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专题五 电场和磁场中的曲线运动
1．带电粒子在电场中受到电场力，假如电场力的方向与速度方向不共线，粒子将会做曲线运动；假如带电粒子垂直进入匀强电场，将会做类平抛运动，由于加速度恒定且与速度方向不共线，因此是匀变速曲线运动．
2．争辩带电粒子在匀强电场中的类平抛运动的方法与平抛运动相同，可将运动分解为垂直电场方向的匀速直线运动和沿电场方向的匀加速直线运动；若场强为E，其加速度的大小可以表示为a＝.
3．带电粒子垂直进入匀强磁场时将做匀速圆周运动，向心力由洛伦兹力供应，洛伦兹力始终垂直于运动方向，它不做功．其半径R＝，周期T＝.
1．带电粒子在电场和磁场的组合场中运动时，一般是类平抛运动和匀速圆周运动的组合，可以先分别争辩这两种运动，而类平抛运动的末速度往往是匀速圆周运动的线速度，分析运动过程中转折点的速度是解决此类问题的关键．
2．本部分内容通常应用运动的合成与分解的方法、功能关系和圆周运动的学问解决问题.
考向1 带电粒子在电场中的曲线运动问题
例1 (单选)(2022·山东·18)如图1所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域(两粒子不同时毁灭在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于( )
图1
A. B. C. D.
审题突破 正负粒子在电场中做什么运动？两粒子轨迹恰好相切说明什么？
解析 依据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心，则在水平方向有s＝v0t，在竖直方向有h＝··t2，解得v0＝ .故选项B正确，选项A、C、D错误．
答案 B
以题说法 1.带电粒子在电场中的一般曲线运动特点是运动轨迹确定在合力和速度的夹角范围内，且向着力的方向弯曲，这是我们画轨迹或者分析受力的依据.2.对于类平抛运动模型通常接受运动的合成与分解方法处理．
(双选)一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图2所示，交变电压的周期T＝，已知全部电子都能穿过平行板，且偏距最大的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则( )
图2
A．全部电子都从右侧的同一点离开电场
B．全部电子离开电场时速度都是v0
C．t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大
D．t＝时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为
答案 BD
解析 电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子垂直电场方向分速度图象如图，可知，各个电子在垂直电场方向的位移不全相同，故全部电子从右侧离开电场的位置不全相同，故A错误；由图看出，全部电子离开电场时，垂直电场方向分速度vy＝0，速度都等于v0，故B正确；由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C错误；t＝时刻进入电场的电子，在t＝时刻侧位移最大，最大侧位移为ym＝2×a()2＝，在t＝0时刻进入电场的电子侧位移最大为，则有＝4×a()2＝，解得ym＝，故D正确．
考向2 带电体在电场中的曲线运动问题
例2 (双选)如图3所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形绝缘轨道，圆轨道半径为R，圆心为O，A、B为圆水平直径的两个端点，OC竖直．一个质量为m、电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动状况，下列说法正确的是( )
图3
A．小球确定能从B点离开轨道
B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动
C．若小球能从B点离开，上升的高度确定小于H
D．小球到达C点的速度可能为零
审题突破 小球在运动过程中有哪几个力做功，是正功还是负功？小球在AC部分做匀速圆周运动的条件是什么？假如小球到达C点的速度为零，小球还能不能沿AC半圆轨道运动？
解析 由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不愿定能从B点离开轨道；若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动．由于小球在AC部分运动时电场力做负功，所以若小球能从B点离开，上升的高度确定小于H；若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不行能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不行能为零．
答案 BC
以题说法 1.带电体一般要考虑重力，而且电场力对带电体做功的特点与重力相同，即都与路径无关．
2．带电体在电场中做曲线运动(主要是类平抛、圆周运动)的分析方法与力学中的方法相同，只是对电场力的分析要更谨慎．
(双选)如图4所示，在竖直向上的匀强电场中，从倾角为θ的斜面上的M点水平抛出一个带负电小球，小球的初速度为v0，最终小球落在斜面上的N点．在已知θ、v0和小球所受的电场力大小F及重力加速度g的条件下，不计空气阻力，则下列推断正确的是( )
图4
A．可求出小球落到N点时重力的功率
B．由图可知小球所受的重力大小可能等于电场力
C．可求出小球从M点到N点的过程中电势能的变化量
D．可求出小球落到N点时速度的大小和方向
答案 BD
解析 质量未知，故无法求重力功率，故A错误；小球做类平抛运动，重力与电场力的大小不确定，可能两者相等，故B正确；小球从M点到N点的过程中电势能的变化量ΔEp＝Fy＝F·，由于加速度a无法求出，所以电势能的变化量不能求出，故C错误；利用平抛学问有＝＝＝tan θ，速度偏向角设为α，则tan α＝＝2tan θ，则得：vy＝2v0tan θ，故vN＝＝v0，D正确．
考向3 带电粒子在磁场中的圆周运动问题
例3 如图5所示，在xOy平面内，有一个圆形区域的直径AB与x轴重合，圆心O′的坐标为(2a,0)，其半径为a，该区域内无磁场．在y轴和直线x＝3a之间的其他区域内存在垂直纸面对外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场．不计粒子重力．
图5
(1)若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达B点，求粒子的初速度大小v1；
(2)若粒子的初速度方向与y轴正向的夹角为60°，在磁场中运动的时间为Δt＝πm/3Bq，且粒子也能到达B点，求粒子的初速度大小v2；
(3)若粒子的初速度方向与y轴垂直，且粒子从O′点第一次经过x轴，求粒子的最小初速度vmin.
