考點48帶電粒子在復合場中的運動（核心考點精講分層精練）

考點48帶電粒子在復合場中的運動

1.3年真題考點分布

題型選擇題、解答題

1.質(zhì)譜儀的原理及應用；回旋加速器的工作原理及應用；速度選擇器的工作

高考考點原因及應用；磁流體發(fā)電機的工作原理及應用；電磁流量計的工作原理及應

用；帶電粒子在電場和磁場中的偏轉(zhuǎn)問題；帶電粒子在組合場中的應用。

廣東卷5題、山東卷17題、遼寧卷、海南卷13題、海南卷2題、江蘇卷16

2023

題、山西卷5題、湖南卷6題、全國乙卷18題、浙江春招卷22題

天津卷12題、重慶卷5題、北京卷20題、江蘇卷13題、海南卷6題、浙江

2022卷15題、浙江卷22題、廣東卷8題、湖南卷13題、山東卷17題、全國乙

新高考

卷17題、

重慶卷14題、福建卷2題、江蘇卷15題、天津卷13題、北京卷18題、山

2021東卷17題、浙江卷22題、廣東卷14題、全國甲卷25題、河北卷14題、河

北卷5題、浙江卷22題

2.命題規(guī)律及備考策略

【命題規(guī)律】近3年新高考卷對于本節(jié)內(nèi)容考查共計33次，主要考查：

I.速度選擇器的工作原理及應用；

2.回旋加速器的工作原理及應用：

3.磁流體發(fā)電機的工作原理及應用；

4.霍爾元件的工作原理及應用；

5.帶電粒子在電場和磁場中的偏轉(zhuǎn)問題；

6.帶電粒子在組合場中的應用；

【備考策略】理解并掌握速度選擇器、回旋加速器、磁流體發(fā)電機、地磁流量計的工作原理；掌握磁場在

電場和磁場中的偏轉(zhuǎn)的異同點，會解決帶電粒子在組合場中應用問題。

【命題預測】本節(jié)內(nèi)容難度較大，一般都以壓軸題的形式出現(xiàn)在選擇或解答題中，考察方式靈活多變，更

多的會科技類題目產(chǎn)生聯(lián)系，2024年考生必須引起重視。

考法1質(zhì)譜儀

1.作用

測量帶電粒子質(zhì)量和分離同位素的儀器.

2.原理（如圖所示）

（1）加速電場：qU=1wv*2（靜止開始加速）

2

(2)偏轉(zhuǎn)磁場：qvB=",/=2r；(做圓周運動)

r

2mU_qrB~q_2U

由以上兩式可得9m-，-c、

q2UmB2t2

【典例1】(2021?浙江?統(tǒng)考高考真題)在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖所示

是離子注入工作原理示意圖，離子經(jīng)加速后沿水平方向進入速度選擇器，然后通過磁分析器，選擇出特定

比荷的離子，經(jīng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)后注入處在水平面內(nèi)的晶圓(硅片)。速度選擇器、磁分析器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻

強磁場的磁感應強度大小均為8,方向均垂直紙面向外；速度選擇器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強電場場強大小均為

E,方向分別為豎直向上和垂直紙面向外。磁分析器截面是內(nèi)外半徑分別為此和&的四分之一圓環(huán)，其兩

端中心位置M和N處各有一個小孔；偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中電場和磁場的分布區(qū)域是同一邊長為L的正方體，其偏轉(zhuǎn)

系統(tǒng)的底面與晶圓所在水平面平行，間距也為乙當偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)不加電場及磁場時，離子恰好豎直注入到晶圓

上的。點(即圖中坐標原點，x軸垂直紙面向外)。整個系統(tǒng)置于真空中，不計離子重力，打在晶圓上的離

子，經(jīng)過電場和磁場偏轉(zhuǎn)的角度都很小。當a很小時，有sina^tana,cosao求：

⑴離子通過速度選擇器后的速度大小y和磁分析器選擇出來離子的比荷；

(2)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加電場時離子注入晶圓的位置，用坐標(x,y)表示；

⑶偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(x,y)表示；

⑷偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)同時加上電場和磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(x,歹)表示，并說明理由。

F2E3/23/2

【答案】⑴萬，(RR用2；⑵IRR，0)；⑶(0,)；⑷見解析

DI八十八2fD八］十八十A->

E

【詳解】⑴通過速度選擇器離子的速度

D

從磁分析器中心孔N射出離子的運動半徑為，R乎

2

.mv'3qv2E

由方濁信HZ…澗

⑵經(jīng)過電場后，離子在x方向偏轉(zhuǎn)的距離再tan6=等

離開電場后，離子在x方向偏移的距離，X2=￡tan"婆，“芭+/=譬一/丁，位置坐標為(小芻

22

mv2wvR}+R2/?1+R.

