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新高考物理一轮复习精讲精练第10章 磁场 第3讲 带电粒子在复合场中的运动（含解析）
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这是一份新高考物理一轮复习精讲精练第10章 磁场 第3讲 带电粒子在复合场中的运动（含解析），共30页。试卷主要包含了带电粒子在复合场中的运动，质谱仪，回旋加速器，电场，带电粒子在叠加场中运动的应用等内容，欢迎下载使用。
第三讲 带电粒子在复合场中的运动
Ø 知识梳理
一、带电粒子在复合场中的运动
1．组合场与叠加场
(1)组合场：静电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，静电场、磁场分时间段交替出现。
(2)叠加场：静电场、磁场、重力场在同一区域共存，或其中某两场在同一区域共存。
2．带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式
运动性质
受力特点
方法规律
匀速直线运动
粒子所受的合力为0
平衡条件
匀速圆周运动
除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：qE＝mg
牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的曲线运动
除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向
动能定理、能量守恒定律
二、质谱仪
1．构造：如图甲所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。
2．原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qU＝mv2。
粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvB＝m。
由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷。
r＝，m＝，＝。
三、回旋加速器
1．构造：如图乙所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。
2．原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速。由qvB＝，得Ekm＝，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。
四、电场、磁场同区域并存的实例
装置
原理图
规律
速度选择器
若qv0B＝qE，即v0＝，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，使两极板带电，当q＝qv0B时，两极板间能达到最大电势差U＝Bv0d
电磁流量计
当q＝qvB时，有v＝，流量Q＝Sv＝
霍尔元件
在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的两个面间出现了电势差，这种现象称为霍尔效应
考点一、带电粒子在叠加场中的运动
例1、(多选)如图所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是( )
A．小球一定带正电
B．小球一定带负电
C．小球的绕行方向为顺时针
D．改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动
【答案】BC
【解析】小球做匀速圆周运动，重力必与静电力平衡，则静电力方向竖直向上，结合电场方向可知小球一定带负电，A错误，B正确；洛伦兹力充当向心力，由曲线运动轨迹的弯曲方向结合左手定则可得，小球的绕行方向为顺时针方向，C正确；改变小球的速度大小，重力仍与静电力平衡，小球仍在洛伦兹力作用下做圆周运动，D错误。
例2、(2022·辽宁省模拟)在竖直平面内建立xOy坐标系，在坐标系的第Ⅰ象限的OyPQ范围内存在如图所示正交的匀强电场和匀强磁场，PQ平行于y轴且到y轴的距离为(＋1)l。质量为m、电荷量为q的微粒从第Ⅱ象限的a点沿xOy平面水平抛出，微粒进入电、磁场后做直线运动；若将匀强电场方向改为竖直向上，微粒仍从a点以相同速度抛出，进入电、磁场后做圆周运动，且运动轨迹恰好与x轴和直线PQ相切，最后从y轴上射出。重力加速度为g。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小B；
(2)微粒抛出时的初速度大小v0及a点坐标。
【答案】(1) (2)
【解析】(1)如图1所示，设微粒进入第Ⅰ象限时速度的偏转角为α，由电场方向竖直向上时微粒做圆周运动且运动轨迹恰好与x轴和直线PQ相切可知
qE－mg＝0
qvB＝m
r(1＋sin α)＝(＋1)l
电场方向未改变时，微粒在电、磁场中做直线运动时所受合外力为零，受力如图2所示
有qvBsin θ－mg＝0
tan θ＝
联立解得B＝。
(2)由图2可知α＝90°－θ＝45°
v0＝vcos α
解得v0＝
设微粒做平抛运动的时间为t1，则t1＝
其中vy＝v0
则d＝v0t1
h＝gt
a点横坐标x＝－d
纵坐标为y＝h＋r(1－cos θ)
解得a点的坐标为。
l 课堂随练
训练1、如图所示，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，以某一初速度沿与x轴正方向的夹角为45°的方向进入复合场中，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)，微粒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，重力加速度为g，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)微粒在复合场中的运动时间．
【答案】(1) (2) (3)(＋1)
【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：
可知Eq＝mg，得：E＝.
(2)由平衡条件得：qvB＝mg
电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙：qvB＝m
由几何知识可得：r＝l
联立解得：v＝，
B＝.
(3)微粒做匀速直线运动的时间：t1＝＝
微粒做匀速圆周运动的时间：
t2＝＝
微粒在复合场中的运动时间：
t＝t1＋t2＝(＋1).
