高考物理一轮复习第9章磁场第3节带电粒子在复合场中的运动学案

这是一份高考物理一轮复习第9章磁场第3节带电粒子在复合场中的运动学案，共19页。学案主要包含了带电粒子在复合场中的运动，质谱仪和回旋加速器等内容，欢迎下载使用。


一、带电粒子在复合场中的运动
1．复合场与组合场
(1)复合场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存，如图甲。
甲 乙
(2)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、磁场分时间段或分区域交替出现。如图乙。
2．带电粒子在复合场中的常见运动
(1)静止或匀速直线运动：当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动。
(2)匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。
二、质谱仪和回旋加速器
一、思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
1．带电粒子在匀强磁场中只受洛伦兹力和重力时，不可能做匀加速直线运动。(√)
2．带电粒子在复合场中不可能处于静止状态。(×)
3．带电粒子在复合场中不可能做匀速圆周运动。(×)
4．不同比荷的粒子在质谱仪磁场中做匀速圆周运动的半径不同。(√)
5．粒子在回旋加速器中做圆周运动的半径、周期都随粒子速度的增大而增大。(×)
6．在速度选择器中做匀速直线运动的粒子的比荷可能不同。(√)
二、走进教材
1．(人教版选修3－1P102T3改编)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为( )
A．11 B．12 C．121 D．144
D [离子在加速电场有qU＝eq \f(1,2)mv2，在磁场中偏转有qvB＝meq \f(v2,R)，联立解得R＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))，经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，即R相同，因此有eq \f(m离,mH)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(B′,B)))eq \s\up12(2)，离子和质子的质量比约为144，故选D。]
2．(人教版选修3－1P98T4改编)(2020·宜昌模拟)如图是磁流体发电机的示意图，在间距为d的平行金属板A、C间，存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，两金属板通过导线与变阻器R相连，等离子体以速度v平行于两金属板垂直射入磁场。若要减小该发电机的电动势，可采取的方法是( )
A．增大d B．增大B C．增大R D．减小v
D [由等离子在磁场和电场受的电场力与磁场力平衡，即eq \f(qE,d)＝Bqv，得发电机的电动势E＝Bdv，要想减小电动势，则可以通过减小B、d或v实现，D正确。]
带电粒子在组合场中的运动 eq \([讲典例示法])
1．组合场
电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现。
2．“磁偏转”和“电偏转”的比较
eq \([典例示法]) (2018·全国卷Ⅰ)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eq \\al(1,1)H和一个氘核eq \\al(2,1)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eq \\al(1,1)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。eq \\al(1,1)H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：
(1)eq \\al(1,1)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)eq \\al(2,1)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
[解析] (1)eq \\al(1,1)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eq \\al(1,1)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＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)②
由题给条件，eq \\al(1,1)H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°。eq \\al(1,1)H进入磁场时速度的y分量的大小为
a1t1＝v1tan θ1③
联立以上各式得
s1＝eq \f(2\r(3),3)h。④
(2)eq \\al(1,1)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1⑤
设eq \\al(1,1)H进入磁场时速度的大小为v′1，由速度合成法则有
v′1＝eq \r(v\\al(2,1)＋a1t12)⑥
设磁感应强度大小为B，eq \\al(1,1)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
qv′1B＝eq \f(mv′\\al(2,1),R1)⑦
由几何关系得
s1＝2R1sin θ1⑧
联立以上各式得B＝eq \r(\f(6mE,qh))。⑨
(3)设eq \\al(2,1)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eq \f(1,2)(2m)veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)⑩
由牛顿第二定律有
qE＝2ma2⑪
设eq \\al(2,1)H第一次射入磁场时的速度大小为v′2，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＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)⑬
v′2＝eq \r(v\\al(2,2)＋a2t22)⑭
sin θ2＝eq \f(a2t2,v′2)⑮
联立以上各式得
s2＝s1，θ2＝θ1，v′2＝eq \f(\r(2),2)v′1⑯
设eq \\al(2,1)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＝eq \f(2mv′2,qB)＝eq \r(2)R1⑰
所以出射点在原点左侧。
设eq \\al(2,1)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s′2，由几何关系有
