秘籍9帶電粒子在電場磁場中的動力學(xué)問題

秘籍9帶電粒子在電場、磁場中的動力學(xué)問題1.本專題主要講解帶電粒子(帶電體)在電場、磁場中運(yùn)動時動力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合運(yùn)用，高考常以計算題出現(xiàn)。2.學(xué)好本專題，可以加深對動力學(xué)和能量知識的理解，能靈活應(yīng)用受力分析、運(yùn)動分析(特別是平拋運(yùn)動圓周運(yùn)動等曲線運(yùn)動)的方法與技巧，熟練應(yīng)用能量觀點(diǎn)解題。3.用到的知識:受力分析、動力學(xué)分析、能量。題型一優(yōu)化場區(qū)分布創(chuàng)新考察電、磁偏轉(zhuǎn)（計算題）題型二利用交變電場考帶電粒子在運(yùn)動的多過程問題（計算題）題型三借助電子儀器考帶電粒子運(yùn)動的應(yīng)用問題（計算題）1、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)Ⅰ、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)(1)條件分析：帶電粒子垂直于電場線方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場．(2)運(yùn)動性質(zhì)：勻變速曲線運(yùn)動．(3)處理方法：分解成相互垂直的兩個方向上的直線運(yùn)動，類似于平拋運(yùn)動．(4)運(yùn)動規(guī)律：①沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飛出電容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飛出電容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU))))②沿電場力方向，做勻加速直線運(yùn)動eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),離開電場時的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0)),離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(2,0))))Ⅱ、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdv\o\al(2,0))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為eq\f(l,2).Ⅲ、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差．2、帶電粒子在電場中運(yùn)動問題的兩種求解思路(1)運(yùn)動學(xué)與動力學(xué)觀點(diǎn)①運(yùn)動學(xué)觀點(diǎn)是指用勻變速運(yùn)動的公式來解決實(shí)際問題，一般有兩種情況：a．帶電粒子初速度方向與電場線共線，則粒子做勻變速直線運(yùn)動；b．帶電粒子的初速度方向垂直電場線，則粒子做勻變速曲線運(yùn)動(類平拋運(yùn)動)．②當(dāng)帶電粒子在電場中做勻變速曲線運(yùn)動時，一般要采取類似平拋運(yùn)動的解決方法．(2)功能觀點(diǎn)：首先對帶電粒子受力分析，再分析運(yùn)動形式，然后根據(jù)具體情況選用公式計算．①若選用動能定理，則要分清有多少個力做功，是恒力做功還是變力做功，同時要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動過程中的動能的增量．②若選用能量守恒定律，則要分清帶電粒子在運(yùn)動中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的．3、帶電粒子做圓周運(yùn)動的分析思路Ⅰ、勻速圓周運(yùn)動的規(guī)律若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運(yùn)動．Ⅱ、圓心的確定(1)已知入射點(diǎn)、出射點(diǎn)、入射方向和出射方向時，可通過入射點(diǎn)和出射點(diǎn)分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心(如圖3甲所示，P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn))．