0)

⑶離子進入磁場后做圓周運動半徑「二/，sina=-

qBr

1}

經(jīng)過磁場后，離子在y方向偏轉(zhuǎn)距掰必=r(l-cosa卜---

2尸

離開磁場后，離子在y方向偏移距離％

%+?2

則，j=y,+y2?-——,位置坐標為（0,-——）

Aj+A2%+

”23/2

⑷注入晶圓的位置坐標為（-^丁，丁?。?電場引起的速度增量對y方向的運動不產(chǎn)生影響。

/\j+人2%42

（1）質(zhì)譜儀的本質(zhì)是粒子先在電場中加速，再在磁場中偏轉(zhuǎn),最后利用感光底片記錄探究粒子的位置.

（2）質(zhì)譜儀是計算帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具.

（3）回旋加速器的工作條件是粒子做圓周運動的周期與金屬外殼所加交流電的周期相等，粒子的最大動能由勻

強磁場的磁感應強度和D形盒半徑?jīng)Q定

（4）質(zhì)譜儀和回旋加速器都是帶電粒子在組合場中的運動.

【變式1］（2023?北京西城?北師大實驗中學?？既＃┤鐖D所示為質(zhì)譜儀的原理圖，一束粒子以速度v沿

直線穿過相互垂直的勻強電場（電場強度為E）和勻強磁場（磁感應強度為片）的重疊區(qū)域，然后通過狹

縫邑垂直進入另一勻強磁場（磁感應強度為當），最后打在照相底片上的三個不同位置，粒子的重力可忽

略不計，則下列說法正確的是（）

A.該束粒子帶負電

B.［板帶負電

C.粒子的速度v滿足關(guān)系式,=芻

E

D.在&的勻強磁場中，運動半徑越大的粒子，荷質(zhì)比里越小

m

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)粒子在右側(cè)磁場中的運動，利用左手定則，可判斷出該束粒子帶正電，故A錯誤；

B.根據(jù)粒子在左側(cè)運動可知，洛倫茲力方向向上，則電場力方向向下，Pi板帶正電，故B錯誤；

C.由粒子做直線運動，根據(jù)受力平衡可得，qvBl=qE

E

解得粒子的速度為丫二片

故c錯誤；

D.在磁感應強度為心的磁場中，由洛倫茲力提供向心力得，qvB.=m—,可得且口口口

fzRmRB2

運動半徑越大的粒子，荷質(zhì)比幺越小，故D正確。

m

故選D。

【變式2］（2023?河南鄭州?統(tǒng)考模擬預測）如圖甲所示為質(zhì)譜儀工作的原理圖，已知質(zhì)量為〃人電荷量

為9的粒子，從容器A下方的小孔飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為0,經(jīng)電場加速后，由小

孔S沿著與磁場垂宜的方向，進入磁感應強度為8的勻強磁場中。粒子在S點的速度與磁場邊界垂直，最

后打在照相底片上的尸點，且SP=x。忽略粒子的重力，通過測量得到x與后的關(guān)系如圖乙所示，己知斜

率為4=0.5,勻強磁場的磁感應強度8為2X1(TT,兀=3.14,則下列說法中正確的是()

A.該粒子帶負電

B.該粒子比荷為9xl()8C/kg

C.該粒子在磁場中運動的時間約為1.96x10次

D.若電壓U不變，打到。點的粒子匕荷大于打到。點的粒子

【答案】C

【詳解】A.粒子進入磁場后向左偏轉(zhuǎn)，杈據(jù)左手定則可知，該粒子帶正電，故A錯誤；

B.粒子經(jīng)過加速電場過程，根據(jù)動能定理可得夕。=3切5

解得，y=四

Vm

粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力可得夕濁=機E，可得已巫

rqBB\q

則有x=2r=,怪;亞

q

可知X-J"圖像的斜率為％=^^=0.5

可得粒子的比荷為里=^=TrTC/kg=8xl0t/kg,故B錯誤；

mB~4x10

C.該粒子在磁場中運動的時間為"d翁=初惡記-L96”故c正確；

D.根據(jù)％=2尸,若電壓U不變，可知打到。點的粒子比荷小于打到尸點的粒子比荷，故D錯

誤。

故選C。

考法2：回旋加速器

1.構(gòu)造：

如圖所示，。2是半圓形金屬盒，。形盒處于勻強磁場中，。形盒的縫隙處接交流電嫄.

2.原理：

交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等，使粒子每經(jīng)過一次。形盒縫隙，粒子被加速一次.

3.最大動能：

由＞溫=加?2、Ekm=)n后得&m=如，R；粒子獲得的最大動能由磁感應強度8和盒半徑R決定，與加

R22m

速電壓無關(guān).