审题突破 粒子不经过圆形区域到达B点时速度有何特点？画出运动轨迹，如何依据几何关系求半径？
解析 (1)粒子不经过圆形区域就能达到B点，故粒子到达B点时的速度竖直向下，圆心必在x轴正半轴上，设粒子圆周运动的半径为r1，
由几何关系得：r1sin 30°＝3a－r1
又qv1B＝m，解得：v1＝.
(2)粒子在磁场中运动的周期T＝，
故粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为
α＝×360°＝60°
粒子到达B点的速度与x轴夹角β＝30°
设粒子做圆周运动的半径为r2，由几何关系得：
3a＝2r2sin 30°＋2acos 230°
又qv2B＝m，解得：v2＝.
(3)设粒子从C点进入圆形区域，O′C与O′A夹角为θ，轨迹圆对应的半径为r，
由几何关系得：2a＝rsin θ＋acos θ
故当θ＝60°时，半径最小为rmin＝a
又qvminB＝m，解得vmin＝.
答案 (1) (2) (3)
以题说法 1.对于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，基本思路是：依据进场点和出场点的速度方向，确定洛伦兹力的方向，其交点为圆心，利用几何关系求半径．
2．带电粒子在常见边界磁场中的运动规律
(1)直线边界：
①对称性：若带电粒子以与边界成θ角的速度进入磁场，则确定以与边界成θ角的速度离开磁场．
②完整性：正、负带电粒子以相同的速度进入同一匀强磁场时，两带电粒子轨迹圆弧对应的圆心角之和等于2π.
(2)圆形边界：沿径向射入的粒子，必沿径向射出．
如图6所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v＝3.2×106 m的α粒子．已知屏蔽装置宽AB＝9 cm、缝长AD＝18 cm，α粒子的质量m＝6.64×10－27 kg，电量q＝3.2×10－19 C．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B＝0.332 T，方向垂直于纸面对里，整个装置放于真空环境中．
图6
(1)若全部的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d至少是多少？
(2)若条形磁场的宽度d＝20 cm，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果保留2位有效数字)
答案 (1)0.34 m (2)2.0×10－7 s 6.5×10－8 s
解析 (1)由题意：AB＝9 cm，AD＝18 cm，可得：
∠BAO＝∠ODC＝45°
全部α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R，
依据牛顿其次定律有：Bqv＝
解得R＝0.2 m＝20 cm
由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则全部α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，如图(1)所示．
(1)
设此时磁场宽度为d0，由几何关系得：
d0＝R＋Rcos 45°＝(20＋10) cm≈0.34 m
(2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T，则
T＝＝×10－6 s
设速度方向垂直于AD进入磁场区域的α粒子的入射点为E，如图(2)所示．
(2)
因磁场宽度d＝20 cm<d0，且R＝20 cm，则在∠EOD间出射进入磁场区域的α粒子均能穿出磁场右边界，在∠EOA间出射进入磁场区域的α粒子均不能穿出磁场右边界，所以沿OE方向进入磁场区域的α粒子运动轨迹与磁场右边界相切，在磁场中运动时间最长．
设在磁场中运动时间最长为tmax，则
tmax＝＝×10－6 s≈2.0×10－7 s
若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则α粒子穿过磁场时间最短．最短的弦长为磁场宽度d.
