得

电场方向向下
(2)设小球做平抛运动的时间为t，到达x轴水平位移为x，则

设小球进入x轴下方的速度为v，做圆周运动的的半径为R，则有

得

设小球到达x轴时速度方向与x轴的夹角为，则小球平抛运动有
，
解得

【模型演练7】.(2020·百师联盟4月冲刺卷)如图所示，直角坐标系xOy所在竖直平面内分布着场强大小相等的匀强电场，第一、二象限中场强方向沿y轴正方向，第三、四象限中场强方向沿x轴正方向；第一、四象限还分布着垂直于平面向里的匀强磁场．一质量为0.02 kg、带正电的微粒自坐标为(0，－0.4)的A点出发，与y轴成45°角以2 m/s的速度射入第四象限，并能在第四象限内做匀速直线运动，重力加速度g取10 m/s2.求：

(1)微粒第一次通过y轴时的纵坐标；
(2)微粒运动轨迹与初速度方向所在的直线第一次相交时，所需要的时间(结果可用根式表示)；
(3)微粒从射出到第(2)问所说的时刻，动能的增加量．
【答案】　(1)0.4 m　(2)(6＋π) s　(3)0.16 J
【解析】　(1)微粒受力及运动过程分析如图所示，

微粒沿与y轴成45°角的方向内匀速运动，
则有qE＝mg
qvB＝mg
第一象限重力与电场力二力平衡，微粒做匀速圆周运动，
由qvB＝
解得r＝ m
由几何关系得，微粒在第一象限恰好做了半个周期的圆周运动，故微粒第一次通过y轴时的纵坐标为0.4 m.
(2)由A到B：
位移为L1＝0.4 m
时间t1＝
解得t1＝ s
由B到C：t2＝
解得t2＝ s
由C到D微粒做匀速直线运动，
位移为L2＝0.4 m
时间t3＝
解得t3＝ s
由D到E微粒做类平抛运动，轨迹交AB延长线于点G
加速度方向沿D指向A，大小为a＝g
位移沿DA方向，大小为L3＝0.4 m
由L3＝at42，
解得t4＝ s
故t总＝t1＋t2＋t3＋t4＝(6＋π)．
(3)只有在第三象限运动的过程，动能有变化．
从D到G，合外力做的功W＝mg·L3
由动能定理知，W＝ΔEk，
解得增加的动能为ΔEk＝0.16 J
八．带电粒子在叠加场中的应用模型---电磁平衡科技应用
模型一．速度选择器
(1)平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直．(如图)

(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qvB＝qE，即v＝.
(3)速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量．
(4)速度选择器具有单向性．
【模型演练1】(2020·蚌埠二模)一速度选择器如图所示，当粒子速度满足v0＝ 时，粒子沿图中虚线水平射出；若某一粒子以速度v射入该速度选择器后，运动轨迹为图中实线所示，则关于该粒子的说法正确的是(　　)

A. 粒子射入的速度一定是v>
B. 粒子射入的速度可能是v<
C. 粒子射出时的速度一定大于射入速度
D. 粒子射出时的速度一定小于射入速度
【答案】B　
【解析】：假设粒子带正电，则电场力向下，由左手定则知粒子所受洛伦兹力方向向上，由受力分析结合运动轨迹知，qvB>qE，则v>，运动过程中洛伦兹力不做功，电场力做负功，则粒子速度减小；若粒子带负电，则电场力向上，由左手定则知粒子所受洛伦兹力方向向下，由受力分析结合运动轨迹知，qvB 【模型演练2】在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直．一带电粒子(重力不计)从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子(　　)

A．一定带正电
B．速度v＝
C．若速度v＞，粒子一定不能从板间射出
D．若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动
【答案】　B
【解析】　粒子带正电和负电均可，选项A错误；由洛伦兹力等于电场力，可得qvB＝qE，解得速度v＝，选项B正确；若速度v＞，粒子可能从板间射出，选项C错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，所受电场力和洛伦兹力方向相同，不能做直线运动，选项D错误．
模型二．磁流体发电机
(1)原理：如图所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能．