考点二、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，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现．
2．分析思路
(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．
(2)找关键点：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．常见粒子的运动及解题方法
例1、如图所示，水平虚线AA′和CC′间距为L，中间存在着方向向右且与虚线平行的匀强电场，CC′的下侧存在一半径为R的圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外(图中未画出)，圆形磁场与边界CC′相切于点M。一质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子由电场上边界AA′上的S点以初速度v0垂直射入电场，一段时间后从M点离开电场进入磁场，粒子进入磁场的速度大小为v0，且其运动轨迹恰好过圆形磁场的圆心O。粒子所受重力忽略不计，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)圆形磁场区域磁感应强度B的大小。
【答案】(1) (2)
【解析】(1)粒子在整个过程的运动轨迹，如图所示。
粒子在电场从S到M做类平抛运动，在垂直于电场方向t1＝。
粒子在M点沿着电场方向速度vx＝＝v0，
所以粒子沿着电场方向的位移x＝×t1＝，
粒子从S点到M点，由动能定理得qEd＝m(v0)2－mv02，
解得E＝。
(2)设粒子在M处的速度与电场方向夹角为θ。
则sin θ＝，
解得θ＝45°，
所以三角形OO′M为等腰直角三角形，设带电粒子做匀速圆周运动的半径为r。
由几何关系得r＝R，
由牛顿第二定律有qB×v0＝m，
解得B＝。
例2、如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场。现有一质量为m、电荷量为＋q 的粒子(重力不计)从坐标原点O射入磁场，其入射方向与x轴的正方向成 45°角。当粒子运动到电场中坐标为(3L，L)的 P 点处时速度大小为 v0，方向与 x 轴正方向相同。求：
(1)粒子从 O 点射入磁场时的速度v；
(2)匀强电场的电场强度E0 和匀强磁场的磁感应强度B0；
(3)粒子从 O 点运动到 P 点所用的时间。
【答案】(1)v0 (2) (3)
【解析】(1)若粒子第一次在电场中到达最高点P，则其运动轨迹如图所示，粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，QP段为抛物线。根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45°角，可得v0＝vcos 45°，解得v＝v0。
(2)在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得－qE0L＝mv02－mv2
解得E0＝
又在匀强电场由Q到P的过程中，水平方向的位移xQP＝v0t1
竖直方向的位移y＝t1＝L
可得：xQP＝2L，OQ＝L
由OQ＝2Rcos 45°，得粒子在OQ段圆周运动的半径
R＝L
又R＝
解得B0＝。
(3)在Q点时，vy＝v0tan 45°＝v0
设粒子从由Q到P所用时间为t1，在竖直方向上有
t1＝＝
粒子从O点运动到Q所用的时间t2＝
则粒子从O点运动到P点所用的时间t总＝t1＋t2＝＋＝。
l 课堂随练
训练1、如图所示的xOy坐标系中，第一象限存在与xOy平面平行的匀强电场E，且与y轴负方向的夹角θ＝30°，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一带正电粒子自O点射入第二象限，速度v与x轴负方向的夹角θ＝30°，粒子经磁场偏转后从y轴上的P点进入第一象限，并由x轴上的M点(未画出)离开电场．已知OM距离为3L，粒子的比荷为，不计粒子重力．
(1)求OP两点的距离；
(2)求粒子在磁场中运动的时间；
(3)当该粒子经过P点的同时，在电场中的N点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N点的坐标．
【答案】(1)L (2) (3)(L，L)
【解析】(1)带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图，圆心为C
由牛顿第二定律，得qvB＝
解得R＝L
由几何关系得∠OCP＝120°
则OP＝L
(2)粒子在磁场中的运动周期T＝
粒子偏转120°，即在磁场中运动时间t＝
解得t＝
(3)带电粒子进入第一象限时速度与y轴正方向成60°角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图．由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时速度方向的直线上PN范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M点相遇所需时间最长，即在图中N点由静止释放粒子即可．设N点的横坐标为x，纵坐标为y，根据几何知识可得PN＝QM＝L
又x＝PNcos 30°
y＝OP＋PNsin 30°
解得x＝L，y＝L
训练2、(2018·全国卷Ⅰ·25)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场.H的质量为m，电荷量为q.不计重力．求：
(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．
【答案】(1)h (2) (3)(－1)h
【解析】(1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．
设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1，由运动学公式有s1＝v1t1①
h＝a1t12②
由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°.H进入磁场时速度沿y轴方向的分量的大小为
a1t1＝v1tan θ1③
联立以上各式得
s1＝h④
(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1⑤
设H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有
v1′＝⑥
设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv1′B＝⑦
由几何关系得
s1＝2R1sin θ1⑧
联立以上各式得
B＝ ⑨
(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得
(2m)v22＝mv12⑩
由牛顿第二定律有
qE＝2ma2⑪
设H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有
s2＝v2t2⑫
h＝a2t22⑬
v2′＝⑭
sin θ2＝⑮
联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′⑯
设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
R2＝＝R1⑰
所以出射点在原点左侧．设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有
s2′＝2R2sin θ2⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′－s2＝(－1)h.
考点三、质谱仪的原理和应用
1．作用
测量带电粒子质量和分离同位素。
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＝，＝。
例1、微观粒子研究在核能的开发和利用中具有重要意义。如图所示，质量为m、电荷量为q的离子从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动，
(1)求加速电场的电压U；
(2)离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I。不考虑离子重力及离子间的相互作用，求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量m总。
【答案】(1) (2)
【解析】(1)设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v，由动能定理得qU＝mv2
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则qvB＝m
联立以上两式可得U＝。
(2)设在t时间内收集到的离子个数为N，总电荷量为Q，则
Q＝It ＝Nq，m总＝Nm
解得m总＝。
例2、(2022·北京西城区期末)某一质谱仪原理如图所示，区域Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U1；区域Ⅱ为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；区域Ⅲ为偏转分离器，磁感应强度为B2。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，初速度为0，经粒子加速器加速后，该粒子恰能沿直线通过速度选择器，由O点沿垂直于边界MN的方向进入分离器后做匀速圆周运动，打在P点上。忽略粒子所受重力，求：
