2019年高考物理热点题型归纳与整合带电粒子在组合场、复合场中的运动

题型一 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，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：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.带

例1.在平面坐标系内，在第Ⅰ象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅰ、Ⅰ象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场。在y轴上A（0，L）处将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子沿平行于x 轴正方向以速度v0射出，从x轴上M（2L，0）处离开电场进入磁场，再次到达x轴时刚好经过坐标原点O处。不计重力及其他作用。求：

（1）匀强电场的电场强度的大小E； （2）匀强磁场的磁感应强度的大小B。 【答案】(1)2𝑞𝐿 (2)𝑞𝐿0

【解析】（1）粒子在电场中只受电场力作用，做平抛运动，所以有：2𝐿＝𝑣0𝑡；

𝑚𝑣02

𝑚𝑣

𝐿＝×

2

1𝑞𝐸𝑚

×𝑡2，

𝑚𝑣022𝑞𝐿

解得：𝐸=；

2𝐿

0

（2）且由平抛运动的规律可知，粒子在电场中运动的时间为：𝑡＝𝑣， 进入磁场时，速度v的水平分量为：vx=v0，竖直分量为：𝑣𝑦＝𝑚×𝑣＝𝑣0，

0

𝑞𝐸2𝐿

解得：v＝√2v0；

粒子在磁场中只受洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下作圆周运动，所以粒子运动轨迹如图所示， 则，粒子做圆周运动的半径为：R＝√2L，

𝑚𝑣2𝑅

所以由洛伦兹力作向心力可得：Bvq＝

𝑚𝑣

𝑚𝑣0𝑞𝐿

，

解得：𝐵＝𝑞𝑅＝ 【易错点】将粒子的初速度当成进入磁场的速度。

例2.如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴的下方等腰三角形CDy区域内有垂直于xOy平面由内向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C，D在x轴上，它们到原点O的距离均为a，𝜃=45∘ 。现将一质量为m，带电量为q的带正电粒子，从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影响。，下列说法正确的是（ ）

A． 若ℎ=

𝐵2𝑎2𝑞2𝑚𝐸

，则粒子垂直Cy射出磁场

B． 若ℎ=

𝐵2𝑎2𝑞2𝑚𝐸

，则粒子平行于x轴射出磁场

C． 若ℎ=

𝐵2𝑎2𝑞8𝑚𝐸

，则粒子垂直Cy射出磁场

D． 若ℎ=

𝐵2𝑎2𝑞8𝑚𝐸

，则粒子平行于x轴射出磁场

【答案】AD

B2a2q2mE

12

𝑣2𝑟

【解析】若h= ，则在电场中，由动能定理得： qEh= mv2；在磁场中，有qvB=m 联，

立解得：r=a，如图，根据几何知识可知粒子垂直Cy射出磁场，故A正确，B错误．若h=

1

B2a2q8mE

与上题同理可得：r=2a，则根据几何知识可知粒子平行于x轴射出磁场，故C错误，D正确．故选AD。

【易错点】没正确计算出粒子运动的半径。

例3.一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xoy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xoy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为𝑙′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。

（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； （2）求该粒子从M点射入时速度的大小；

（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为6，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。

𝜋

【答案】（1）轨迹图如图所示：

𝑞

4√3𝐸𝑙′

𝐵2𝑙2（2）𝑣0=

2𝐸𝑙′𝐵𝑙

（3）𝑚=

; 𝑡′=

𝐵𝑙𝐸

(1+18𝑙′)

√3π𝑙

【解析】（1）粒子运动的轨迹如图（a）所示。（粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称）

（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为

v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为𝜃（见图（b）），速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有

qE=ma ①

式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有 v1=at ② 𝑙′=𝑣0𝑡   ③ 𝑣1=𝑣cos𝜃 ④

粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 𝑞𝑣𝐵=

𝑚𝑣2𝑅

⑤

由几何关系得 𝑙=2𝑅cos𝜃 ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 𝑣0=

2𝐸𝑙′𝐵𝑙

⑦

（3）由运动学公式和题给数据得 𝑣1=𝑣0cot6 ⑧

π

联立①②③⑦⑧式得

𝑞𝑚

4√3𝐸𝑙′𝐵2𝑙2= ⑨

设粒子由M点运动到N点所用的时间为𝑡′，则

2(−)2π

ππ26

𝑡=2𝑡+

′

𝑇 ⑩

式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期， 𝑇=

2π𝑚𝑞𝐵

⑪

由③⑦⑨⑩⑪式得 𝑡′=

𝐵𝑙𝐸

√3π𝑙

(1+18𝑙′) ⑫

【易错点】找不准几何关系。

例4.如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，MN间电压可以任意调节。当电压调到某一数值时，原来静止的某种带电粒子从点P经MN间电场加速后从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的绝缘板，它与N板的夹角为θ=30°，假设粒子打在绝缘板上即被吸收，孔Q到板的下端C的距离为L，当MN间电压为U0时，粒子恰好打在CD板上，已知带电粒子的电量为q，质量为m，粒子重力不计，则下列说法正确的是（ ）