(2)电源正、负极判断：根据左手定则可判断出图中的B是发电机的正极．
(3)电源电动势U：设A、B平行金属板的面积为S，两极板间的距离为l，磁场磁感应强度为B，等离子体的电阻率为ρ，喷入气体的速度为v，板外电阻为R.当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U(即电源电动势)，则q＝qvB，即U＝Blv.
(4)电源内阻：r＝ρ.
(5)回路电流：I＝.
【模型演练1】(2020·福建三明市期末质量检测)磁流体发电机的原理如图所示．将一束等离子体连续以速度v垂直于磁场方向喷入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，可在相距为d、面积为S的两平行金属板间产生电压．现把上、下板和电阻R连接，上、下板等效为直流电源的两极．等离子体稳定时在两极板间均匀分布，电阻率为ρ.忽略边缘效应及离子的重力，下列说法正确的是(　　)

A．上板为正极，a、b两端电压U＝Bdv
B．上板为负极，a、b两端电压U＝
C．上板为正极，a、b两端电压U＝
D．上板为负极，a、b两端电压U＝
【答案】　C
【解析】　根据左手定则可知，等离子体射入两极板之间时，正离子偏向a板，负离子偏向b板，即上板为正极；稳定时满足q＝Bqv，解得U′＝Bdv；根据电阻定律可知两极板间的电阻为r＝，根据闭合电路欧姆定律：I＝，a、b两端电压U＝IR，联立解得U＝，故选C.
【模型演练2】(多选)如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场．一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电离子)沿垂直于磁场的方向喷入磁场．把P、Q与电阻R相连接．下列说法正确的是(　　)

A．Q板的电势高于P板的电势
B．R中有由a向b方向的电流
C．若只改变磁场强弱，R中电流保持不变
D．若只增大离子入射速度，R中电流增大
【答案】　BD
【解析】　等离子体进入磁场，根据左手定则，正离子向上偏，打在上极板上，负离子向下偏，打在下极板上，所以上极板带正电，下极板带负电，则P板的电势高于Q板的电势，流过电阻R的电流方向由a到b，故A错误，B正确；依据电场力等于洛伦兹力，即q＝qvB，则有U＝Bdv，再由闭合电路欧姆定律I＝＝，电流与磁感应强度成正比，故C错误；由以上分析可知，若只增大离子的入射速度，R中电流会增大，故D正确．
【模型演练3】.(多选)如图所示为磁流体发电机的原理图．金属板M、N之间的距离为d＝20 cm，磁场的磁感应强度大小为B＝5 T，方向垂直纸面向里．现将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正离子和负离子，整体呈电中性)从左侧喷射入磁场，发现在M、N两板间接入的额定功率为P＝100 W的灯泡正常发光，且此时灯泡电阻为R＝100 Ω，不计离子重力和发电机内阻，且认为离子均为一价离子，则下列说法中正确的是(　　)

A．金属板M上聚集负电荷，金属板N上聚集正电荷
B．该发电机的电动势为100 V
C．离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103 m/s
D．每秒有6.25×1018个离子打在金属板N上
【答案】　BD
【解析】　由左手定则可知，射入的等离子体中正离子将向金属板M偏转，负离子将向金属板N偏转，选项A错误；由于不考虑发电机的内阻，则发电机的电动势等于路端电压，所以E＝U＝＝100 V，选项B正确；由Bqv＝q可得v＝＝100 m/s，选项C错误；每秒经过灯泡的电荷量Q＝It，而I＝＝1 A，所以Q＝1 C，由于离子均为一价离子，所以每秒打在金属板N上的离子个数为n＝＝＝6.25×1018(个)，选项D正确．
模型三．电磁流量计
(1)流量(Q)的定义：单位时间流过导管某一截面的导电液体的体积．
(2)公式：Q＝Sv；S为导管的横截面积，v是导电液体的流速．
(3)导电液体的流速(v)的计算
【模型演练】如图所示，一圆柱形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向右流动．导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下发生偏转，使a、b间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差(U)达到最大，由q＝qvB，可得v＝.