(1)粒子进入速度选择器的速度v；
(2)速度选择器的两极板电压U2；
(3)OP之间的距离。
【答案】(1) (2)B1d (3)
【解析】(1)粒子加速过程根据动能定理，有U1q＝mv2
解得v＝ 。
(2)粒子经过速度选择器过程受力平衡，有q＝qvB1
解得U2＝B1d。
(3)粒子在分离器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有qvB2＝m
OP＝2r＝ 。
l 课堂随练
训练1、(2022·宁德高三第一次质检)如图所示，一个静止的质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，粒子在磁场中转半个圆周后打在P点，测出OP距离为x，下列x－U图像可能正确的是( )
【答案】B
【解析】在加速电场中，由动能定理得qU＝mv2
磁场中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
解得r＝
则得x＝2r＝
B、m、q都一定，则由数学知识得到，x－U图像是开口向右的抛物线。
考点四、回旋加速器
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，粒子就被加速一次。
3．最大动能
由qvmB＝、Ekm＝mv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＝·＝。
例1、(2022·桂林、崇左联合调研)回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图甲所示。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，两个D形盒接在如图乙所示的电压为U、周期为T的交流电源上，D形盒两直径BB′和CC′之间的区域只有电场，交流电源用来提供加速电场。位于D1的圆心处的质子源A在t＝0时产生的质子(初速度可以忽略)在两盒之间被电压为U的电场加速，第一次加速后进入D形盒D2，在D形盒的磁场中运动，运动半周时交流电源电压刚好改变方向对质子继续进行加速，已知质子质量为m，电荷量为q。半圆形D形盒所在空间只有磁场，其中磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R，当质子被加速到最大动能后，沿D形盒边缘运动半周再将它们引出，加速过程如图丙所示，质子的重力不计，求：
(1)质子第一次被电场加速后进入磁场的轨道半径；
(2)质子在磁场中运行的时间。
【答案】(1) (2)
【解析】(1)质子在加速电场中第一次加速有qU＝mv
在磁场中有qv1B＝
解得r＝ 。
(2)设质子加速n次后达到最大速度，由动能定理有
nqU＝mv2
由洛伦兹力提供向心力qvB＝m
由周期公式T＝
则质子在磁场中运行的时间t＝n
解得t＝。
l 课堂随练
训练1、 (多选)劳伦斯和利文斯设计的回旋加速器如图所示，真空中的两个D形金属盒间留有平行的狭缝，粒子通过狭缝的时间可忽略。匀强磁场与盒面垂直，加速器接在交流电源上，若A处粒子源产生的质子可在盒间被正常加速。下列说法正确的是( )
A．虽然逐渐被加速，质子每运动半周的时间不变
B．只增大交流电压，质子在盒中运行总时间变短
C．只增大磁感应强度，仍可能使质子被正常加速
D．只增大交流电压，质子可获得更大的出口速度
【答案】AB
【解析】质子在D形盒中运动的周期T＝，半个周期为，粒子的比荷不变，则质子每运动半周的时间不变，故A正确；质子在电场中加速，根据qU＝mv2，qvB＝m，联立可得R＝，增大交变电压，质子运动的半径增大，则质子在回旋加速器中加速的次数减少，又因为周期不变，则运行时间会变短，故B正确；由T＝可知，若磁感应强度B增大，则T会减小，只有交流电频率增大，才能正常工作，故C错误；设D形盒的最大半径为RD，质子可获得更大的出口速度满足qvmB＝m，可得vm＝，vm与电压无关，故D错误。
考点五、带电粒子在叠加场中运动的应用
1．速度选择器(如图甲所示)
若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做匀速直线运动。
2．磁流体发电机(如图乙所示)
等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板分别带正、负电荷，两极板间电压为U时稳定，q＝qv0B，U＝v0Bd。
3．电磁流量计(如图丙所示)
当q＝qvB时，有v＝，流量Q＝Sv＝π＝。
4．霍尔元件(如图丁所示)
在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，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了电势差。这个现象称为霍尔效应。
例1、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，A错误；由洛伦兹力与电场力平衡，可得qvB＝qE，速度v＝，B正确；若速度v＞，粒子可能从板间射出，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，D错误。
例2、(2021·高考河北卷，T5)如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是( )
A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝
【答案】B
【解析】等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则电流方向由金属棒a端流向b端。等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势U满足q＝qB1v，由欧姆定律I＝和安培力公式F＝BIL可得F安＝B2L×＝，再根据金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，可得F安＝mgsin θ，则v＝，金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。
例3、(多选)如图，电磁流量计的测量管横截面直径为D，在测量管的上下两个位置固定两金属电极a、b，整个测量管处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当含有正、负离子的液体从左向右匀速流过测量管时，连在两个电极上的显示器显示的流量为Q(单位时间内流过的液体体积)，下列说法正确的是( )
A．a极电势高于b极电势
B．液体流过测量管的速度大小为
C．a、b两极之间的电压为
D．若流过的液体中离子浓度变高，显示器上的示数将变大
【答案】AC
【解析】由左手定则可知，正离子向上偏转，负离子向下偏转，则a极电势高于b极电势，选项A正确；由Q＝vS＝v·πD2，解得液体流过测量管的速度大小为v＝，选项B错误；当达到平衡时q＝qvB，解得a、b两极之间的电压为U＝，选项C正确；因a、b两板间的电压与流过的液体中离子浓度无关，则当粒子浓度变高时，显示器上的示数不变，选项D错误。
例4、(2022·重庆巴蜀中学高考适应性考试)如图所示， 厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是( )
A．上表面的电势高于下表面电势
B．仅增大h时，上下表面的电势差增大
C．仅增大d时，上下表面的电势差减小
D．仅增大电流I时，上下表面的电势差减小
【答案】C
【解析】根据左手定则，知自由电子向上偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面，A错误；根据evB＝e，I＝neSv，解得U＝，知仅增大h，上下表面的电势差不变；仅增大d时，上下表面的电势差减小；电流I越大，电子的速度越大，故上下表面的电势差越大，故C正确，B、D错误。
l 课堂随练
训练1、(2019·浙江选考)磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ。忽略边缘效应，下列判断正确的是( )
A．上板为正极，电流I＝
B．上板为负极，电流I＝
C．下板为正极，电流I＝
D．下板为负极，电流I＝
【答案】C
【解析】根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，因此下极板为电源的正极；根据平衡条件有qvB＝q，解得稳定时电源的电动势E＝Bdv，则流过R的电流为I＝，而r＝ρ，S＝ab，则得电流大小为I＝，C正确。
训练2、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垂直向里，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。
训练3、(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
【答案】D
【解析】由左手定则判断，后表面带负电，电势低，A错。电子受力平衡后，U稳定不变，由e＝evB得U＝Bav，与v成正比，与c无关，B、C错。洛伦兹力F＝evB＝，D对。
Ø 同步训练
1、(多选)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在静电力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是(重力加速度为g)( )
A．该微粒一定带负电荷
