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高中物理模型16--- 带电粒子在组合场、复合场中的运动模型(有答案版).docx

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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


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°

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

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

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



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



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.

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