设在磁场中运动的最短时间为tmin，轨迹如图(2)所示．因R＝d，则圆弧对应圆心角为60°，
故tmin＝＝×10－6 s≈6.5×10－8 s
5．带电粒子在电场和磁场中运动的综合问题
例4 (16分)如图7所示，坐标系xOy在竖直平面内，水平轨道AB和斜面BC均光滑且绝缘，AB和BC的长度均为L，斜面BC与水平地面间的夹角θ＝60°，有一质量为m、电量为＋q的带电小球(可看成质点)被放在A点．已知在第一象限分布着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小E2＝，磁场为水平方向(图中垂直纸面对外)，磁感应强度大小为B；在其次象限分布着沿x轴正向的水平匀强电场，场强大小E1＝.现将放在A点的带电小球由静止释放，则小球需经多少时间才能落到地面(小球所带的电量不变)?
图7
解析 设带电小球运动到B点时速度为vB，
则由功能关系：E1qL＝mv，
解得：vB＝(2分)
设带电小球从A点运动到B点用时为t1，
则由vB＝t1，解得t1＝(2分)
当带电小球进入第一象限后所受电场力为
F电＝E2q＝mg(2分)
所以带电小球做匀速圆周运动BqvB＝m(1分)
则带电小球做匀速圆周运动的半径R＝＝L(1分)
则其圆周运动的圆心为如图所示的O′点，
＝·cos 30°＝L，＝－R＝L，
＝·cos 60°＝L(2分)
假设小球直接落在水平面上的C′点，则
＝＝L＝(2分)
所以C′与C重合，小球正好打在C点．
∠BO′C＝120°(1分)
所以带电小球从B点运动到C点运动时间
t2＝T＝(1分)
所以小球从A点动身到落地的过程中所用时间
t＝t1＋t2＝＋.(2分)
答案 ＋
(限时：15分钟，满分：20分)
(2022·全国大纲·25)如图8所示，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度放射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计粒子重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：
图8
(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；
(2)该粒子在电场中运动的时间．
答案 (1)v0tan2θ (2)
解析 (1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0.由洛伦兹力公式及牛顿其次定律得
qv0B＝m①
由题给条件和几何关系可知
R0＝d②
设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时
沿x轴负方向的速度大小为vx.由牛顿其次定律及运动学公式得Eq＝max③
vx＝axt④
t＝d⑤
由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有
tan θ＝⑥
联立①②③④⑤⑥式得＝v0tan2θ⑦
(2)联立⑤⑥式得t＝.
(限时：45分钟)
题组1 带电粒子在电场中的曲线运动问题
1．(双选)如图1所示，图中MN是由负点电荷产生的电场中的一条电场线．一带正电粒子q飞入电场后，只在电场力作用下沿图中虚线运动，a、b是该曲线上的两点，则下列说法正确是( )
图1
A．a点的电场强度小于b点的电场强度
B．a点的电势低于b点的电势
C．粒子在a点的动能小于在b点的动能
D．粒子在a点的电势能小于在b点的电势能
答案 AC
解析 由只受电场力作用且做曲线运动物体受力指向轨迹内侧知，场源电荷在左侧，依据负电荷四周电场分布特点可知：a点的电场强度小于b点的电场强度，a点的电势高于b点的电势，故A正确，B错误；粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故C正确，D错误．故选A、C.