圖3(2)已知入射方向、入射點(diǎn)和出射點(diǎn)的位置時，可以通過入射點(diǎn)作入射方向的垂線，連接入射點(diǎn)和出射點(diǎn)，作其中垂線，這兩條垂線的交點(diǎn)就是圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn))．Ⅲ、半徑的確定可利用物理學(xué)公式或幾何知識(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大?。?、運(yùn)動時間的確定粒子在磁場中運(yùn)動一周的時間為T，當(dāng)粒子運(yùn)動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為θ時，其運(yùn)動時間表示為t＝eq\f(θ,2π)T(或t＝eq\f(θR,v))．1．（2024?重慶開學(xué)）一束電子從靜止開始經(jīng)加速電壓U1＝U0加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板中間，如圖所示。金屬板長為l，兩板距離為d＝l，豎直放置的熒光屏距金屬板右端為L＝2l，若在兩金屬板間加直流電壓U2＝U0時，光點(diǎn)偏離中線打在熒光屏上的P1點(diǎn)，已知電子的質(zhì)量為m，電量為e，U0=2m（1）電子剛進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大??；（2）電子離開偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上OP1的距離；（3）若把兩金屬板間加直流電壓U2′＝2U0，電子打在熒光屏上P2點(diǎn)，則電子兩次打在熒光屏上的動能之比Ek1：Ek2是多少?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)電子剛進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小為v0，由動能定理，可得：e代入數(shù)據(jù)解得：v0＝2v（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向有：l＝v0t垂直于電場線方向有：y=又根據(jù)牛頓第二定律：a=解得：y=由幾何關(guān)系，可得：y整理變形得：h（3）同理，改變金屬板間電壓后，有：l＝v0t，y解得：y由動能定理，可得電子兩次打在熒光屏上的動能分別為：Ek1Ek2所以動能之比為：Ek1：Ek2＝5：6答：（1）電子剛進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小為2v；（2）電子離開偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上OP1的距離為34（3）電子兩次打在熒光屏上的動能之比Ek1：Ek2是5：6。2．（2023秋?南山區(qū)校級期末）如圖所示，虛線MN左側(cè)有一方向水平向左、電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著長為L，間距為d的平行金屬板，兩板之間電壓為U，AO過兩板的中線，在虛線PQ右側(cè)距離為L2處有一水平放置，長度為L2的屏，屏到AO的距離為d。現(xiàn)將一帶電量為﹣q（q＞0），質(zhì)量為﹣m的帶電粒子無初速度地放入電場中的A點(diǎn)，A點(diǎn)到MN的距離為（1）求帶電粒子到達(dá)MN時的速度大??；（2）求帶電粒子離開平行金屬板時距中心線AO的偏移量；（3）改變k的大小，可調(diào)節(jié)粒子在電場中的釋放點(diǎn)A到MN的距離，可使所有粒子都能打在屏上，求k的取值范圍?！窘獯稹拷猓海?）電子從A運(yùn)動到MN的過程中，根據(jù)動能定理得kLEq=1解得v=2kLEq（2）粒子在平行板的運(yùn)動時間t=L根據(jù)牛頓第二定律，豎直方向的加速度為a=Uq帶電粒子離開平行金屬板時距中心線AO的偏移量y=1（3）如圖所示當(dāng)粒子達(dá)到屏的最左側(cè)，k最大，由幾何關(guān)系有y1故有UL4解得k1當(dāng)粒子達(dá)到屏的最右側(cè)，k最小，由幾何關(guān)系有y2故有UL4解得k2所以使所有粒子都能打在屏上，k的取值范圍為4d答：（1）帶電粒子到達(dá)MN時的速度大小為2kLEqm（2）帶電粒子離開平行金屬板時距中心線AO的偏移量為UL4kdE（3）k的取值范圍為4d3．