s′2＝2R2sin θ2⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，eq \\al(2,1)H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为
s′2－s2＝eq \f(2\r(3),3)(eq \r(2)－1)h。⑲
[答案] (1)eq \f(2\r(3),3)h (2)eq \r(\f(6mE,qh)) (3)eq \f(2\r(3),3)(eq \r(2)－1)h
“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
eq \([跟进训练])
先电场后磁场
1．(2020·全国卷Ⅱ·T17)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点。则( )
图(a)
图(b)
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
D [电子在电场中加速运动，电场力的方向和运动方向相同，而电子所受电场力的方向与电场的方向相反，所以M处的电势低于N处的电势，A项错误；增大M、N之间的电压，根据动能定理可知，电子进入磁场时的初速度变大，根据r＝eq \f(mv0,eB)知其在磁场中的轨迹半径增大，偏转程度减小，P点将右移，B项错误；根据左手定则可知，磁场的方向应该垂直于纸面向里，C项错误；结合B项分析，可知增大磁场的磁感应强度，轨迹半径将减小，偏转程度增大，P点将左移，D项正确。]
先磁场后电场
2.如图所示，真空中有一以(r,0)为圆心，半径为r的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，在y≥r的范围内，有方向水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E；从O点向不同方向发射速率相同的质子，质子的运动轨迹均在纸面内。已知质子的电荷量为e，质量为m，质子在磁场中的偏转半径也为r，不计重力及阻力的作用，求：
(1)质子射入磁场时的速度大小；
(2)速度方向沿x轴正方向射入磁场的质子，到达y轴所需时间及与y轴交点坐标。
[解析] (1)质子射入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
evB＝meq \f(v2,r)
可得v＝eq \f(eBr,m)。
(2)质子沿x轴正方向射入磁场，经eq \f(1,4)圆弧后，以速度v垂直于电场方向进入电场，
由于T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,eB)
质子在磁场中运动的时间为t1＝eq \f(T,4)＝eq \f(πm,2eB)
质子进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动r后到达y轴，因此有r＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)
则t2＝eq \r(\f(2r,a))＝eq \r(\f(2mr,eE))
所求时间为t＝t1＋t2＝eq \f(πm,2eB)＋eq \r(\f(2mr,eE))
与y轴的交点
y＝r＋eq \r(\f(2mr,eE))·eq \f(eBr,m)＝r＋Breq \r(\f(2er,mE))，x＝0。
[答案] (1)eq \f(eBr,m) (2)eq \f(πm,2eB)＋eq \r(\f(2mr,eE)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，r＋Br\r(\f(2er,mE))))
3．如图所示，一个质量为m、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处距A点2d(AG⊥AC)，不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内。求：
(1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r；
(2)离子从D处运动到G处所需时间；
(3)离子到达G处时的动能。
[解析] (1)正离子运动的轨迹如图所示。磁场中做圆周运动的半径r满足：
d＝r＋rcs 60°，解得r＝eq \f(2,3)d。
(2)设离子在磁场中的运动速度为v0，则有：
qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),r)
T＝eq \f(2πr,v0)＝eq \f(2πm,qB)
由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为：
t1＝eq \f(1,3)T＝eq \f(2πm,3Bq)
离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间为：
t2＝eq \f(2d,v0)＝eq \f(3m,Bq)
离子从D处运动到G处所需时间为：
t＝t1＋t2＝eq \f(9＋2πm,3Bq)。
(3)设电场强度为E，则有：
qE＝ma
d＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)
由动能定理得：qEd＝EkG－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得EkG＝eq \f(4B2q2d2,9m)。
[答案] (1)eq \f(2,3)d (2) eq \f(9＋2πm,3Bq) (3)eq \f(4B2q2d2,9m)
带电粒子在叠加场中的运动 eq \([讲典例示法])
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。
eq \([典例示法]) (一题多法)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5eq \r(3) N/C，同时存在着垂直纸面向里的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T。有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2，求：
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。
审题指导：解此题关键的两点：
(1)小球做匀速直线运动，说明小球受力平衡，根据平衡条件结合几何关系列式求解即可。
(2)撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，小球在竖直方向上做匀减速直线运动，若要使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向的分位移为零，根据竖直上抛运动的基本公式列式求解。
[解析] (1)小球做匀速直线运动时受力如图甲，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有
甲
qvB＝eq \r(q2E2＋m2g2)①
代入数据解得
v＝20 m/s②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角为θ，则tan θ＝eq \f(qE,mg)③