4.總時間：

粒子在磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增加動能夕u,加速次數(shù)〃粒子在磁場中運動的

qu

總時間尸〃T=&m.2M=兀6叱

22qUqB2U

【典例2】（2023?廣東?統(tǒng)考高考真題）某小型醫(yī)用回旋加速器，最大回旋半徑為0.5m,磁感應強度大

小為L12T,質(zhì)子加速后獲得的最大動能為1.5x10,eV.根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，可計算質(zhì)子經(jīng)該回旋加速器加速

后的最大速率約為（忽略相對論效應，leV=1.6xl（）T9j）（）

A.3.6xl06m/sB.1.2xl07m/sC.5.4x107m/sD.2.4xlOsm/s

【答案】C

【詳解】洛倫茲力提供向心力有

質(zhì)子加速后獲得的最大動能為耳

解得最大速率約為v=5.4xl07m/s

故選Co

【變式1】（2023?全國?校聯(lián)考模擬預蒯）回旋加速器的工作原理如圖1所示，D/nD?是兩個相同的中

空半圓金屬盒，金屬盒的半徑為夫，它們之間接如圖2所示的交變電源，圖中心、1已知，兩個D形盒處

于與盒面垂直的勻強磁場中。將一質(zhì)子從D1金屬盒的圓心處由靜止釋放，質(zhì)子（：H）經(jīng)過加速后最終從D形

盒的邊緣射出。已知質(zhì)子的質(zhì)量為加，電荷量為9,不計電場中的加速時間，且不考慮相對論效應。下列說

法正確的是（）

A.回旋加速器中所加磁場的磁感應強度3=亍〒

2兀

B.質(zhì)子從D形盒的邊緣射出時的速度為,但互

Vm

C.在其他條件不變的情況下，僅增大U。，可以增大質(zhì)子從邊緣射出的速度

D.在所接交變電源不變的情況下，若用該裝置加速：H（瓶核），需要增大所加磁場的磁感應強度

【答案】D

【詳解】A.帶電粒子在磁場中運動的周期與所加交變電源的周期7；相同，所以滿足"二笳

可得，8選項A錯誤；

B.粒子從D形盒邊緣射出時有射出速度可表示為v=J網(wǎng)匕,選項B錯誤；

2Vm

C.粒子從D形盒射出時，夕%,、8=〃?安監(jiān)，可得力迦，僅增大加速電壓質(zhì)子射出速度大小不變,

Rm

選項C錯誤;

D.當加速負核時，其在磁場中運動的周期為T=一斫，其周期應該與痣相同，又知道％=笳

可知夕=35,需要增大所加磁場的磁感應強度，選項D止確。

故選Do

【變式2]（多選）（2023-黑龍江哈爾濱?哈爾濱三中?？寄M預測）2022年12月28日我國中核集團

全面完成了230MeV超導回旋加速器自主研制的任務，標志著我國已全面掌握小型化超導回旋加速器的核心

技術(shù)，進入國際先進行列。如圖所示，圖甲為該回旋加速器的照片，圖乙為回旋加速器工作原理示意圖，

置于真空中的D形金屬盒半徑為R,磁感應強度為8的勻強磁場與盒面垂宜，交流加速電壓為U。圓心4

處粒子源產(chǎn)生初速度為零，質(zhì)量為小，電荷量為q的質(zhì)子，質(zhì)子在加速器中被加速。忽略質(zhì)子穿過兩金屬

盒間狹縫的時間，忽略相對論效應和重力的影響，下列說法正確的是（）

A.保持8、R、U及交流電頻率均不變，該裝置也可用于加速笊核和晁核

B.若增大加速電壓U,質(zhì)子從D型盒出口射出的動能增大

C.質(zhì)子從D型盒出口射出時,加速次數(shù)〃=或弦

2Um

D.質(zhì)子第〃次加速后和第〃+1次加速后的運動半徑之比為〃:必T

【答案】CD

【詳解】A.此加速器加速粒子時的周期與粒子在磁場中的運動周期相同為7=坪

qB

笊核和僦核的比荷與質(zhì)子的比荷不同，即笊核和旅核與質(zhì)子在磁場中運動的周期不同，所以，保持8、R、

U及交流電頻率均不變，該裝置不能用于加速汽核和瓶核，故A錯誤；

B.設質(zhì)子從D型盒出II射出的速度為v田則有夕%8=強，％=迎

R

則質(zhì)子從D型盒出口射出的動能線=1用t=」機理&=迪的,與加速電壓無關(guān)，故B錯誤；

22m2m

C.設質(zhì)子從D型盒出口射出時加速了〃次，則由動能定理的。=」用反二送￡,得〃=/出,故C正

22m2mU

確；

D.由動能定理〃gU=,（〃+l）gU=；/"：+]

得第。次加速后和第〃+1次加速后的速度分別為匕=陛巳2(〃+ljqU

匕+i=

Vnim

再由質(zhì)子在磁場中做圓周運動洛倫茲力提供向心力/8=叱mv

r

mvmv

同理可得，質(zhì)子第〃次加速后和第〃+1次加速后的運動半徑分別為〃=一才，

qBql

所以乙：乙.1=匕：匕+i=G-dn+1?故D正確。

故選CDo

考法3速度選擇器、磁流體發(fā)電機和電磁流量計

1、速度選擇器

(1)平行板中電場強度E和磁感應強度3互相垂直.