（2023秋?碑林區(qū)校級期末）如圖所示，A、B接在電壓大小恒為U的交變電源上，質(zhì)量為m、電荷量為+q（q＞0）的離子，以初速度v0進(jìn)入直線加速器第1個金屬圓筒左側(cè)的小孔，離子在每個筒內(nèi)均做勻速直線運(yùn)動，時間均相等，在相鄰兩筒間的縫隙內(nèi)被電場加速，加速時間不計。離子從第3個金屬圓筒右側(cè)出來后，立即由M點(diǎn)射入轉(zhuǎn)向器，轉(zhuǎn)向器中有輻射狀電場，離子沿著圓弧虛線（等勢線）運(yùn)動，并從N點(diǎn)射出，離子射出時速度方向與矩形區(qū)域CDQP內(nèi)有界勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度方向垂直，最終離子恰好打在Q點(diǎn)。已知第3個金屬圓筒的長度為l，轉(zhuǎn)向器虛線MN處電場強(qiáng)度的大小為E，QP＝d、PN＝2d。求：（1）離子在每個金屬圓筒內(nèi)運(yùn)動的時間；（2）離子在轉(zhuǎn)向器中做圓周運(yùn)動的半徑；（3）矩形區(qū)域CDQP內(nèi)電場強(qiáng)度的大小?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)離子在第三個圓筒內(nèi)運(yùn)動時的速度為v，則有12離子在每個金屬圓筒內(nèi)運(yùn)動的時間t=l解得t=lm（2）離子由M點(diǎn)射入轉(zhuǎn)向器，沿著圓弧虛線（等勢線）做圓周運(yùn)動運(yùn)動，則有Eq=mv結(jié)合上述解得R=4qU+m（3）離子在矩形區(qū)域CDQP內(nèi)做類平拋運(yùn)動，加速度a=qE'沿電場方向和垂直電場方向的位移分別為2d=12at'2聯(lián)立可得E'答：（1）離子在每個金屬圓筒內(nèi)運(yùn)動的時間lm（2）離子在轉(zhuǎn)向器中做圓周運(yùn)動的半徑4qU+mv（3）矩形區(qū)域CDQP內(nèi)電場強(qiáng)度的大小4mv4．（2023秋?廣州期末）如圖甲所示，α粒子射線管由平行于x軸的平行金屬板A、B組成，A、B板長度和板間距均為L，A、B板中間有平行于x軸的絕緣細(xì)管C，開口在y軸上。粒子源P放置在A極板左下端，可以沿特定方向發(fā)射α粒子。當(dāng)A、B板加上某一電壓時，α粒子剛好能以速度v水平進(jìn)入細(xì)管C，保持速度不變，再進(jìn)入靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動，已知靜電分析器中電場線的方向均沿半徑方向指向圓心O，α粒子在靜電分析器中運(yùn)動的軌跡半徑為L。之后α粒子垂直x軸進(jìn)入第四象限（此時對應(yīng)圖乙t＝0時刻），施加如圖乙所示沿x軸方向的交變電場。規(guī)定沿x軸正方向?yàn)殡妶稣较?。已知α粒子電荷量大小為q，質(zhì)量為m，重力不計。求：（1）靜電分析器中的場強(qiáng)大小E0；（2）α粒子從粒子源P發(fā)射時的初速度大小；（3）當(dāng)t＝T時，α粒子的坐標(biāo)?！窘獯稹拷猓海?）在靜電分析器中，靜電力提供向心力，由牛頓第二定律有q?可得E0（2）由題意可知，α粒子的運(yùn)動可以認(rèn)為反方向的類平拋運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為t，則有水平方向有L＝vt豎直方向有L2則初速度大小v解得v（3）α粒子進(jìn)入第四象限做類平拋運(yùn)動。一個周期內(nèi)，α粒子在x軸方向上，第一個T4內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，第二個T4內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動，第三個T4內(nèi)反向勻加速，第四個T4內(nèi)再勻減速。由運(yùn)動的對稱性可知α在﹣y方向上α粒子做勻速直線運(yùn)動，故t＝T時，α粒子的縱坐標(biāo)為y＝﹣vT在t＝T時，α粒子的坐標(biāo)為（L，﹣vT）。答：（1）靜電分析器中的場強(qiáng)大小E0為mv（2）α粒子從粒子源P發(fā)射時的初速度大小為2v；（3）當(dāng)t＝T時，α粒子的坐標(biāo)為（L，﹣vT）。5．（2023秋?羅湖區(qū)校級期中）如圖甲所示，在空間中建立xOy坐標(biāo)系，α射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細(xì)管C組成，放置在第Ⅱ象限，細(xì)管C到兩金屬板距離相等，細(xì)管C開口在y軸上。