代入数据解得tan θ＝eq \r(3)
θ＝60°。④
(2)解法一 撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图乙所示，设其加速度为a，有
乙
a＝eq \f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有
x＝vt⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y，有
y＝eq \f(1,2)at2⑦
tan θ＝eq \f(y,x)⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
t＝2eq \r(3) s。
解法二 撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为
vy＝vsin θ
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球在竖直方向上的分位移为零，则有vyt－eq \f(1,2)gt2＝0
联立解得t＝2eq \r(3) s。
[答案] (1)20 m/s 速度方向与电场方向的夹角为60° (2)2eq \r(3) s
带电粒子在叠加场中运动的分析方法
eq \([跟进训练])
磁场与重力场叠加
1.(多选)如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则( )
A．经过最高点时，三个小球的速度相等
B．经过最高点时，甲球的速度最小
C．甲球的释放位置比乙球的高
D．运动过程中三个小球的机械能均保持不变
CD [设磁感应强度为B，圆形轨道半径为r，三个小球质量均为m，它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、v乙和v丙，则mg＋Bv甲q甲＝eq \f(mv\\al(2,甲),r)，mg－Bv乙q乙＝eq \f(mv\\al(2,乙),r)，mg＝eq \f(mv\\al(2,丙),r)， 显然，v甲 > v丙 > v乙，选项A、B错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C正确。]
2.(多选)如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下列选项中的( )
A B C D
AD [带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故B、C错误。]
磁场、电场与重力场叠加
3.(2017·全国卷Ⅰ)如图所示，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>mcB．mb>ma>mc
C．mc>ma>mbD．mc>mb>ma
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
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。]
电场和磁场技术的应用
电和磁与科技、生活联系紧密，电和磁相结合的试题是高考命题的热点。近年高考试题频繁的以STSE为切入点，考查电磁学中的主干知识。
质谱仪——分离和检测粒子
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＝eq \f(1,2)mv2。
(2)偏转磁场：qvB＝eq \f(mv2,r)，l＝2r；由以上两式可得
r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))，m＝eq \f(qr2B2,2U)，eq \f(q,m)＝eq \f(2U,B2r2)。
[示例1] (2020·天津名校联考)如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器内有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直磁场边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力，下列说法中正确的是( )
A．加速电场的电压U＝ER
B．极板M比极板N电势低
C．PQ＝2Beq \r(qmER)
D．若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上的同一点，则该群粒子的比荷相等
D [在加速电场中，由动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2－0，粒子在静电分析器中做圆周运动，电场力提供向心力，由牛顿第二定律得qE＝meq \f(v2,R)，解得U＝eq \f(1,2)ER，A项错误；粒子在磁场中从P点运动到Q点，由左手定则可知粒子带正电，又因为带正电粒子在加速电场中受到的电场力向右，所以电场线方向向右，则M板的电势高于N板的电势，B项错误；粒子在磁分析器中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,r)，解得粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(mER,q))，则PQ＝2r＝eq \f(2,B)eq \r(\f(mER,q))，若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上的同一点，则粒子做圆周运动的直径相等，根据PQ的表达式可知，该群粒子的比荷相等，C项错误，D项正确。]
回旋加速器——加速带电粒子
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．粒子获得的最大动能：由qvmB＝eq \f(mv\\al(2,m),R)、Ekm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)得Ekm＝eq \f(q2B2R2,2m)，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和金属盒半径R决定，与加速电压无关。
4．粒子在磁场中运动的总时间：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＝eq \f(Ekm,qU)，粒子在磁场中运动的总时间t＝eq \f(n,2)T＝eq \f(Ekm,2qU)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πBR2,2U)。
[示例2] 如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，在D形盒边上的缝隙间放置一对中心开有小孔a、b的平行金属板M、N。每当带正电的粒子从a孔进入时，就立即在两板间加上恒定电压，粒子经加速后从b孔射出时，立即撤去电压。而后粒子进入D形盒中的匀强磁场，做匀速圆周运动。缝隙间无磁场，不考虑相对论效应，则下列说法正确的是( )
A．两D形盒中的磁场方向均垂直纸面向外
B．粒子做圆周运动的周期不断变大