𝑞𝐵2𝐿218𝑚

A． 要使粒子能打到绝缘板上，两极板间电压值最小值𝑈0=

√3 B． CD板上可能被击中区域的长度为3𝐿

C． 粒子在磁场中运动的最长时间𝑡𝑚=

𝜋𝑚𝑞𝐵

D． 能达到N板上粒子的最大动能𝐸𝑘𝑚=【答案】BCD

𝑞2𝐵2𝐿22𝑚

【解析】根据题设条件，轨迹恰好与CD相切于E点，如图所示，

𝑣2

由几何关系(r+L)sin30°=r,洛仑兹力提供向心力𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑟，在加速电场中由动能定理有：U0q=

12

mv2，联立以上式子可得：U0=

𝑞𝐵2𝐿22𝑚

，所以选项A错误；由于负粒子做逆时针方向圆周

运动，打到CD板上最上的位置为E点，CE=2Lcos30°=√3L；速度无穷大时，半径无穷大，进入磁场后，基本沿直线运动，打到最低的位置F，CF=cos300=长度为CE-CF=√3𝐿−

2√3√3𝐿=L，选项33

𝐿

2√3𝐿，所以打到3

CD板的

B正确；当粒子轨迹不与CD相切或相交时，粒子在

磁场中旋转半周，时间最长为半个周期，所以选项C正确；能达到N板的最大速度，对应粒子的最大半径，而打在N板上的最大半径是轨迹恰好与CD相切，r=L，即题目的已知条件的情况，最大动能是U0q=

q2B2L22m

，选项D正确。故选BCD。

【易错点】不能准确找到临界条件。

例5.如图所示，在坐标系xOy的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E．第三象限内存在匀强磁场Ⅰ，磁感应强度为B1，y轴右侧区域内存在匀强磁场Ⅰ，磁感应强度为B2=3 B1．Ⅰ、Ⅰ磁场的方向均垂直于纸面向里．一质量为m、电荷量为＋q的粒子自P(－l，l)点由静止释放，沿垂直于x轴的方向进入磁场Ⅰ，接着以垂直于y轴的方向进入

磁场Ⅰ，不计粒子重力．下列说法正确的是（ ）

2𝑚𝐸𝑞𝑙

A． 磁场Ⅰ的磁感应强度B1=√

5𝜋3

𝑚𝑙

B． 粒子从第一次经过y轴到第四次经过y轴的时间t=

√2𝑞𝐸 3

C． 粒子从第一次经过y轴到第四次经过y轴这段时间内的位移s＝2l D． 粒子从第一次经过y轴到第四次经过y轴这段时间内的位移s＝3l 【答案】ABD

【解析】设粒子垂直于x轴进入磁场时的速度为v，由动能定理得：𝑞𝐸𝑙=𝑚𝑣2

2

𝑣2

1

2

由题意知，粒子在磁场Ⅰ中做圆周运动的半径R=l，由牛顿第二定律得：𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑙 解得：𝐵=√