B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为
D．该电场的电场强度大小为
【答案】AC
【解析】若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的静电力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的静电力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，故A正确，B错误；由平衡条件得qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度大小B＝，电场的电场强度大小E＝，故C正确，D错误．
2、医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正、负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看为是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为( )
A．1.3 m/s，a正、b负 B．2.7 m/s，a正、b负
C．1.3 m/s，a负、b正 D．2.7 m/s，a负、b正
【答案】A
【解析】血液中的离子在磁场的作用下会在a、b之间形成电势差，当电场给粒子的力与洛伦兹力大小相等时达到稳定状态(与速度选择器原理相似)，血流速度v＝≈1.3 m/s，又由左手定则可得a为正极，b为负极。故选项A正确。
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ma、mb、mc，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．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc
C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma
【答案】B
【解析】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，重力与静电力平衡，则
mag＝qE①
b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则
mbg＝qE＋qvB②
c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则
mcg＋qvB＝qE③
比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确．
4、如图所示，一块长方体金属板材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当通以从左到右的恒定电流I时，金属材料上、下表面电势分别为φ1、φ2。该金属材料垂直电流方向的截面为长方形，其与磁场垂直的边长为a、与磁场平行的边长为b，金属材料单位体积内自由电子数为n，元电荷为e。那么( )
A．φ1－φ2＝ B．φ1－φ2＝－
C．φ1－φ2＝ D．φ1－φ2＝－
【答案】B
【解析】因为上表面的电势比下表面的低，因为evB＝e，解得v＝，因为电流I＝nevS＝nevab，解得U＝，所以φ1－φ2＝－，故B正确。
5、如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则( )
A．液滴带正电
B．液滴比荷＝
C．液滴沿顺时针方向运动
D．液滴运动速度大小v＝
【答案】C
【解析】液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得＝，故选项B错误；静电力方向竖直向上，液滴带负电，选项A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向转动，选项C正确；对液滴，有qE＝mg，qvB＝m，得v＝，故选项D错误．
6、(2022·北京通州区一模)回旋加速器的工作原理如图所示。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，处于与盒面垂直的匀强磁场中，它们之间有一定的电势差U。A处的粒子源产生的带电粒子在加速器中被加速。下列说法正确的是( )
A．带电粒子在D形盒内被磁场不断地加速
B．交流电源的周期等于带电粒子做圆周运动的周期
C．两D形盒间电势差U越大，带电粒子离开D形盒时的动能越大
D．加速次数越多，带电粒子离开D形盒时的动能越大
【答案】B
【解析】带电粒子在D形盒内被电场不断地加速，在磁场中动能不变，A错误；交流电源的周期等于带电粒子做圆周运动的周期，这样才能保证粒子每经过D形盒间隙时均能被电场加速，B正确；由qvB＝m可得带电粒子离开D形盒时的动能Ek＝mv2＝，则最大动能与两D形盒间电势差U无关，与加速次数无关，C、D错误。
7、(2021·河南郑州市质检)如图所示，质谱仪的工作原理如下：一个质量为m、电荷量为q的离子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向，进入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，最后打到照相的底片D上。不计离子重力。则( )
A．离子进入磁场时的速率为v＝
B．离子在磁场中运动的轨道半径为r＝
C．离子在磁场中运动的轨道半径为r＝
D．若a、b是两种同位素的原子核，从底片上获知a、b在磁场中运动轨迹的直径之比是1.08∶1，则a、b的质量之比为1.08∶1
【答案】C
【解析】离子在电场中加速有qU＝mv2，解得v＝；离子在磁场中偏转有qvB＝m，解得r＝，同位素的电荷量一样，其质量之比为＝＝1.082，故选项C正确，A、B、D错误。
8、速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图6所示，其中S0A＝S0C，不计粒子重力，则下列说法中正确的是( )
图6
A．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电
B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷
C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于
D．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量之比为3∶2
【答案】B
【解析】由左手定则可判定甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，A错误；粒子在磁场中做圆周运动，满足qvB2＝m，即＝，由题意知r甲＜r乙，所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷，B正确；由qE＝qvB1知能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于，C错误；若甲、乙两束粒子的电荷量相等，由＝知＝＝，D错误。
9、(2021·北京卷，18)如图所示，M为粒子加速器；N为速度选择器，两平行导体板之间有方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度为B。从S点释放一初速度为0、质量为m、电荷量为q的带正电粒子，经M加速后恰能以速度v沿直线(图中平行于导体板的虚线)通过N。不计重力。
(1)求粒子加速器M的加速电压U；
(2)求速度选择器N两板间的电场强度E的大小和方向；
(3)仍从S点释放另一初速度为0、质量为2m、电荷量为q的带正电粒子，离开N时粒子偏离图中虚线的距离为d，求该粒子离开N时的动能Ek。
【答案】(1) (2)vB，方向垂直导体板向下 (3)mv2＋qvBd
【解析】(1)粒子在加速器中的加速过程，根据功能关系有
qU＝mv2
解得U＝
(2)粒子在速度选择器中的匀速过程，电场力与洛伦兹力平衡，有qE＝qvB
解得E＝vB
根据左手定则及带正电粒子所受电场力方向可知，电场方向垂直导体板向下
(3)经分析可知，粒子进入N时速度小于v，故在N中运动时向下偏转，则电场力全程做正功，又洛伦磁力不做功，根据功能关系有Ek＝qU＋qEd
解得Ek＝mv2＋qvBd
10、如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变．不计重力．
(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需时间；
(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值．
【答案】(1) (2)
【解析】(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．
设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m
T＝
联立解得T＝
依题意，粒子第一次到达x轴时，转过的角度为π
所需时间为t1＝T＝T
解得t1＝.
(2)粒子进入电场后，先做匀减速直线运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速直线运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，有qE＝ma
v0＝a·
解得t2＝
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足
t2≥T0
解得电场强度最大值Emax＝.