放射源P在A板左端，可以沿特定方向發(fā)射某一初速度的α粒子。若金屬板長為L、間距為d，當(dāng)A、B板間加上某一電壓時，α粒子剛好能以速度v0從細(xì)管C水平射出，進(jìn)入位于第Ⅰ象限的靜電分析器中。靜電分析器中存在著輻向電場（電場線沿半徑方向指向圓心O），α粒子在該電場中恰好做勻速圓周運(yùn)動，α粒子運(yùn)動軌跡處的場強(qiáng)大小為E0。t＝0時刻α粒子垂直x軸進(jìn)入第Ⅳ象限的交變電場中，交變電場的電場強(qiáng)度隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示，規(guī)定沿x軸正方向?yàn)殡妶龅恼较?。已知α粒子的電荷量?e（e為元電荷）、質(zhì)量為m，重力不計。求：（1）α粒子從放射源P運(yùn)動到C的過程中動能的變化量ΔEk和發(fā)射時初速度v的大??；（2）α粒子在靜電分析器中運(yùn)動的軌跡半徑r和運(yùn)動的時間t0；（3）當(dāng)t＝T時，α粒子的坐標(biāo)?！窘獯稹拷猓海?）由題意可知，α粒子在平行金屬板中的逆運(yùn)動為類平拋運(yùn)動，粒子運(yùn)動的軌跡如圖所示沿x軸方向有L＝v0t沿y軸方向有d2由牛頓第二定律有2e?聯(lián)立解得U=mα粒子從放射源P運(yùn)動到C的過程中，由動能定理有-2e解得ΔE動能的變化量ΔE解得v=v（2）α粒子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律有2eE解得r=m由πr2解得t0（3）t=T2時，α粒子在vx所以一個周期內(nèi)，α粒子在x軸方向的平均速度vx一個周期內(nèi)α粒子沿x軸正方向前進(jìn)的距離x0t＝0時，α粒子的橫坐標(biāo)為r=m所以t＝T時，α粒子的橫坐標(biāo)為x=r+xα粒子的縱坐標(biāo)為y＝﹣v0T則在t＝T時，α粒子的坐標(biāo)為(m答：（1）α粒子從放射源P運(yùn)動到C的過程中動能的變化量ΔEk為-md2v02（2）α粒子在靜電分析器中運(yùn)動的軌跡半徑r為mv022eE0（3）當(dāng)t＝T時，α粒子的坐標(biāo)為(6．（2024?泉州二模）如圖，在直角坐標(biāo)系xOy中，y軸豎直，左側(cè)存在一個垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場；右側(cè)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，y軸左側(cè)場強(qiáng)大小為右側(cè)的2倍。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），從點(diǎn)M（L，﹣2L）以某一初速度沿y軸正方向射出，恰好經(jīng)過原點(diǎn)O且此時速度方向剛好沿x軸負(fù)方向，繼續(xù)運(yùn)動一段時間后到達(dá)點(diǎn)N(-32（1）小球從M點(diǎn)運(yùn)動到原點(diǎn)O過程中的水平加速度大?。唬?）y軸左側(cè)電場強(qiáng)度的大??；（3）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)小球從M點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)的時間為t，水平方向的加速度大小為a，在水平方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動，由位移—時間公式有：L=豎直方向做豎直上拋運(yùn)動，末速度為零，同理：2L=聯(lián)立解得：a=（2）設(shè)右側(cè)場強(qiáng)大小為E1，左側(cè)場強(qiáng)大小為E2，由牛頓第二定律得：qE1＝ma又由題意可知：E2＝2E1解得：E（3）小球在y軸左側(cè)電場中受到的電場力：F＝qE2＝mg方向豎直向上，所以帶電小球在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，做出小球的運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知：tan則可知：∠NOO′＝30°，ON=設(shè)小球運(yùn)動半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系有：3設(shè)小球經(jīng)過O時的速度大小為v1，由（1）可知：v根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力有：q聯(lián)立解得：B=答：（1）小球從M點(diǎn)運(yùn)動到原點(diǎn)O過程中的水平加速度大小為g2（2）y軸左側(cè)電場強(qiáng)度的大小為mgq（3）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B為mgL7．