2．(单选)如图2所示，虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点的径迹如图中实线所示．粒子在A点的速度为vA、电势能为EpA；在B点的速度为vB、电势能为EpB.则下列结论正确的是( )
图2
A．粒子带正电，vA>vB，EpA>EpB
B．粒子带负电，vA>vB，EpA<EpB
C．粒子带正电，vA<vB，EpA<EpB
D．粒子带负电，vA<vB，EpA>EpB
答案 B
解析 依据电场力与等势面垂直，又要指向轨迹弯曲的内侧，又电场线垂直于等势面由高电势指向低电势，故可推断电场力与电场方向相反，即该粒子带负电，由题图知UAB＝5 V，粒子从A运动到B的过程中，电场力做功W＝qUAB，做负功，故动能减小，电势能增大，所以vA>vB，EpA<EpB，故B正确，A、C、D错误．
3．(双选)如图3所示，真空中有A、B两个等量异种点电荷，O、M、N是AB连线的垂线上的三个点，且AO>OB.一个带正电的检验电荷仅在电场力的作用下，从M点运动到N点，其轨迹如图中实线所示．下列说法正确的是( )
图3
A．A电荷为正电荷，B电荷为负电荷
B．M点的电势高于N点的电势
C．M点的电场强度大于N点的电场强度
D．检验电荷在M点的动能大于在N点的动能
答案 BC
解析 据带正电粒子的运动轨迹，粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的内侧知A为负电荷，B为正电荷，故A错误．由于AO＞OB，依据等量异种点电荷电场线及等势面分布特点可知M点的电势高于N点的电势，M点的电场强度大于N点的电场强度，故B、C正确．正电荷在电势高处电势能大，M点的电势高于N点的电势，则正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，在M点的动能小于在N点的动能．故D错误．
4．(双选)如图4所示，两对金属板A、B和C、D分别竖直和水平放置，A、B接在电路中，C、D板间电压为U.A板上O处发出的电子经加速后，水平射入C、D板间，电子最终都能打在光屏M上．关于电子的运动，下列说法正确的是( )
图4
A．S闭合，只向右移动滑片P.P越靠近b端，电子打在M上的位置越高
B．S闭合，只转变A、B板间的距离．转变前后，电子由O至M经受的时间相同
C．S闭合，只转变A、B板间的距离，转变前后，电子到达M前瞬间的动能相同
D．S闭合后再断开，只向左平移B，B越靠近A板，电子打在M上的位置越高
答案 CD
解析 S闭合，只向右移动滑片P，极板A、B之间的电压U1增大，U1越大，电子离开B板时的速度越大，经过C、D极板时的时间越短，在竖直方向的位移y＝at2越小，即高度越低，故选项A错误；S闭合，若只将A板向B板靠近时，极板A、B间的电压不变，电子获得速度不变，到达M时的时间为t＝＋＝，所以时间变短；S闭合，若只将B板向A板靠近时，设A、B板的间距为d，A板与M的间距为s，极板A、B间的电压不变，电子获得速度不变，到达M时的时间为t＝＋＝，所以时间变短，故选项B错误；S闭合，只转变A、B板的间距，由动能定理得电子获得动能为Ek＝U1q＋Uq，所以动能不变，故选项C正确；S闭合后再断开，极板A、B的电量不变，只向左平移B，B靠近A板，间距减小，由C＝可知电容C增大，由C＝可知其电压减小，所以电子获得的速度减小，通过极板C、D的时间变长，在竖直方向的位移y＝at2增大，即高度增高，故选项D正确．
题组2 带电体在电场中的曲线运动问题
5．(双选)如图5所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E.一根不行伸长的绝缘细线长度为l，一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的位置A，由静止释放，小球沿圆弧运动到位置B时，速度为零．图中角θ＝60°.以下说法正确的是( )
图5
A．小球在B位置处于平衡状态
B．小球受到重力与电场力的关系是mg＝qE
C．小球在B点的加速度大小为g
D．小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为－qEl
答案 CD
解析 小球到达B点时速度为零，但合力不为零，不是平衡状态，故A错误；小球从A到B的过程中，由mglsin θ－qEl(1－cos θ)＝0，可解得qE＝mg，所以B错误；小球沿切向方向的合力F合＝qEcos 30°－mgsin 30°＝ma，a＝＝＝g，故C正确；小球从A到B，沿电场线方向运动的有效距离：d＝l－lcos θ＝l，所以电场力做功：W＝－qEd＝－Eql，故D正确．
6．(单选)如图6所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P点时的动能为( )
图6
A．mv B. C．2mv D.
答案 D
解析 由题可知，小球到P点时，水平位移和竖直位移相等，即v0t＝t，合速度vP＝＝v0，则EkP＝mv＝mv.
7．如图7所示，半径为R的光滑圆弧轨道与光滑水平面相切于B点，O为光滑圆弧的圆心，其中OB竖直，OC水平，且AB＝R，整个空间存在水平向右的匀强电场，质量为m的带正电小球从A点静止释放，其所受电场力为重力的倍，重力加速度为g，求：
图7
(1)小球到达C点时对轨道的压力大小；
(2)小球从A点运动到C点过程中最大速度的大小．
答案 (1)mg (2)2
解析 (1)已知Eq＝mg，
小球从A到C，由动能定理得：
Eq·2R－mgR＝mv－0
对小球，在C处由牛顿其次定律得：
FNC－Eq＝m
得小球受轨道的支持力FNC＝mg
由牛顿第三定律小球对轨道的压力
FNC′＝FNC＝mg.
(2)在BC圆弧上某点D，电场力和重力的合力与速度方向垂直时速度有最大值，此时小球所在位置D的半径与水平方向的夹角tan θ＝＝，
小球从A到D，由动能定理得
Eq(R＋Rcos θ)－mg(R－Rsin θ)＝mv－0
解得最大速度vD＝2.