(2)帶口粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是＞8=4區(qū)即丫=：

(3)速度選擇器只能選擇粒子的速度，不能選擇粒子的電性、電荷量、質(zhì)量.

(4)速度選擇器具有單向性.

【典例3】(2023?北京東城?北京市廣渠門中學校考三模)如圖所示，速度選擇器的兩平行導體板之間有

方向互相垂直的勻強電場和勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。一電荷量為％的粒子以速度u從S點進入

速度選擇器后，恰能沿圖中虛線通過。不計粒子重力，下列說法可能正確的是()

A.電荷量為的粒子以速度y從S點進入后將向下偏轉(zhuǎn)

B.電荷量為+24的粒子以速度v從S點進入后將做類平拋運動

C.電荷量為"的粒子以大于v的速度從S點進入后動能將逐漸減小

D.電荷量為一夕的粒子以大于v的速度從S點進入后動能將逐漸增大

【答案】C

【詳解】A.電荷量為+g的粒子以速度丫進入后受力平衡，即有夕姐=痛

由左手定則可知，洛倫茲力豎直向上，電場力豎直向下，即電場強度的方向豎直向下，且有￡

當電而量為胃的粒子以速度v從S點進入后，由左手定則可知，粒子所受的洛倫茲力豎直向下，電場力豎

直向上，且有g(shù)E=僅8,則粒子受力平衡，將沿著圖中虛線通過，故A錯誤；，

B.電荷量為+2q的粒子以速度v從5點進入后，向下的電場力為片=2qE,向上的洛倫茲力為鳥=為4

由于E=詔，所以粒子受力平衡，將沿著圖中虛線通過，故B錯誤；

C.電荷量為+夕的粒子以大于v的速度從S點進入后，向下的電場力為瑪

向上的洛倫茲力為居＞夕話，由于E=田，所以工＞居，即粒子剛從S點進入后所受合力豎直向上，粒子的

運動軌跡將向上彎曲，此過程中電場力對粒子做負功，粒子的動能將逐漸減小，故C正確；

D.電荷量為的粒子以大于v的速度從S點進入后，向上的電場力為月=理

向下的洛倫茲力為冗

由于￡=詔，所以"〉名，即粒子剛從S點進入后所受合力豎直向下，粒子的運動軌跡將向下彎曲，此過

程中電場力對粒子做負功，粒子的動能將逐漸減小，故D錯誤。

故選C。

【變式1](多選)(2023?安徽六安?安徽省舒城中學校考模擬預測)如圖所示，在豎直放置的平行板電

容器極板間有電場強度大小為E、方向豎直向下的勻強電場和磁感應強度為4、方向水平向里的勻強磁場。

左右兩擋板中間分別開有小孔E、邑，在其右側(cè)有一邊長為L的正三角形區(qū)域磁場，磁感應強度為磁

場邊界無中點$3與小孔S、s?正對。現(xiàn)有大量的帶電荷量均為+g而質(zhì)量和速率均可能不同的粒子從小孔S

水平射入電容器，其中速率為%的粒子剛好能沿直線通過小孔岳、S?。粒子的重力及各粒子間的相互作用

均可忽略不計，下列說法中正確的是（）

E

A.%一定等于不

B.在電容器極板中向上偏轉(zhuǎn)的粒子的速度一定滿足叱!

C.速率為%的粒子中，滿足質(zhì)量加的粒子都能從邊射出

D.速率為%的粒子中，能打在"邊的所有粒子在磁場當中運動的時間一定都相同

【答案】AB

【詳解】A.當帶正電粒子向右進入復合場時，受到豎直向下的電場力和向上的洛倫茲力，速率為%的粒子

做勻速直線運動，即4=夕%用

E

解得匕=瓦，故A正確；

B.粒子向上偏轉(zhuǎn)時，受到的向上的洛倫茲力大于向下的電場力，即/片＞/

則故B正確;