（2024?沈陽一模）如圖所示，空間中存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。紙面內(nèi)有一半徑為R的圓環(huán)，圓心為O，圓環(huán)上涂有熒光材料，電子打到圓環(huán)表面時被圓環(huán)吸收，熒光材料會發(fā)出熒光。以圓環(huán)的圓心O為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，A點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，R），P點(diǎn)的坐標(biāo)為(-3R，0)。P處有一粒子源，可在紙面內(nèi)沿著各個方向發(fā)射速率為eBR（1）從粒子源正對O點(diǎn)射出的電子，到達(dá)圓環(huán)的坐標(biāo)；（2）在A點(diǎn)被吸收的電子，到達(dá)圓環(huán)所需時間；（3）圓環(huán)上發(fā)光部分的圓弧長度?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動的半徑公式r=mv電子的軌跡半徑：r=從粒子源正對O點(diǎn)射出的電子與圓環(huán)交于一點(diǎn)（x，y），則根據(jù)幾何關(guān)系，電子的軌跡方程為：(-且該點(diǎn)在圓上：x2+y2＝R2聯(lián)立解二次方程，得到達(dá)圓環(huán)的坐標(biāo)為：(-（2）根據(jù)A點(diǎn)的坐標(biāo)，如下圖，因?yàn)椋篈P=所以電子垂直AP出射，經(jīng)過A點(diǎn)，運(yùn)動了半個圓周，電子運(yùn)動周期：T=在A點(diǎn)被吸收的電子，到達(dá)圓環(huán)所需時間：t=（3）根據(jù)幾何關(guān)系可知，打在A點(diǎn)的是上弧的最遠(yuǎn)點(diǎn)，第（1）問中的粒子軌跡剛好與圓相切，是在下半圓的最遠(yuǎn)點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系可知有電子經(jīng)過的圓弧對應(yīng)圓心角為：θ＝90°+30°＝120°所以圓環(huán)上發(fā)光部分的圓弧長度：l=答：（1）從粒子源正對O點(diǎn)射出的電子，到達(dá)圓環(huán)的坐標(biāo)為(-（2）在A點(diǎn)被吸收的電子，到達(dá)圓環(huán)所需時間為πmBe（3）圓環(huán)上發(fā)光部分的圓弧長度為2πR38．（2023秋?昌平區(qū)期末）物理學(xué)中的宏觀現(xiàn)象與粒子的微觀行為之間存在必然聯(lián)系，從微觀角度分析宏觀現(xiàn)象產(chǎn)生的本質(zhì)原因是物理學(xué)的重要研究方法。（1）如圖1所示，一段橫截面積為S、長為L的直導(dǎo)線，單位體積內(nèi)有n個自由電子，電子電荷量為e。該導(dǎo)線兩端加電壓時，自由電子定向移動的平均速率為v。a.請推導(dǎo)導(dǎo)線中的電流I與v之間關(guān)系式。b.將該通電直導(dǎo)線放在磁感應(yīng)強(qiáng)度B的勻強(qiáng)磁場中，電流方向與磁感線垂直，導(dǎo)線所受安培力大小為F＝BIL。請由安培力的表達(dá)式推導(dǎo)洛倫茲力的表達(dá)式f＝evB。（2）如圖2所示的霍爾元件，寬度和厚度分別為h和d，放在沿﹣z方向的勻強(qiáng)磁場B中，當(dāng)元件通有沿x方向的電流I時，在元件的上側(cè)面和下側(cè)面之間會產(chǎn)生電勢差U。已知該霍爾元件的載流子是電子，電荷量為e，單位體積中的自由電子數(shù)為n。a.請證明：U=BIb.由上問可知，在I、n、e、h一定的條件下，U與B成正比，由U的數(shù)值可以比較B的大小，因此可以用這種元件探測某空間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度。該元件的擺放的方向?qū)y量結(jié)果是否有影響？簡要說明理由。【解答】解：（1）a．