题组3 带电粒子在磁场中的圆周运动问题
8．(双选)(2022·新课标Ⅱ·20)图8为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁供应匀强磁场．硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )
图8
A．电子与正电子的偏转方向确定不同
B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径确定相同
C．仅依据粒子运动轨迹无法推断该粒子是质子还是正电子
D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小
答案 AC
解析 依据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A正确；依据qvB＝，得r＝，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定mv的大小，故选项C正确；粒子的mv越大，轨道半径越大，而mv＝，粒子的动能大，其mv不愿定大，选项D错误．
9．如图9所示，竖直面内有一倒立等边三角形OMN区域，边长为L，MN边是水平的．在该区域有一垂直纸面对外、磁感应强度为B的匀强磁场．在同一竖直面内有一束质量为m、电荷量为q、速度大小不同的带正电粒子从N点沿NM方向射入该磁场区域(可认为能发生偏转)．过O点作与MN边平行的直线作为x坐标轴，且O点为x坐标轴的原点．不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，试求：
图9
(1)射到x坐标轴上的O点的粒子速度大小；
(2)垂直OM边射出的粒子与x坐标轴的交点位置；
(3)粒子在磁场中运动的时间和速度的关系．
答案 (1) (2)2(－1)L
(3)t＝
解析 (1)粒子的行进路线如图中弧线的轨迹NO，
依据几何学问有R＝
又qvB＝m，得到射到x坐标轴上O点的粒子速度大小v＝＝
(2)粒子的行进路线如图中的轨迹2，
依据几何学问有：R2＝L
另有＝x，得x＝2(－1)L.
(3)从ON边射出的粒子依据几何学问有：在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角都是，所以这些粒子在磁场中运动的时间与速度无关，则t＝.
从OM边射出的粒子行进路线可用图中的轨迹3代表，依据几何学问有：
R＝Rcos α＋(L－Rsin α)tan
其中R＝且α角的范围是(0，)
可得α＝arccos()－，而t＝，
得t＝.
题组4 带电粒子在电场和磁场中运动的综合问题分析
10．(双选)(2022·江苏·9)如图10所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH＝k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽视，则( )
图10
A．霍尔元件前表面的电势低于后表面
B．若电源的正负极对调，电压表将反偏
C．IH与I成正比
D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比
答案 CD
解析 当霍尔元件通有电流IH时，依据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动，故霍尔元件的前表面电势较高．若将电源的正负极对调，则磁感应强度B的方向换向，IH方向变化，依据左手定则，电子仍向霍尔元件的后表面运动，故仍是霍尔元件的前表面电势较高，选项A、B错误．因R与RL并联，依据并联分流，得IH＝I，故IH与I成正比，选项C正确．由于B与I成正比，设B＝aI，则IL＝I，PL＝IRL，故UH＝k＝PL，知UH∝PL，选项D正确．
11．如图11所示，在以坐标原点O为圆心，半径为R的半圆形区域(图中虚线与x轴所围区域)内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，方向沿x轴负方向．匀强磁场方向垂直于xOy平面．一带负电的粒子(不计重力)从P(0，－R)点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经时间t0从O点射出．
图11
(1)求匀强磁场的大小和方向；
(2)若仅撤去磁场，带电粒子仍从P点以相同的速度射入，经时间恰好从半圆形区域的边界射出．求粒子的加速度和射出时的速度大小；
(3)在满足(2)的条件下，若仅撤去电场，带电粒子从O点沿y轴负方向射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间．
答案 (1) 垂直xOy平面对外 (2)R R
(3)πt0
解析 (1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，磁感应强度为B.可推断出粒子受到的电场力沿x轴正方向，则洛伦兹力沿x轴负方向，于是可知磁感应强度垂直xOy平面对外．
且有qE＝qvB，R＝vt0，则B＝.
(2)仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动
在y方向位移y＝v＝
设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是x＝R
又有x＝at2＝a()2得a＝R
设出射速度v1，出射时x方向分速度为vx，则
vx＝＝R
则v1＝＝R
(3)仅有磁场时，入射速度v2＝4v，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，圆心为C，圆心角为2α，如图，设轨道半径为r，
由牛顿其次定律有qv2B＝
又qv2B＝4qE，qE＝ma，得r＝R
由几何关系知sin α＝＝，则α＝
带电粒子在磁场中运动周期T＝＝
则带电粒子在磁场中运动时间t＝T＝πt0
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