C．粒子每运动一周运动轨迹直径的增加量越来越小
D．增大两板间电压，粒子最终获得的最大动能变大
C [带正电的粒子在匀强磁场中做逆时针方向的匀速圆周运动，根据左手定则，可判断出两D形盒中的磁场方向均垂直纸面向里，选项A错误；根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，可知洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝eq \f(mv2,r)，解得带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r＝eq \f(mv,qB)，周期T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)，所以粒子做圆周运动的周期不变，选项B错误；由于mv＝eq \r(2mEk)，所以r＝
eq \f(\r(2mEk),qB)，粒子每运动一周动能的增加量ΔEk＝qU，粒子每运动一周运动轨迹直径的增加量Δd＝2Δr＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2mnqU),qB)－\f(\r(2mn－1qU),qB)))＝eq \f(2\r(2mqU),qB)(eq \r(n)－eq \r(n－1))(n＝1,2,3，…)，当n逐渐增大时，Δd逐渐减小，即粒子每运动一周运动轨迹直径的增加量越来越小，选项C正确；由r＝eq \f(\r(2mEk),qB)可知，最大动能Ekmax＝eq \f(qBR2,2m)(式中R为D形盒的半径)，由此可知，粒子最终获得的最大动能与加速电压的大小无关，所以增大两板间电压，粒子最终获得的最大动能不变，选项D错误。]
粒子在D形盒中运动的周期不变；粒子最终获得的最大动能与回旋加速器的D形盒半径有关，与加速次数、加速电场的电压都无关。
霍尔元件——前、后表面间产生电压
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、霍尔电压的计算：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＝qeq \f(U,h)，I＝nqvS，S＝hd；联立得U＝eq \f(BI,nqd)＝keq \f(BI,d)，k＝eq \f(1,nq)称为霍尔系数。
[示例3] (2020·北京延庆区模拟)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，屏暮熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、高为b、长为c的长方体半导体霍尔元件，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I时，电子的定向移动速度为v，当显示屏闭合时元件处垂直于上表面、方向向下、磁感应强度为B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＝Bve
C．前、后表面间的电压U与I成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eq \f(eU,c)
C [元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，电子的定向移动速度v的方向与电流方向相反，由左手定则可判断出电子向后表面偏转，后表面带负电荷，所以前表面的电势比后表面的高，选项A错误；电子在霍尔元件中定向移动，由平衡条件有电子受到的洛伦兹力大小f＝eq \f(eU,a)，故evB＝eq \f(eU,a)，解得前、后表面间的电压U＝Bva，由于I＝neabv(式中n为单位体积内电子的个数)，联立解得U＝eq \f(BI,neb)，所以前、后表面间的电压U与I成正比，选项B、D错误，C正确。]
半导体霍尔元件的载流子有两种：自由电子(可视为负载流子)和空穴(可视为正载流子)。对于载流子为空穴的半导体霍尔元件，空穴的定向移动方向与电流方向相同。对于载流子为自由电子的半导体霍尔元件，自由电子的定向移动方向与电流方向相反。
电磁流量计——检测污水，碧水蓝天
1．流量(Q)的定义：单位时间流过导管某一截面的导电流体的体积。
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。
[示例4] (多选)(2020·湖北武汉名校4月调研)全国各省市打响碧水蓝天保卫战，调查组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，水平放置，其长为L、直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向上(图中未画出)，在前后两个内侧面a、c上固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经测量管时，a、c两端电压为U，显示仪器显示污水流量为Q(单位时间内排出的污水体积)，下列说法正确的是( )
A．a侧电势比c侧电势低
B．若污水中正离子较多，则a侧电势比c侧电势高；若污水中负离子较多，则a侧电势比c侧电势低
C．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大
D．U与污水流量Q成正比，与L无关
AD [由左手定则可知，污水中正离子受到洛伦兹力作用偏向c，负离子受到洛伦兹力作用偏向a，c侧为高电势，所以a侧电势比c侧电势低，与污水中正负离子的数量无关，选项A正确，B错误；显示仪器显示污水流量为Q＝vS＝eq \f(vπD2,4)，而U＝BDv，联立解得U＝eq \f(4QB,πD)，即U与污水流量Q成正比，与L无关，选项D正确；由Q＝eq \f(UπD,4B)可知，显示仪器的示数与污水中离子浓度无关，选项C错误。]
装置
原理图
规律
质谱仪
带电粒子由静止被加速电场加速qU＝eq \f(1,2)mv2，在磁场中做匀速圆周运动qvB＝meq \f(v2,r)，则比荷eq \f(q,m)＝eq \f(2U,B2r2)
回旋加速器
交变电流的周期和带电粒子做圆周运动的周期相同，带电粒子在圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速。由qvB＝meq \f(v2,r)得Ekm＝eq \f(q2B2r2,2m)
电偏转
磁偏转
偏转条件
带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力)
带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)
受力情况
只受恒定的电场力F＝Eq
只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB
运动情况
类平抛运动
匀速圆周运动
运动轨迹
抛物线
圆弧
求解方法
利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qE,m)，tan θ＝eq \f(at,v0)
牛顿第二定律、向心力公式r＝eq \f(mv,qB)，T＝eq \f(2πm,qB)，t＝eq \f(θT,2π)