(4)流量的表达式：Q＝Sv＝·＝.
(5)电势高低的判断：根据左手定则可得φa>φb.
【模型演练】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长方体流量计．该装置由绝缘材料制成，其长、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一匀强磁场，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，接在M、N两端间的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．M端的电势比N端的高
B．电压表的示数U与a和b均成正比，与c无关
C．电压表的示数U与污水的流量Q成正比
D．若污水中正、负离子数相同，则电压表的示数为0
【答案】　C
【解析】　根据左手定则知，正离子所受的洛伦兹力方向向里，则向里偏转，N端带正电，M端带负电，则M端的电势比N端电势低，故A错误； 最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB＝q，解得U＝vBb，电压表的示数U与b成正比，与污水中正、负离子数无关，故B、D错误；因v＝，则流量Q＝vbc＝，因此U＝，所以电压表的示数U与污水流量Q成正比，故C正确．
【模型演练2】(2020·湖南常德市模拟)某化工厂的排污管末端安装了如图12所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极，匀强磁场方向竖直向下．污水(含有大量的正、负离子)充满管口从左向右流经该测量管时，a、c两端的电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)．则(　　)

A．a侧电势比c侧电势低
B．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大
C．污水流量Q与U成正比，与L、D无关
D．匀强磁场的磁感应强度B＝
【答案】　D
【解析】　污水中正、负离子从左向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向后表面偏，负离子向前表面偏转，所以a侧电势比c侧电势高，故A错误；最终正、负离子会在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有qE＝qvB，即＝vB，而污水流量Q＝＝·＝，可知Q与U、D成正比，与L无关，显示仪器的示数与离子浓度无关；匀强磁场的磁感应强度B＝，故D正确，B、C错误．
模型四.霍尔效应的原理和分析
(1)定义：高为h、宽为d的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于匀强磁场B中，当电流通过导体时，在导体的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压．

(2)电势高低的判断：如图，导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面A′的电势高．若自由电荷是正电荷，则下表面A′的电势低．
(3)霍尔电压：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，联立解得U＝＝k，k＝称为霍尔系数．
【模型演练1】(多选)(2020·江苏一模)在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，做成了一个霍尔元件，在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，M、N间的电压为UH.已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的有(　　)

A．N板电势高于M板电势
B．磁感应强度越大，MN间电势差越大
C．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH不变
D．将磁场和电流分别反向，N板电势低于M板电势
【答案】　AB
【解析】　电流的方向由E指向F，根据左手定则，自由电荷受力的方向指向N板，向N板偏转，则N板电势高，故A正确；
设上、下表面间距为L，左右两个表面相距为d，正电荷所受的电场力最终等于洛伦兹力，设材料单位体积内正电荷的个数为n，材料截面积为S，则＝qvB①
I＝nqSv②
S＝dL③
由①②③得：UH＝，令k＝，则UH＝k，
所以若保持电流I恒定，则M、N间的电压与磁感应强度B成正比，故B正确；
将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则载流子不会受到洛伦兹力，因此不存在电势差，故C错误；
若磁场和电流分别反向，依据左手定则，则N板电势仍高于M板电势，故D错误．
【模型演练2】(多选)(2020·江苏无锡市调研)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．如图6甲所示，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．图乙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．图乙中霍尔元件的电流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
【答案】　AD
【解析】　根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半径，根据v＝2πrn即可获知车速大小，选项A正确；根据霍尔原理可知，q＝Bqv，U＝Bdv，即霍尔电势差只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速率有关，与自行车的车速无关，选项B错误；题图乙中霍尔元件的电流I是由电子定向运动形成的，选项C错误；如果长时间不更换传感器的电源，则会导致电子定向移动的速率减小，霍尔电势差将减小，选项D正确．