為

C.設質(zhì)量為外的粒子的軌跡剛好與外邊相切，如圖所示

由幾何關(guān)系得，R+不R=t,而&=乂普

解得人=空二也竺，所以質(zhì)量小于竺曲絲的粒子都會從的邊射出，而竺也竺〈也

2%2%2Vo4%

故C錯誤；

D.質(zhì)量、速率不同的粒子在磁場中運動的周期可能不同，所以能打在礦邊的所有粒子均運動半個周期，在

磁場當中運動的時間可能不同，故D錯誤。

故選ABo

【變式2］（2023?廣東廣州?執(zhí)信中學?？既＃┤鐖D所示，兩豎直虛線MN和ATN，間的距離4C=d,

P、。點在直線M'N，上。一質(zhì)量為小、電荷量為夕的粒子（不計重力）以某一速度從4點垂直于MN射入:

若兩豎直虛線間的區(qū)域內(nèi)只存在場強大小為E、沿豎直方向的勻強電場，則該粒子將從尸點離開場區(qū)，射

出方向與力C的夾角叫做電偏轉(zhuǎn)角，記為&：若兩豎直虛線間的區(qū)域內(nèi)只存在磁感應強度大小為3、方向垂

直于紙面的勻強磁場，則該粒子將從0點離開場區(qū)，射出方向與4。的夾角叫做磁偏轉(zhuǎn)角，記為知。

（1）若兩豎直虛線間的區(qū)域內(nèi)同時存在上述電場和磁場，且該粒子沿直線運動從C點離開場區(qū)，粒子從力

點入射的速度是多大？

(2)在(1)間的速度下，只在電場中的電偏轉(zhuǎn)角外的正切值與只在磁場中的磁偏轉(zhuǎn)角義的正弦的比值。

p

【答案】(1)—；(2)1

B

【詳解】(1)由于若兩豎直虛線間的區(qū)域內(nèi)同時存在上述電場和磁場，且該粒子沿直線運動從C點離開場

區(qū)，可知此時粒子做勻速直線運動，則有代渣=戀，解得%=2E

D

(2)做出粒子運動軌跡如圖所示

粒子在電場中做類平拋運動，則有"=丫產(chǎn)%，面14=上，解得tan穌=小

m%mE

粒子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡關(guān)系有Asin6B=d

軌跡洛倫茲力提供向心力有qv.B=mJ

解得出綜=必，則有螞41

角度2：磁流體發(fā)電機

(1)原理：等離子氣體噴入磁場，正負離子在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)而聚集在力、8板.匕產(chǎn)生電勢差，

它可以把離子的動能通過磁場轉(zhuǎn)化為電能.

(2)電源正、負極判斷：根據(jù)左手定則可判斷出圖中的8是發(fā)電機的正極.

(3)電源電動勢U：設/、6平行金屬板的面積為S,兩極板間的距離為/,磁場磁感應強度為8,等離子氣

體的電阻率為Q噴入氣體的速度為v,板外電阻為R.當正、負離子所受靜電力和洛倫茲力平衡時，兩極板

間達到的最大電勢差為U(即電源電動勢)，則即U=8近

(4)電源內(nèi)阻：r=pl

(5)回路電流：1=U.

r+R

角度3：電磁流量計

(1)流量(0)的定義：單位時間流過導管某一截面的導電液體的體積.

(2)公式：S為導管的截面積，v是導電液體的流速.

(3)導電液體的流速⑺的計算如圖所示，一圓形導管直徑為d,用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體

向右流動.導電液體中的自由電荷(正、負離子)在洛倫茲力作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，使a、b間出現(xiàn)電勢差，當自

由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時，〃、b間的電勢差(⑺達到最大，由q；=qvB,可得

(4)流量的表達式：Q=Sv=n^

4Bd48

(5)電勢高低的判斷：根據(jù)左手定則可得佃＞”.

【典例4】(2023?廣東佛山?統(tǒng)考模擬預測)法拉第曾提出一種利用河流發(fā)電的設想，并進行了實驗研究。

實驗裝置示意圖如圖所示，兩塊面積均為S的矩形平行金屬板正對地浸在河水中，金屬板間距為d。水流速

度處處相同大小為%方向水平向左，金屬板面與水流方向平行。地磁場磁感應強度豎直向下的分量為8,

水的電阻率為0,水面上方有一阻值為R的電阻通過絕緣導線和開關(guān)S連接到兩金屬板上。忽略邊緣效應，

則下列說法正確的是（）

A.電阻R上的電流方向從里向外B,河水流速減小，兩金屬板間的電壓增大

C.該發(fā)電裝置的電動勢大小為8小，D.流過電阻R的電流大小為等

【答案】C

【詳解】A.根據(jù)題意，由左手定則可知，河水中的正離子向外面金屬板偏轉(zhuǎn)，外金屬板為正極，負離子向里面金屬板偏轉(zhuǎn)，

里金屈板為負極，則電阻R上的電流方向從外向里，故A錯誤；

C.設穩(wěn)定時產(chǎn)生的感應電動勢為E，兩板間有一帶電荷量為g的離子勻速運動受力平衡，根據(jù)平衡條件可得=

解得E=Bdv.故C正確；

B.設極板間箸效中阻為，由閉合回路歐姆柒律可得，兩金屬板間電壓為U=一e一次="竺，可如，河水流速減小，

R+rR+r

兩金屬板間的電壓減小，故B錯誤：

D.根據(jù)題意，由電阻定律可得，極板間等效電阻為/?=/?《

S

EBSdv

由閉合回路歐姆定律可得，流過電阻K的電流大小為/T=大一=———T.故D錯誤。

R+rRS+pd

故選c.