2𝑚𝐸𝑞𝑙

，故A正确；

设粒子第二次进入磁场时的速度为v1，与x轴的夹角为θ，由动能定理得：

12

2𝑞𝐸𝑙=𝑚𝑣1

2解得：𝑣1=2√

𝑞𝐸𝑙𝑚

由tan𝜃=2tan𝛼=1，则𝜃=450 在磁场中做圆周运动的半径为R1， 根据𝑞𝑣1𝐵=𝑚

2𝑣1

𝑅1

解得：𝑅1=√2𝑙

由几何关系可得：粒子从第一次经过y轴到第四次经过y轴的时间𝑡=

2

5𝜋3

√2𝑞𝐸，粒子从第一

𝑚𝑙

次经过y轴到第四次经过y轴这段时间内的位移𝑠=3𝑙，故B、D正确，C错误。 【易错点】几何关系不正确。

例6.如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：

（1）磁场的磁感应强度大小； （2）甲、乙两种离子的比荷之比。 【答案】（1）𝐵=𝑙𝑣（2）1:4

1

4𝑈

【解析】（1）设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为

R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有

2

𝑞1𝑈=2𝑚1𝑣1①

1

由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 𝑞1𝑣1𝐵=𝑚1

2𝑣1

𝑅1

②

由几何关系知 2𝑅1=𝑙③ 由①②③式得 𝐵=𝑙𝑣④

1

4𝑈

（2）设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有

2𝑞2𝑈=𝑚2𝑣2⑤

21

𝑞2𝑣2𝐵=𝑚2𝑅2⑥

2

𝑣2

由题给条件有 2𝑅2=2⑦

由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为

𝑞1𝑚1

𝑙

:𝑚2=1:4⑧

2

𝑞

【易错点】不能准确求出速度。

例7.如图所示为质谱仪的结构原理图，若从金属筒内同一位置由静止释放氢的三种同位素氕、氘、氚的原子核(不计重力)，经相同的电场加速和磁场偏转后分别打在照相底片上的A、B、C三个点，则氕、氘、氚原子核( )

A． 进入磁场时的速度相同 B． 在磁场中运动的时间相同 C． 在电场中加速的时间相同

D． 打在照相底片上相邻两点间距离AB、BC之比为(√2−1):(√3−√2) 【答案】D

【解析】设原子核的电荷量为q，质量为m，加速电压为U，磁感应强度大小为B，原子核在电场中加速时有𝑞𝑈=𝑚𝑣2，得𝑣=√

21

2𝑞𝑈𝑚

，结合𝑣=𝑎𝑡=

𝑞𝐸

𝑡，得加速时间𝑡=√𝑚𝐸

12𝑚𝑈𝑞

，

由于氕、氘、氚原子核的电荷量相同，质量不同，所以三种原子核进入磁场时的速度不同，在电场中的加速时间不同。故AC两项错误。原子核在磁场中做匀速圆周运动的周期𝑇=

2𝜋𝑚𝑞𝐵

，原子核在磁场中的运动时间𝑡2=

𝑇2

=

𝜋𝑚𝑞𝐵

，由于氕、氘、氚原子核的电荷量相同，质量不同，三种原子核在磁场中运动的时间不同。故B项错误。原子核在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径𝑟=

𝑚𝑣𝑞𝐵

=𝐵√

12𝑚𝑈𝑞

，氕、氘、氚原子核的电荷量相同，质量之比为1：2：3，所

以氕、氘、氚在磁场中磁场中运动的半径之比为1:√2:√3，打在照相底片上相邻两点间距离AB、BC之比为(√2−1):(√3−√2)。故D项正确。 【易错点】不能分析清楚粒子的运动状态。

题型二 电粒子在复合场中运动

1．正确的受力分析

除重力、弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析． 2．正确分析物体的运动状态

找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程．如果出现临界状态，要分析临界条件 带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子的受力情况．

（1）当粒子在复合场内所受合力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器）．

（2）当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动．

（3）当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几种不同的运动阶段所组成．

例8.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=

𝐵𝑑𝑣𝑎𝑏𝑅𝑎𝑏+𝜌𝑑

B． 上板为负极，电流𝐼=𝑅𝑎𝑏+𝜌𝑏 C． 下板为正极，电流𝐼=

𝐵𝑑𝑣𝑎𝑏𝑅𝑎𝑏+𝜌𝑑

𝐵𝑣𝑎𝑑2

D． 下板为负极，电流𝐼=𝑅𝑎𝑏+𝜌𝑏 【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

𝐵𝑣𝑎𝑑2

此下极板为电源的正极，根据平衡有𝑞𝑣𝐵=𝑞，解得稳定时电源的电动势𝐸=𝐵𝑑𝑣，则流

𝑑

𝐸

过R的电流为𝐼=

𝐸𝑅+𝑟

，而𝑟=𝜌，𝑆=𝑎𝑏，则得电流大小为𝐼=

𝑆

𝑑𝐵𝑑𝑣𝑎𝑏𝑎𝑏𝑅+𝜌𝑑

，C正确．

【易错点】不能正确算出电源的内阻。

例9.如图所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)．一质量为m、电荷量为q的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v做匀速直线运动，重力加速度为g.则( )

A． 匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外 B． 小球一定带正电荷 C． 电场强度大小为