11、(2022·湖北宜昌市联考)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，L1、L2、L3是磁场的边界(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：
可得：qvB2m＝m
根据几何关系有：L＝r2(1＋sin θ)
解得：B2m＝1.5B1.
第三讲 带电粒子在复合场中的运动
Ø 知识梳理
一、带电粒子在复合场中的运动
1．组合场与叠加场
(1)组合场：静电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，静电场、磁场分时间段交替出现。
(2)叠加场：静电场、磁场、重力场在同一区域共存，或其中某两场在同一区域共存。
2．带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式
运动性质
受力特点
方法规律
匀速直线运动
粒子所受的合力为0
平衡条件
匀速圆周运动
除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：qE＝mg
牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的曲线运动
除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向
动能定理、能量守恒定律
二、质谱仪
1．构造：如图甲所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。
2．原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qU＝mv2。
粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvB＝m。
由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷。
r＝，m＝，＝。
三、回旋加速器
1．构造：如图乙所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。
2．原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速。由qvB＝，得Ekm＝，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。
四、电场、磁场同区域并存的实例
装置
原理图
规律
速度选择器
若qv0B＝qE，即v0＝，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，使两极板带电，当q＝qv0B时，两极板间能达到最大电势差U＝Bv0d
电磁流量计
当q＝qvB时，有v＝，流量Q＝Sv＝
霍尔元件
在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的两个面间出现了电势差，这种现象称为霍尔效应
考点一、带电粒子在叠加场中的运动
例1、(多选)如图所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是( )
A．小球一定带正电
B．小球一定带负电
C．小球的绕行方向为顺时针
D．改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动
【答案】BC
【解析】小球做匀速圆周运动，重力必与静电力平衡，则静电力方向竖直向上，结合电场方向可知小球一定带负电，A错误，B正确；洛伦兹力充当向心力，由曲线运动轨迹的弯曲方向结合左手定则可得，小球的绕行方向为顺时针方向，C正确；改变小球的速度大小，重力仍与静电力平衡，小球仍在洛伦兹力作用下做圆周运动，D错误。
例2、(2022·辽宁省模拟)在竖直平面内建立xOy坐标系，在坐标系的第Ⅰ象限的OyPQ范围内存在如图所示正交的匀强电场和匀强磁场，PQ平行于y轴且到y轴的距离为(＋1)l。质量为m、电荷量为q的微粒从第Ⅱ象限的a点沿xOy平面水平抛出，微粒进入电、磁场后做直线运动；若将匀强电场方向改为竖直向上，微粒仍从a点以相同速度抛出，进入电、磁场后做圆周运动，且运动轨迹恰好与x轴和直线PQ相切，最后从y轴上射出。重力加速度为g。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小B；
(2)微粒抛出时的初速度大小v0及a点坐标。
【答案】(1) (2)
【解析】(1)如图1所示，设微粒进入第Ⅰ象限时速度的偏转角为α，由电场方向竖直向上时微粒做圆周运动且运动轨迹恰好与x轴和直线PQ相切可知
qE－mg＝0
qvB＝m
r(1＋sin α)＝(＋1)l
电场方向未改变时，微粒在电、磁场中做直线运动时所受合外力为零，受力如图2所示
有qvBsin θ－mg＝0
tan θ＝
联立解得B＝。
(2)由图2可知α＝90°－θ＝45°
v0＝vcos α
解得v0＝
设微粒做平抛运动的时间为t1，则t1＝
其中vy＝v0
则d＝v0t1
h＝gt
a点横坐标x＝－d
纵坐标为y＝h＋r(1－cos θ)
解得a点的坐标为。
l 课堂随练
训练1、如图所示，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，以某一初速度沿与x轴正方向的夹角为45°的方向进入复合场中，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)，微粒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，重力加速度为g，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)微粒在复合场中的运动时间．
【答案】(1) (2) (3)(＋1)
【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：
可知Eq＝mg，得：E＝.
(2)由平衡条件得：qvB＝mg
电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙：qvB＝m
由几何知识可得：r＝l
联立解得：v＝，
B＝.
(3)微粒做匀速直线运动的时间：t1＝＝
微粒做匀速圆周运动的时间：
t2＝＝
微粒在复合场中的运动时间：
t＝t1＋t2＝(＋1).