【變式1］（2023?河北?校聯(lián)考三模）如圖為磁流體發(fā)電機的示意圖，間距為d的平行金屬板力、4之間

的磁場可看成勻強磁場，磁感應強度大小為艮板力、8和電阻R連接，將一束等離子體以速度v沿垂直于

磁場的方向噴入磁場，已知金屬板4、8的正對面積為S,A.8及其板間的等離子體的等效電阻率為夕，

下列說法正確的是（）

A.金屬板4為正極B.電阻/?兩端的電壓為

pd+RS

C.電阻R兩端的電壓為8小D.流過電阻/?的電流大小為竽

R

【答案】B

【詳解】A.根據(jù)左手定則可得，正離子向金屬板8,金屬板3為正極，金屬板力為負極。故A錯誤；

D.根據(jù)穩(wěn)定時，等離子體滿足夕后二9如

該發(fā)電機的電動勢為U=&/=Bdv

U_BdvS

流過電阻R的電流大小為二為==pd+RS，故D錯誤；

------rA廠

S

BC.電阻A兩端電壓為力=/H=――,故B正確：C錯誤。

p+RS

故選Bo

【變式2](2023?浙江金華?統(tǒng)考三模)磁流體發(fā)電機發(fā)電通道是一個長、高、寬分別為4、h、人的長方

體空腔。上下兩個側(cè)面是電阻不計的電極，電極與固定在水平桌面上間距為1電阻不計的平行金屬導軌相

連。發(fā)電通道內(nèi)的勻強磁場方向垂直與〃組成的平面，磁感應強度大小為8。電阻率為2的等離子體以速

率丫水平向右通過發(fā)電通道。導軌間勻強磁場與導軌平面成。角右斜向上，磁感應強度大小也為8,質(zhì)量為

“，電阻為R的金屬棒垂直于導軌放置，與導軌道動摩擦因數(shù)為"。棒的中點用條水平垂直于棒的細線通過

光滑定滑輪與重物相連。當S閉合后，金屬棒恰好處于靜止狀態(tài)，則重物的質(zhì)量可能為()

B2Lva(sin0+//cos0)B2Lva(s\n0+//cos0)cos0

Ag(H+Bg(R+P.)

hbab

B2Lvh(s\n0+//cos0)B1Lvh(s\nO+piCQSO)cos0

c，g(R+PpD.g(R+P與

abab

【答案】C

【詳解】等離子體中的正電荷受向上的洛倫茲力偏向上極板，可知上極板為E極，電流流過導體棒，受安

培力斜向左上方，若導體棒恰不向左運動，則摩擦力向右，對導體棒受力平衡

Mg=BILsin0-ju(mg-BILcos0)

B2Lvh(s\n0+4cos0)

其中急，%qvB,「=吟,解得八

g(R+哈

同理若導體棒恰不向右運動，則摩擦力向左對導體棒受力平衡腌=8〃sinO+M〃?g-8〃cose)

汕(sin。-〃cosJ)?川?

甘r+>rUUh,M=

其中‘"二-<7=^,r=p-,解得

g(R+p

故選Co

考法4“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的比較

角度1：先電偏轉(zhuǎn)再磁偏轉(zhuǎn)

【典例5】(2023?山東?統(tǒng)考高考真題)如圖所示，在0W2d,OVyW2d的區(qū)域中，存在沿y軸正方

向、場強大小為上的勻強電場，電場的周圍分布著垂直紙面向外的恒定勻強磁場。一個質(zhì)量為/〃，電量為夕

的帶正電粒子從。尸中點力進入電場(不計粒子重力)。

(1)若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直。N第二次離開電場后，垂直松再次進入電場，求磁場的磁

感應強度3的大小；

(2)若改變電場強度大小，粒子以一定的初速度從4點沿〉軸正方向第一次進入電場、離開電場后從尸點

第二次進入電場，在電場的作用下從。點離開。

(i)求改變后電場強度&的大小和粒子的初速度%;

(ii)通過計算判斷粒子能否從尸點第三次進入電場。

【答案】（1）8=6?E'=36E；(ii)不會

【詳解】（1）由題意粒子在電場中做勻加速直線運動，根據(jù)動能定理有

粒子在磁場中做勻速圓周運動，有

粒子從上邊界垂直。N第二次離開電場后，垂直樣再次進入電場，軌跡如醫(yī)