𝑚𝑔𝑞

𝑚𝑔

D． 磁感应强度的大小为𝑞𝑣 【答案】C

【解析】小球做匀速直线运动，受到的合力为零，假设小球带正电，则小球的受力情况如图1所示，小球受到的洛伦兹力沿虚线但方向未知；小球受到的重力、电场力的合力与洛伦兹力不可能平衡，小球不可能做匀速直线运动，假设不成立，小球带负电。故B项错误。

小球带负电的受力情况如图2所示。小球受到的洛伦兹力一定斜向右上方，根据左手定则，匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里。故A项错误。由于电场力与洛伦兹力反方向、重力与洛伦兹力反方向的夹角均为30°，据几何关系可得：𝑞𝐸=𝑚𝑔、𝑞𝑣𝐵=2𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠30°=√3𝑚𝑔，解得：𝐸=

𝑚𝑔𝑞

、𝐵=

√3𝑚𝑔。故𝑞𝑣

C项正确，D项错误。

【易错点】不能正确进行受力分析。

例10.在竖直放置固定的光滑绝缘圆环中，套有一个带电-q、质量m的小环，整个装置放在如图所示的正交匀强电磁场中，磁感应强度大小为B，电场𝐸=小环从大环顶端无初速度下滑时，则小环 （ ）

3𝑚𝑔4𝑞

，重力加速度为g．当

A． 运动到最低点的速度最大 B． 不能做完整的圆周运动 C． 对轨道最大压力为𝑁=

234

𝑚𝑔

3

D． 受到的最大洛仑兹力𝑓=2𝑞𝐵√2𝑔𝑅 【答案】BD

【解析】将重力场和电场等效为一个等效场，只有运动到等效最低点速度才最大，故A错误。由能量守恒定律可知无法到达等效最高点，不能做完整的圆周运动，故B正确。由动

2

能定理可得𝑚𝑔𝑅+√(𝐸𝑞)2+(𝑚𝑔)2⋅𝑅=2𝑚𝑣max，解得𝑣max=2√2𝑔𝑅，受到的最大洛仑兹

1

3

力𝑓=𝑞𝐵√2𝑔𝑅，故D正确；C、在等效最低点由牛顿第二定律有𝑁−√(𝐸𝑞)2+(𝑚𝑔)2−𝑓=

2

2𝑚𝑣max

3

𝑅

，可知𝑁=

234

𝑚𝑔+𝑓，故C错误。故选BD。

【易错点】未正确找到速度的最大点。

例11.为了测量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流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U，若用Q表示污水流量（单位时间内流出的污水体积），下列说法中正确的是（ ）

A． M板电势一定高于N板的电势

B． 污水中离子浓度越高，电压表的示数越大 C． 污水流动的速度越大，电压表的示数越大 D． 电压表的示数U与污水流量Q成正比 【答案】ACD

【解析】根据左手定则知负离子所受洛伦兹力方向向下，正离子所受洛伦兹力方向向上，所以M板电势一定高于N板的电势，故A正确；最终离子处于平衡，故电场力等于洛伦兹力，根据牛顿第二定律有𝑞𝑣𝐵=𝑞𝑐 ，解得𝑈=𝐵𝑣𝑐 ，所以与离子的浓度无关，与污水流动的速度成正比，故B项错误，C项正确。根据𝑣=𝐵𝑐 ，则流量𝑄=𝑣𝑏𝑐=𝐵𝑐𝑏𝑐=𝐵𝑏 ，即𝑈=

𝑈

𝑈

𝑈

𝑄𝐵𝑏

𝑈

，

故电压表示数与污水流量成正比，故D项正确。综上所述本题正确答案为ACD。 【易错点】不清楚流量计的原理。

例12.如图所示，水平放置的两个正对的带电金属板MN、PQ间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B。在a点由静止释放一带正电的微粒，释放后微粒沿曲线acb运动，到达b点时速度为零，c点是曲线上离MN板最远的点。已知微粒的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，不计微粒所受空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）

A． 微粒在a点时加速度方向竖直向下 B． 微粒在c点时电势能最大 C． 微粒运动过程中的最大速率为

2(𝑚𝑔+𝑞𝐸)