考点二、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，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现．
2．分析思路
(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．
(2)找关键点：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．常见粒子的运动及解题方法
例1、如图所示，水平虚线AA′和CC′间距为L，中间存在着方向向右且与虚线平行的匀强电场，CC′的下侧存在一半径为R的圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外(图中未画出)，圆形磁场与边界CC′相切于点M。一质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子由电场上边界AA′上的S点以初速度v0垂直射入电场，一段时间后从M点离开电场进入磁场，粒子进入磁场的速度大小为v0，且其运动轨迹恰好过圆形磁场的圆心O。粒子所受重力忽略不计，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)圆形磁场区域磁感应强度B的大小。
【答案】(1) (2)
【解析】(1)粒子在整个过程的运动轨迹，如图所示。
粒子在电场从S到M做类平抛运动，在垂直于电场方向t1＝。
粒子在M点沿着电场方向速度vx＝＝v0，
所以粒子沿着电场方向的位移x＝×t1＝，
粒子从S点到M点，由动能定理得qEd＝m(v0)2－mv02，
解得E＝。
(2)设粒子在M处的速度与电场方向夹角为θ。
则sin θ＝，
解得θ＝45°，
所以三角形OO′M为等腰直角三角形，设带电粒子做匀速圆周运动的半径为r。
由几何关系得r＝R，
由牛顿第二定律有qB×v0＝m，
解得B＝。
例2、如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场。现有一质量为m、电荷量为＋q 的粒子(重力不计)从坐标原点O射入磁场，其入射方向与x轴的正方向成 45°角。当粒子运动到电场中坐标为(3L，L)的 P 点处时速度大小为 v0，方向与 x 轴正方向相同。求：
(1)粒子从 O 点射入磁场时的速度v；
(2)匀强电场的电场强度E0 和匀强磁场的磁感应强度B0；
(3)粒子从 O 点运动到 P 点所用的时间。
【答案】(1)v0 (2) (3)
【解析】(1)若粒子第一次在电场中到达最高点P，则其运动轨迹如图所示，粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，QP段为抛物线。根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45°角，可得v0＝vcos 45°，解得v＝v0。
(2)在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得－qE0L＝mv02－mv2
解得E0＝
又在匀强电场由Q到P的过程中，水平方向的位移xQP＝v0t1
竖直方向的位移y＝t1＝L
可得：xQP＝2L，OQ＝L
由OQ＝2Rcos 45°，得粒子在OQ段圆周运动的半径
R＝L
又R＝
解得B0＝。
(3)在Q点时，vy＝v0tan 45°＝v0
设粒子从由Q到P所用时间为t1，在竖直方向上有
t1＝＝
粒子从O点运动到Q所用的时间t2＝
则粒子从O点运动到P点所用的时间t总＝t1＋t2＝＋＝。
l 课堂随练
训练1、如图所示的xOy坐标系中，第一象限存在与xOy平面平行的匀强电场E，且与y轴负方向的夹角θ＝30°，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一带正电粒子自O点射入第二象限，速度v与x轴负方向的夹角θ＝30°，粒子经磁场偏转后从y轴上的P点进入第一象限，并由x轴上的M点(未画出)离开电场．已知OM距离为3L，粒子的比荷为，不计粒子重力．
(1)求OP两点的距离；
(2)求粒子在磁场中运动的时间；
(3)当该粒子经过P点的同时，在电场中的N点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N点的坐标．
【答案】(1)L (2) (3)(L，L)
【解析】(1)带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图，圆心为C
由牛顿第二定律，得qvB＝
解得R＝L
由几何关系得∠OCP＝120°
则OP＝L
(2)粒子在磁场中的运动周期T＝
粒子偏转120°，即在磁场中运动时间t＝
解得t＝
(3)带电粒子进入第一象限时速度与y轴正方向成60°角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图．由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时速度方向的直线上PN范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M点相遇所需时间最长，即在图中N点由静止释放粒子即可．设N点的横坐标为x，纵坐标为y，根据几何知识可得PN＝QM＝L
又x＝PNcos 30°
y＝OP＋PNsin 30°
解得x＝L，y＝L
训练2、(2018·全国卷Ⅰ·25)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场.H的质量为m，电荷量为q.不计重力．求：
(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．
【答案】(1)h (2) (3)(－1)h
【解析】(1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．
设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1，由运动学公式有s1＝v1t1①
h＝a1t12②
由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°.H进入磁场时速度沿y轴方向的分量的大小为
a1t1＝v1tan θ1③
联立以上各式得
s1＝h④
(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1⑤
设H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有
v1′＝⑥
设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv1′B＝⑦
由几何关系得
s1＝2R1sin θ1⑧
联立以上各式得
B＝ ⑨
(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得
(2m)v22＝mv12⑩
由牛顿第二定律有
qE＝2ma2⑪
设H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有
s2＝v2t2⑫
h＝a2t22⑬
v2′＝⑭
sin θ2＝⑮
联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′⑯
设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
R2＝＝R1⑰
所以出射点在原点左侧．设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有
s2′＝2R2sin θ2⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′－s2＝(－1)h.
考点三、质谱仪的原理和应用
1．作用
测量带电粒子质量和分离同位素。
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＝，＝。
例1、微观粒子研究在核能的开发和利用中具有重要意义。如图所示，质量为m、电荷量为q的离子从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动，
(1)求加速电场的电压U；
(2)离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I。不考虑离子重力及离子间的相互作用，求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量m总。
【答案】(1) (2)
【解析】(1)设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v，由动能定理得qU＝mv2
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则qvB＝m
联立以上两式可得U＝。
(2)设在t时间内收集到的离子个数为N，总电荷量为Q，则
Q＝It ＝Nq，m总＝Nm
解得m总＝。
例2、(2022·北京西城区期末)某一质谱仪原理如图所示，区域Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U1；区域Ⅱ为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；区域Ⅲ为偏转分离器，磁感应强度为B2。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，初速度为0，经粒子加速器加速后，该粒子恰能沿直线通过速度选择器，由O点沿垂直于边界MN的方向进入分离器后做匀速圆周运动，打在P点上。忽略粒子所受重力，求：
(1)粒子进入速度选择器的速度v；