根據(jù)幾何關(guān)系可知

聯(lián)立可得

（2）（i）由題意可知，做出粒子在電場和磁場中運動軌跡如圖

在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系可知

解得

所以有

9=53°,a=3T

洛倫茲力提供向心力

帶電粒子從力點開始做勻加速直線運動，根據(jù)動能定理有

再一次進入電場后做類似斜拋運動，沿x方向有

沿y方向上有

其中根據(jù)牛頓第二定律有

聯(lián)立以上各式解得

（ii）粒子從P到。根據(jù)動能定理有

可得從。射出時的速度為

此時粒子在磁場中的半徑

根據(jù)其幾何關(guān)系可知對應的圓心坐標為

5一

x=—aJ,y=4a

2

而圓心與尸的距離為

故不會再從尸點進入電場。

【變式】（2023?江蘇揚州?揚州市新華中學?？家荒＃┤鐖D所示，第一象限內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻

強磁場；第四象限內(nèi)存在沿+?軸的勻強電場，場強大小為石=誓

。f=0時刻，粒子從P點以速度vo平行

2qi

+x軸射入電場，第1次通過x軸從0點進入磁場。已知P點坐標為（0,-7）,粒子質(zhì)量為機、電荷量為

+q,重力不計。

（1）求粒子經(jīng)過0點的速度V；

（2）欲使粒子不從y軸射出磁場，求磁感應強度的最小值幾,；

（3）若磁感應強度5=智，求粒子第5次通過x軸的位置x和時間八

【答案】⑴瓜。,與X軸正方向的夾角為45。；(2)8=。+胃%;⑶x=9/,'=(10+引:

【詳解】(1)解析：粒子從。到。做類平拋運動，軌跡如圖所示，根據(jù)動能定理g瓦機/-g相片

解得

根據(jù)兒何關(guān)系cosa=^=也，解得a=45。

v2

(2)。點到。點的距離，5=2/

粒子進入磁場做勻速圓周運動，軌道半徑為H,根據(jù)牛頓第二定律，q\,B=4

欲使粒子不從y軸射出磁場，臨近狀態(tài)如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系，R+Rsina=2/,解得火=2(2-揚/,解得8=("/叫

2g/

(3)粒子進入磁場做勻速圓周運動，軌跡為2圓周,軌道半徑廠=立/

44

返回電場后做類斜拋運動，運動軌跡如圖所示

第5次通過x軸時，x=5s-2>/2r=91

粒子在電場中的運動時間，々=5x3=3

%%

粒子在磁場中的運動時間，4=3x%型J誓，解得，』*=僅+)產(chǎn)

角度2：先磁偏轉(zhuǎn)再電偏轉(zhuǎn)

【典例6】(2021?山東?高考真題)某離子實驗裝置的基本原理如圖甲所示。I區(qū)寬度為小左邊界與x

軸垂直交于坐標原點0,其內(nèi)充滿垂直于xOy平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為舔：H區(qū)寬度為￡,