𝑞𝐵

D． 微粒到达b点后将沿原路径返回a点 【答案】AC

【解析】微粒在a点时速度为零，不受洛伦兹力，只有重力和竖直向下的电场力，合力方向竖直向下，由牛顿第二定律知加速度方向竖直向下。故A正确。从a运动到c，电场力做正功，电势能减小。从c运动到b，电场力做负功，电势能增大，所以微粒在c点时电势能最小，故B错误。在a点，速度为零，分解为一左一右两个等大的速度，向右的分速度导致洛伦兹力与重力平衡，向左的分速度导致匀速圆周运动，故：𝑞𝑣𝐵=𝑞𝐸+𝑚𝑔，当两个分速度平行时，合速度最大，𝑣𝑚𝑎𝑥=2𝑣=2

𝑚𝑔+𝑞𝐸𝑞𝐵

，故C正确；微粒在b点的受力情况与a点

的受力情况相同，可知微粒到达b点后将相同轨迹向右做曲线运动，不可能沿原路径返回a点，故D错误；故选AC。

【易错点】受力分析不正确，忽略了重力。

例12 . 在一个很小的厚度为d的矩形半导体薄片上，制作四个电极 E、F、M、N，它就成

了一个霍尔元件，如图所示。在E、F间通入恒定的电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，则薄片中的载流子（形成电流的自由电荷）就在洛伦兹力的作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使M、N 间出现了电压，称为霍尔电压UH。可以证明UH=kIB/d，k为霍尔系数，它的大小与薄片的材料有关。下列说法正确的是（ ）

A． 若M的电势高于N的电势，则载流子带正电

B． 霍尔系数k较大的材料，其内部单位体积内的载流子数目较多 C． 借助霍尔元件能够把电压表改装成磁强计（测定磁感应强度） D． 霍尔电压UH越大，载流子受到磁场的洛仑兹力越小 【答案】C

【解析】根据左手定则可知正流子向N偏转，即N带正电，N的电势高于M的电势，A错误；设上下两个表面相距为L，电子所受的电场力等于洛仑兹力𝑒

𝑈𝐻𝐿

=𝑒𝑣𝐵，设材料单位体

𝐵𝐼

1

积内电子的个数为n，材料截面积为S，𝐼=𝑛𝑒𝑆𝑣，𝑆=𝑑𝐿，联立解得：𝑈𝐻=𝑛𝑒𝑑，令𝑘=𝑛𝑒，则𝑈𝐻=𝑘𝑑，所以根据𝑘=𝑛𝑒可知单位体积内的载流子数目，随着霍尔系数越大，而越小，B错误；根据𝑈𝐻=

𝑘𝐼𝐵𝑑

𝐵𝐼

1

可得𝐵=

𝑈𝐻𝑑𝑘𝐼

，故借助霍尔元件能够把电压表改装成磁强计（测定磁𝑈𝐻𝐿

感应强度），C正确；载流子受到的洛伦兹力𝐹=𝑒场的洛仑兹力越大，D错误．

【易错点】电子洛伦兹力方向判断不正确。

，霍尔电压UH越大，载流子受到磁

例13.如图所示，在正交的匀强电场和匀强磁场中，电场方向竖直向上，磁场方向垂直于纸

面向里，带电粒子B静止在正交的电磁场中，另一带电粒子A以一定的水平速度沿直线向右运动，与粒子B碰撞后粘在一起，碰撞过程中粒子的电荷量没有损失，两个粒子的质量相等，则下列说法正确的是（ ）

A． 粒子A带负电，粒子B带正电

B． 粒子A的带电量一定小于粒子B的带电量 C． 两粒子碰撞后仍沿直线运动 D． 两粒子碰撞后会做向上偏转运动 【答案】BD

【解析】粒子B静止在电磁场中，则𝑞𝐵𝐸=𝑚𝐵𝑔，且粒子B带正电，粒子A以一定的水平速度在正交的电磁场中沿直线向右运动，则粒子A也带正电，有𝑞𝐴𝐸+𝑞𝐴𝑣0𝐵=𝑚𝐴𝑔，联立上面两式得：𝑞𝐴𝐸+𝑞𝐴𝑣0𝐵=𝑞𝐵𝐸，则粒子A的带电量小于粒子B的带电量，选项A错误、B正确；根据动量守恒定律有𝑚𝐴𝑣0=(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑣，则𝑣=𝑣0，由于(𝑞𝐴+𝑞𝐵)𝐸+(𝑞𝐴+

21

𝑞𝐵)×2𝑣0𝐵 >(qA+qB)E+qA𝑣0𝐵=(𝑚𝐴+𝑚𝐵)𝑔，因此碰撞后粒子会做向上的偏转运动，选项C错误、D正确。故本题选BD。 【易错点】没有运用动量守恒定律。

例14.如图所示，在平面直角坐标系中AO是∠xOy的角平分线，x轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等．一质量为m、电荷量为＋q的质点从OA上的M点由静止释放，质点恰能沿AO运动而通过O点，经偏转后从x轴上的C点进入第一象限内并击中AO上的D点(C，D均未画出)．已知OD＝OM，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝ (T)，重力加速度为g＝10 m/s.求：

2

1

(1)两匀强电场的电场强度E的大小； (2)OM的长度L；

(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间t.