(2)速度选择器的两极板电压U2；
(3)OP之间的距离。
【答案】(1) (2)B1d (3)
【解析】(1)粒子加速过程根据动能定理，有U1q＝mv2
解得v＝ 。
(2)粒子经过速度选择器过程受力平衡，有q＝qvB1
解得U2＝B1d。
(3)粒子在分离器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有qvB2＝m
OP＝2r＝ 。
l 课堂随练
训练1、(2022·宁德高三第一次质检)如图所示，一个静止的质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，粒子在磁场中转半个圆周后打在P点，测出OP距离为x，下列x－U图像可能正确的是( )
【答案】B
【解析】在加速电场中，由动能定理得qU＝mv2
磁场中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
解得r＝
则得x＝2r＝
B、m、q都一定，则由数学知识得到，x－U图像是开口向右的抛物线。
考点四、回旋加速器
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，粒子就被加速一次。
3．最大动能
由qvmB＝、Ekm＝mv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＝·＝。
例1、(2022·桂林、崇左联合调研)回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图甲所示。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，两个D形盒接在如图乙所示的电压为U、周期为T的交流电源上，D形盒两直径BB′和CC′之间的区域只有电场，交流电源用来提供加速电场。位于D1的圆心处的质子源A在t＝0时产生的质子(初速度可以忽略)在两盒之间被电压为U的电场加速，第一次加速后进入D形盒D2，在D形盒的磁场中运动，运动半周时交流电源电压刚好改变方向对质子继续进行加速，已知质子质量为m，电荷量为q。半圆形D形盒所在空间只有磁场，其中磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R，当质子被加速到最大动能后，沿D形盒边缘运动半周再将它们引出，加速过程如图丙所示，质子的重力不计，求：
(1)质子第一次被电场加速后进入磁场的轨道半径；
(2)质子在磁场中运行的时间。
【答案】(1) (2)
【解析】(1)质子在加速电场中第一次加速有qU＝mv
在磁场中有qv1B＝
解得r＝ 。
(2)设质子加速n次后达到最大速度，由动能定理有
nqU＝mv2
由洛伦兹力提供向心力qvB＝m
由周期公式T＝
则质子在磁场中运行的时间t＝n
解得t＝。
l 课堂随练
训练1、 (多选)劳伦斯和利文斯设计的回旋加速器如图所示，真空中的两个D形金属盒间留有平行的狭缝，粒子通过狭缝的时间可忽略。匀强磁场与盒面垂直，加速器接在交流电源上，若A处粒子源产生的质子可在盒间被正常加速。下列说法正确的是( )
A．虽然逐渐被加速，质子每运动半周的时间不变
B．只增大交流电压，质子在盒中运行总时间变短
C．只增大磁感应强度，仍可能使质子被正常加速
D．只增大交流电压，质子可获得更大的出口速度
【答案】AB
【解析】质子在D形盒中运动的周期T＝，半个周期为，粒子的比荷不变，则质子每运动半周的时间不变，故A正确；质子在电场中加速，根据qU＝mv2，qvB＝m，联立可得R＝，增大交变电压，质子运动的半径增大，则质子在回旋加速器中加速的次数减少，又因为周期不变，则运行时间会变短，故B正确；由T＝可知，若磁感应强度B增大，则T会减小，只有交流电频率增大，才能正常工作，故C错误；设D形盒的最大半径为RD，质子可获得更大的出口速度满足qvmB＝m，可得vm＝，vm与电压无关，故D错误。
考点五、带电粒子在叠加场中运动的应用
1．速度选择器(如图甲所示)
若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做匀速直线运动。
2．磁流体发电机(如图乙所示)
等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板分别带正、负电荷，两极板间电压为U时稳定，q＝qv0B，U＝v0Bd。
3．电磁流量计(如图丙所示)
当q＝qvB时，有v＝，流量Q＝Sv＝π＝。
4．霍尔元件(如图丁所示)
在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，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了电势差。这个现象称为霍尔效应。
例1、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，A错误；由洛伦兹力与电场力平衡，可得qvB＝qE，速度v＝，B正确；若速度v＞，粒子可能从板间射出，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，D错误。
例2、(2021·高考河北卷，T5)如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是( )
A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝
【答案】B
【解析】等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则电流方向由金属棒a端流向b端。等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势U满足q＝qB1v，由欧姆定律I＝和安培力公式F＝BIL可得F安＝B2L×＝，再根据金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，可得F安＝mgsin θ，则v＝，金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。
例3、(多选)如图，电磁流量计的测量管横截面直径为D，在测量管的上下两个位置固定两金属电极a、b，整个测量管处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当含有正、负离子的液体从左向右匀速流过测量管时，连在两个电极上的显示器显示的流量为Q(单位时间内流过的液体体积)，下列说法正确的是( )
A．a极电势高于b极电势
B．液体流过测量管的速度大小为
C．a、b两极之间的电压为
D．若流过的液体中离子浓度变高，显示器上的示数将变大
【答案】AC
【解析】由左手定则可知，正离子向上偏转，负离子向下偏转，则a极电势高于b极电势，选项A正确；由Q＝vS＝v·πD2，解得液体流过测量管的速度大小为v＝，选项B错误；当达到平衡时q＝qvB，解得a、b两极之间的电压为U＝，选项C正确；因a、b两板间的电压与流过的液体中离子浓度无关，则当粒子浓度变高时，显示器上的示数不变，选项D错误。
例4、(2022·重庆巴蜀中学高考适应性考试)如图所示， 厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是( )
A．上表面的电势高于下表面电势
B．仅增大h时，上下表面的电势差增大
C．仅增大d时，上下表面的电势差减小
D．仅增大电流I时，上下表面的电势差减小
【答案】C
【解析】根据左手定则，知自由电子向上偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面，A错误；根据evB＝e，I＝neSv，解得U＝，知仅增大h，上下表面的电势差不变；仅增大d时，上下表面的电势差减小；电流I越大，电子的速度越大，故上下表面的电势差越大，故C正确，B、D错误。
l 课堂随练
训练1、(2019·浙江选考)磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ。忽略边缘效应，下列判断正确的是( )
A．上板为正极，电流I＝
B．上板为负极，电流I＝
C．下板为正极，电流I＝
D．下板为负极，电流I＝
【答案】C
【解析】根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，因此下极板为电源的正极；根据平衡条件有qvB＝q，解得稳定时电源的电动势E＝Bdv，则流过R的电流为I＝，而r＝ρ，S＝ab，则得电流大小为I＝，C正确。
训练2、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垂直向里，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。
训练3、(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
【答案】D
【解析】由左手定则判断，后表面带负电，电势低，A错。电子受力平衡后，U稳定不变，由e＝evB得U＝Bav，与v成正比，与c无关，B、C错。洛伦兹力F＝evB＝，D对。
Ø 同步训练
1、(多选)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在静电力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是(重力加速度为g)( )
A．该微粒一定带负电荷
B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为
D．该电场的电场强度大小为
【答案】AC