左邊界與x軸垂直交于。1點，右邊界與》軸垂直交于。2點，其內(nèi)充滿沿歹軸負方向的勻強電場。測試板垂

直x箱置于II區(qū)右邊界，其中心C與Q點重合。從離子源不斷飄出電荷量為外質(zhì)量為m的正離子，加速

后沿x軸正方向過。點，依次經(jīng)I區(qū)、II區(qū)，恰好到達測試板中心C。已知離子剛進入H區(qū)時速度方向與x

軸正方向的夾角為9。忽略離子間的相互作用，不計重力。

(1)求離子在I區(qū)中運動時速度的大小丫；

(2)求H區(qū)內(nèi)電場強度的大小E；

(3)保持上述條件不變，將H區(qū)分為左右兩部分，分別填充磁感應強度大小均為8(數(shù)值未知)方向相反

且平行y軸的勻強磁場，如圖乙所示。為使離子的運動軌跡與測試板相切于C點，需沿x軸移動測試板，

求移動后C到Q的距離S。

5⑶

【答案】(1)丫=旭工(2)E=(L匕nJ+坦

msin0mLtan"01sin

【詳解】（1）設離子在I區(qū)內(nèi)做勻速圓周運動的半徑為〃由牛頓第二定律得"8。=掰匕①

r

根據(jù)幾何關(guān)系得sine=4②

r

聯(lián)立①②式得，V=-^~

tnsxnO

（2）離子在H區(qū)內(nèi)只受電場力，x方向做勻速直線運動，y方向做勻變速直線運動，設從進入電場到擊中測

試板中心。的時間為y方向的位移為先,加速度大小為〃，由牛頓第二定津得=

由運動的合成與分解得上=（y8S。）/,^0=-r（l-cos^）,yQ=（vs\nO}t-^ar

聯(lián)立得E=（￡tan?十號一三）

mLrtan-外sin6tan0）

（3）II區(qū)內(nèi)填充磁場后，離子在垂直y軸的方向做線速度大小為vcosJ的勻速圓周運動，如圖所示。設左

冗

側(cè)部分的圓心角為。，圓周運動半徑為，'，運動軌跡長度為由幾何關(guān)系得。

/—xZ./T/?x乙冗r

2乃27r

cosa=——

2尸

由于在y軸方向的運動不變，離子的運動軌跡與測試板相切于。點，則離子在II區(qū)內(nèi)的運動時間不變，故

*L

\j-----------=-------------

vcos^vcos^

C到01的距離S=2/sina+/

聯(lián)立得§=6（石+%

In

【變式】（2023?河北唐山?開灤第一中學校考模擬預測）如圖所示，xQy坐標系的第一象限，一等腰三

角形。力C,底角為53。，底邊長為14￡,內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為8,在。。邊界

的左側(cè)有與y軸平行的勻強電場，。是底力04的中點。質(zhì)量為加，電荷量為q的帶正電的粒子以一定的初

速度，從。力邊上的。點沿歹軸正方向垂直射入磁場，恰好從0C邊上某點沿著與x軸平行的方向射入勻強

電場：不計粒子的重力），求：

（1）粒子的速度大?。?/p>

（2）粒子離開磁場后，經(jīng)過x軸上N點（圖中沒有標出），已知MK53求勻強電場的電場強度；

（3）求粒子從。點到達N點所經(jīng)歷的時旬。

【答案】⑴"媽；⑵小射；（3），=^^

tnm2gB

【詳解】（1）粒子在磁場中勻速圓周運動的軌跡如圖所示，粒子做圓周運動的圓心為G,根據(jù)幾何關(guān)系有

3

GD=FG=R,OG=-R

則O0=H+3R=7L,解得，R=4L

4

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有力8=機匕，解得丫=血絲

Rm

（2）粒子在電場中的；類平拋運動軌跡如圖所示，

粒子在垂直電場線方向做勻速直線運動，位移為：x=GN=3L

沿電場線方向做勻加速直線運動，位移為：片產(chǎn)G=4L

根據(jù)y=\-at2,a=—

2m

解得￡=逆工

m

（3）設粒子在磁場中運動的時間為片在電場中運動的時間為54

4

2

帶電粒子在磁場中運動的周期為丁=爺

qB

聯(lián)立得Q,X=GN=8L=V/2

解得：當，所以時間￡=

’2=qB4+?'="2；g?B’"

考法5帶電粒子在組合場中的應用

1.磁場、重力場并存

（1）若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做速直線運動.

（2）若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體洛做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功.故機械能守恒.

如速度選擇器、磁流體發(fā)

2.電場磁場并存（不計重力）

（1）若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動，

（2）若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復雜的曲線運動，可用動能定理求解.

3.電場、磁場、重力場并存

（1）若三力平衡，則帶電體做勻速直線運動；

（2）若重力與電場力平衡,vlB,則帶電體做勻速圓周運動：

（3）若合力不為0,則帶電體可能做復雜的曲線運動，可用能量守恒定律定理求解.

【典例7】（2023?江蘇?統(tǒng)考高考真題）霍爾推進器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。0叩平面內(nèi)存在

豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度為瓦質(zhì)量為機、電荷量為e的電子從。

點沿x軸正方向水平入射。入射速度為％時，電子沿x軸做直線運動；入射速度小于加時，電子的運動軌

跡如圖中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等。不計重力及電子間相互作用。

（1）求電場強度的大小

（2）若電子入射速度為年，求運動到速度為5時位置的縱坐標M；

（3）若電子入射速度在O<v<vo范圍內(nèi)均勻分布，求能到達縱坐標必"位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)

M的百分比。

【答案】⑴i2：（2）學?（3）90%

32eB

【詳解】（1）由題知，入射速度為如時，電子沿方軸做直線運動則有氏="面，解得，E=voB

（2）電子在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場的復合場中，由于洛倫茲力不做功，且由

于電子入射速度為力則電子受到的電場力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)動能定理有

物jo）。解得M=舞

（3）若電子以丫入射時，設電子能達到的最高點位置的縱坐標為〃則根據(jù)動能定理有

由于電了在最高點與在最低點所受的合力大小相等，則在最高點有尸介—evmB—eE

在最低點有，尸介=eE-evB

2F2〃?（匕一1，）

聯(lián)立有喙二萬一丫，y=

b

要讓電子達縱坐標必=舞位置，即，

解得心已9%

則若