【答案】(1) (2)20 m或m (3)7.71 s或6.38 s

【解析】试题分析：质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用沿AO做加速直线运动，结合力学关系即可求出电场强度，点在x轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，结合运动学知识及平抛规律即可解题，运动时间包括匀变速运动时间和圆周运动时间。

质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用沿AO做加速直线运动，

所以有mg＝qE，即Emg q(2)质点在x轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C点进入第一象限

v2后做类平抛运动，其轨迹如图所示．有Bqvm

r

2

由运动学规律知v＝2aL，a2g

设粒子从C点运动到D点所用时间为t3， 由类平抛运动规律知

R＝vt3，R3L12at3 42202m 9联立解得：L202m或

(3)质点做匀加速直线运动有L12at1 2得t1＝2 s或

2s 3质点做匀速圆周运动有t232m4.71s 4qB质点做类平抛运动有R＝vt3，得t3＝1 s 质点从M点出发到击中D点所经历的时间为：

t＝t1＋t2＋t3＝7.71 s或6.38 s.

【点评】：本题主要考查了带电粒子在复合场中的运动，画出粒子轨迹，再结合数学知识即可解题。

例15.现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动，某装置可用于气体中某些有害离子进行收集，如图1所示。Ⅰ区为加速区，Ⅱ区为离子收集区，其原理是通过板间的电场或磁场使离子偏转并吸附到极板上，达到收集的目的。已知金属极板CE、DF长均为d，间距也为d，AB、CD间的电势差为U，假设质量为m、电荷量为q的大量正离子在AB极均匀分布。离子由静止开始加速进入收集Ⅱ区域，Ⅱ区域板间有匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，离子恰好沿直线通过Ⅱ区域；且只撤去电场时，恰好无离子从Ⅱ区域间射出，收集效率（打在极板上的离子占离子总数的百分比）为100%，（不考虑离子间的相互作用力、重力和极板边缘效应）。

（1）求离子到达Ⅱ区域速度大小；

（2）求Ⅱ区域磁感应强度B的大小

（3）若撤去Ⅱ区域磁场，只保留原来的电场，则装置的收集效率是多少？

（4）现撤去Ⅱ区域的电场，保留磁场但磁感应强度大小可调。假设AB极上有两种正离子，质量分别为m1、m2，且m1≤4m2，电荷量均为q1。现将两种离子完全分离，同时收集更多的离子，需在CD边上放置一探测板CP（离子必须打在探测板上），如图2所示。在探测板下端留有狭缝PD，离子只能通过狭缝进入磁场进行分离，试求狭缝PD宽度的最大值。

【答案】（1）v=2qU1（2）B=mdm1m22mU（3）50%（4）xd q2m1m2【解析】（1）离子在Ⅰ区域初速度为0开始加速，由动能定理：qU=1mv2 2可得v=2qU m（2）进入DF极板的离子恰好不从极板射出，确定圆心；尘埃在磁场中的半径r=d,如图所示；

v2磁场中洛伦磁力提供向心力： qvB=m

r B=1d2mU q（3）电场、磁场同时存在时，尘埃匀速直线，满足：qE=qvB

撤去磁场以后粒子在电场作用下平抛，假设距离DF极板y的粒子恰好离开电场：

由平抛运动规律：y=

12at，d=vt 2解得：y=0.5d

当y>0.5d时，时间更长，水平位移x>d，即0.5d到d这段距离的粒子会射出电场， 则从平行金属板出射的尘埃占总数的百分比

d0.5d100%50% dv2（4）设两离子在磁场中做圆周运动的半径为R1和R2，根据洛伦兹力做向心力得qvB=m

R代入得：R112Um1 Bq1R212Um2

Bq1R1m1 R2m2则半径关系为

因为m1≤4m2，则有R1≤2R2，此时狭缝最大值x同时满足（如图所示）

x=2R1-2R2

d=2R1+ x

解得：xm1m22m1m2d