【解析】若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的静电力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的静电力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，故A正确，B错误；由平衡条件得qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度大小B＝，电场的电场强度大小E＝，故C正确，D错误．
2、医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正、负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看为是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为( )
A．1.3 m/s，a正、b负 B．2.7 m/s，a正、b负
C．1.3 m/s，a负、b正 D．2.7 m/s，a负、b正
【答案】A
【解析】血液中的离子在磁场的作用下会在a、b之间形成电势差，当电场给粒子的力与洛伦兹力大小相等时达到稳定状态(与速度选择器原理相似)，血流速度v＝≈1.3 m/s，又由左手定则可得a为正极，b为负极。故选项A正确。
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ma、mb、mc，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．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc
C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma
【答案】B
【解析】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，重力与静电力平衡，则
mag＝qE①
b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则
mbg＝qE＋qvB②
c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则
mcg＋qvB＝qE③
比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确．
4、如图所示，一块长方体金属板材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当通以从左到右的恒定电流I时，金属材料上、下表面电势分别为φ1、φ2。该金属材料垂直电流方向的截面为长方形，其与磁场垂直的边长为a、与磁场平行的边长为b，金属材料单位体积内自由电子数为n，元电荷为e。那么( )
A．φ1－φ2＝ B．φ1－φ2＝－
C．φ1－φ2＝ D．φ1－φ2＝－
【答案】B
【解析】因为上表面的电势比下表面的低，因为evB＝e，解得v＝，因为电流I＝nevS＝nevab，解得U＝，所以φ1－φ2＝－，故B正确。
5、如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则( )
A．液滴带正电
B．液滴比荷＝
C．液滴沿顺时针方向运动
D．液滴运动速度大小v＝
【答案】C
【解析】液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得＝，故选项B错误；静电力方向竖直向上，液滴带负电，选项A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向转动，选项C正确；对液滴，有qE＝mg，qvB＝m，得v＝，故选项D错误．
6、(2022·北京通州区一模)回旋加速器的工作原理如图所示。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，处于与盒面垂直的匀强磁场中，它们之间有一定的电势差U。A处的粒子源产生的带电粒子在加速器中被加速。下列说法正确的是( )
A．带电粒子在D形盒内被磁场不断地加速
B．交流电源的周期等于带电粒子做圆周运动的周期
C．两D形盒间电势差U越大，带电粒子离开D形盒时的动能越大
D．加速次数越多，带电粒子离开D形盒时的动能越大
【答案】B
【解析】带电粒子在D形盒内被电场不断地加速，在磁场中动能不变，A错误；交流电源的周期等于带电粒子做圆周运动的周期，这样才能保证粒子每经过D形盒间隙时均能被电场加速，B正确；由qvB＝m可得带电粒子离开D形盒时的动能Ek＝mv2＝，则最大动能与两D形盒间电势差U无关，与加速次数无关，C、D错误。
7、(2021·河南郑州市质检)如图所示，质谱仪的工作原理如下：一个质量为m、电荷量为q的离子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向，进入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，最后打到照相的底片D上。不计离子重力。则( )
A．离子进入磁场时的速率为v＝
B．离子在磁场中运动的轨道半径为r＝
C．离子在磁场中运动的轨道半径为r＝
D．若a、b是两种同位素的原子核，从底片上获知a、b在磁场中运动轨迹的直径之比是1.08∶1，则a、b的质量之比为1.08∶1
【答案】C
【解析】离子在电场中加速有qU＝mv2，解得v＝；离子在磁场中偏转有qvB＝m，解得r＝，同位素的电荷量一样，其质量之比为＝＝1.082，故选项C正确，A、B、D错误。
8、速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图6所示，其中S0A＝S0C，不计粒子重力，则下列说法中正确的是( )
图6
A．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电
B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷
C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于
D．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量之比为3∶2
【答案】B
【解析】由左手定则可判定甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，A错误；粒子在磁场中做圆周运动，满足qvB2＝m，即＝，由题意知r甲＜r乙，所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷，B正确；由qE＝qvB1知能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于，C错误；若甲、乙两束粒子的电荷量相等，由＝知＝＝，D错误。
9、(2021·北京卷，18)如图所示，M为粒子加速器；N为速度选择器，两平行导体板之间有方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度为B。从S点释放一初速度为0、质量为m、电荷量为q的带正电粒子，经M加速后恰能以速度v沿直线(图中平行于导体板的虚线)通过N。不计重力。
(1)求粒子加速器M的加速电压U；
(2)求速度选择器N两板间的电场强度E的大小和方向；
(3)仍从S点释放另一初速度为0、质量为2m、电荷量为q的带正电粒子，离开N时粒子偏离图中虚线的距离为d，求该粒子离开N时的动能Ek。
【答案】(1) (2)vB，方向垂直导体板向下 (3)mv2＋qvBd
【解析】(1)粒子在加速器中的加速过程，根据功能关系有
qU＝mv2
解得U＝
(2)粒子在速度选择器中的匀速过程，电场力与洛伦兹力平衡，有qE＝qvB
解得E＝vB
根据左手定则及带正电粒子所受电场力方向可知，电场方向垂直导体板向下
(3)经分析可知，粒子进入N时速度小于v，故在N中运动时向下偏转，则电场力全程做正功，又洛伦磁力不做功，根据功能关系有Ek＝qU＋qEd
解得Ek＝mv2＋qvBd
10、如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变．不计重力．
(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需时间；
(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值．
【答案】(1) (2)
【解析】(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．
设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m
T＝
联立解得T＝
依题意，粒子第一次到达x轴时，转过的角度为π
所需时间为t1＝T＝T
解得t1＝.
(2)粒子进入电场后，先做匀减速直线运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速直线运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，有qE＝ma
v0＝a·
解得t2＝
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足
t2≥T0
解得电场强度最大值Emax＝.
11、(2022·湖北宜昌市联考)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，L1、L2、L3是磁场的边界(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：
可得：qvB2m＝m
根据几何关系有：L＝r2(1＋sin θ)
解得：B2m＝1.5B1.
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