以一段導(dǎo)線作為研究對象，導(dǎo)線的橫截面積為S，單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為n，自由電子定向移動的平均速率為v，則時間t內(nèi)通過導(dǎo)線橫截面的自由電子數(shù)為N＝nSvt時間t內(nèi)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量Q＝Ne＝neSvt根據(jù)電流的定義I=解得：I＝neSvb．由前問推導(dǎo)可知，導(dǎo)線中電流I＝neSv導(dǎo)線所受安培力F＝BIL導(dǎo)線中自由電荷的總數(shù)N＝nSL運(yùn)動電荷所受洛倫茲力與導(dǎo)線所受安培力的關(guān)系為Nf＝F代入得nSLf＝BneSvL推得：f＝evB（2）a．自由電子在洛倫茲力的作用下積累在導(dǎo)體的上側(cè)面，下側(cè)面帶等量的正電荷，當(dāng)上下側(cè)面有穩(wěn)定的電勢差時，電場力和洛倫茲力平衡，則有eE＝evB上下側(cè)面間的電場可視為勻強(qiáng)電場，故有E=由電流的微觀表達(dá)式I＝nevS＝nevhd由此可證U=b．用霍爾元件探測空間磁場時，元件的擺放方向?qū)有影響。因?yàn)槁鍌惼澚Φ拇笮∨c電子運(yùn)動方向有關(guān)。若B的方向平行于I的方向，則U＝0；若B的方向與I的方向垂直，U為最大值。所以使用時應(yīng)該調(diào)整裝置方向找到最大值。答：（1）a、請推導(dǎo)導(dǎo)線中的電流I與v之間關(guān)系式為I＝neSv；b、見解析；（2）a、證明過程見解析；b、見解析。9．（2023?龍華區(qū)校級四模）在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序．如圖所示是一部分離子注入工作原理示意圖，離子經(jīng)加速后沿水平方向進(jìn)入速度選擇器，選擇出一定速度的離子，然后通過磁分析器Ⅰ，選擇出特定比荷的離子，經(jīng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)Ⅱ后注入水平放置的硅片上．速度選擇器、磁分析器中的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器中的勻強(qiáng)電場場強(qiáng)大小為E，方向豎直向上．磁分析器截面是矩形，矩形長為2L，寬為(4-23)L．其寬和長中心位置C和D處各有一個小孔；半徑為L的圓形偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)Ⅱ內(nèi)存在垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)的勻強(qiáng)磁場，D、M、N在一條豎直線上，DM為圓形偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)的直徑，最低點(diǎn)M（1）求離子通過速度選擇器后的速度大??；（2）求磁分析器選擇出來的離子的比荷；（3）若偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍233【解答】解：（1）離子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動，設(shè)離子通過速度選擇器的速度為v，由平衡條件得：qvB＝qE解得：v=（2）離子進(jìn)入磁分析器Ⅰ后由C到D做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動軌跡如圖所示，設(shè)其運(yùn)動半徑為r，軌跡的圓心為O′點(diǎn)，軌跡圓心角為θ，由幾何關(guān)系得：[r-12(4-23)解得：r＝2Lsinθ=解得：θ＝30°由洛倫茲力提供向心力得：qvB＝mv解得比荷：q（3）離子由D點(diǎn)進(jìn)入偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)后做勻速圓周運(yùn)動，由qvB偏＝mv2可得離子在偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中圓周運(yùn)動半徑：R=當(dāng)B偏=3B時，其運(yùn)動半徑為R1=233L，因R1cosθ=233L×3當(dāng)B偏=233B時，其運(yùn)動半徑為R2=3L，因2Lcosθ=3L＝R2，故軌跡圓心由題意可知離子在GM區(qū)域離開磁場，離開磁場離子