資源簡介

專題提升二十四　帶電粒子在疊加場中的運動
及其在現代科技中的應用
題型1　帶電粒子在疊加場中的運動
　　　　　 　　　　　　　　　　
1.疊加場。
電場、磁場、重力場共存,或其中某兩場共存。
2.帶電粒子在疊加場中常見的幾種運動形式。
運動性質 受力特點 方法規律
勻速直 線運動 粒子所受的合力為0 平衡條件
勻速圓 周運動 除洛倫茲力外,電場力和重力的合力為零,即qE=mg 牛頓第二定律、圓周運動的規律
較復雜的 曲線運動 三力的合力不為0,且與速度方向不垂直 動能定理、能量守恒定律
考向1　帶電粒子在疊加場中的直線運動
【典例1】　
地面附近空間中存在著水平方向的勻強電場和勻強磁場,已知磁場方向垂直于紙面向里。一個帶電油滴沿著一條與豎直方向成α角的直線MN運動。由此可以判斷(　　)
A.如果油滴帶正電,它是從N點運動到M點
B.如果油滴帶正電,它是從M點運動到N點
C.如果水平電場方向向右,油滴是從M點運動到N點
D.不改變電場大小,如果將水平電場變為豎直電場,油滴將做勻速圓周運動
考向2　帶電粒子在疊加場中的圓周運動
【典例2】　
(多選)(2024·安徽卷)空間中存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場,電場強度大小為E,磁感應強度大小為B。一質量為m的帶電油滴a,在紙面內做半徑為R的圓周運動,軌跡如圖所示。當a運動到最低點P時,瞬間分成兩個小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者帶電量、質量均相同。Ⅰ在P點時與a的速度方向相同,并做半徑為3R的圓周運動,軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g,不計空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用,則(　　)
A.油滴a帶負電,所帶電量的大小為
B.油滴a做圓周運動的速度大小為
C.小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為,周期為
D.小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動
考向3　帶電粒子在疊加場中的復雜曲線運動
【典例3】　(多選)(2022·廣東卷)如圖所示,磁控管內局部區域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放,沿圖中所示軌跡依次經過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上,下列說法正確的有(　　)
A.電子從N到P,電場力做正功
B.N點的電勢高于P點的電勢
C.電子從M到N,洛倫茲力不做功
D.電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力
題型2　帶電粒子在交變電磁場中的運動
　　　　　 　　　　　　　　　　
帶電粒子在交變復合場中的運動問題的基本思路。
【典例4】　(2024·廣東卷)如圖甲所示,兩塊平行正對的金屬板水平放置,板間加上如圖乙所示幅值為U0、周期為t0的交變電壓。金屬板左側存在一水平向右的恒定勻強電場,右側分布著垂直紙面向外的勻強磁場。磁感應強度大小為B。一帶電粒子在t=0時刻從左側電場某處由靜止釋放,在t=t0時刻從下板左端邊緣位置水平向右進入金屬板間的電場內,在t=2t0時刻第一次離開金屬板間的電場、水平向右進入磁場,并在t=3t0時刻從下板右端邊緣位置再次水平進入金屬板間的電場。已知金屬板的板長是板間距離的倍,粒子質量為m。忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應。
(1)判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q;
(2)求金屬板的板間距離D和帶電粒子在t=t0時刻的速度大小v;
(3)求從t=0時刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中,電場力對粒子做的功W。
甲乙
題型3　疊加場在現代科技中的應用
　　　　　 　　　　　　　　　　
考向1　速度選擇器
1.
平行板間電場強度E和磁感應強度B互相垂直(如圖)。
2.帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是洛倫茲力與靜電力平衡。
qvB=qE,即v=。
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、質量。
4.速度選擇器具有單向性。
【典例5】　
如圖所示是速度選擇器的原理圖,已知電場強度為E、磁感應強度為B,電場和磁場相互垂直分布,某一帶電粒子(重力不計)沿圖中虛線水平通過,則該帶電粒子(　　)
A.一定帶正電
B.速度大小為
C.可能沿QP方向運動
D.若沿PQ方向運動的速度大于,將一定向下極板偏轉
考向2　磁流體發電機
1.原理:如圖所示,等離子體噴入磁場,正、負離子在洛倫茲力的作用下發生偏轉而聚集在B、A板上,產生電勢差,它可以把離子的動能通過磁場轉化為電能。
2.電源正、負極判斷:根據左手定則可判斷出正離子偏向B板,圖中的B是發電機的正極。
3.發電機的電動勢:當發電機外電路斷路時,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,則q=qvB得U=Bdv,則E=U=Bdv。
當發電機接入電路時,遵從閉合電路歐姆定律。
【典例6】　
(多選)(2024·湖北卷)磁流體發電機的原理如圖所示,MN和PQ是兩平行金屬極板,勻強磁場垂直于紙面向里。等離子體(即高溫下電離的氣體,含有大量正、負帶電粒子)從左側以某一速度平行于極板噴入磁場,極板間便產生電壓。下列說法正確的是(　　)
A.極板MN是發電機的正極
B.僅增大兩極板間的距離,極板間的電壓減小
C.僅增大等離子體的噴入速率,極板間的電壓增大
D.僅增大噴入等離子體的正、負帶電粒子數密度,極板間的電壓增大
考向3　電磁流量計
1.流量Q:單位時間流過導管某一截面的液體的體積。
2.導電液體的流速v的計算。
如圖所示,一圓柱形導管直徑為d,用非磁性材料制成,其中有可以導電的液體向右流動。導電液體中的正、負離子在洛倫茲力作用下發生偏轉,使a處積累正電荷,b處積累負電荷,使a、b間出現電勢差,φa>φb。當自由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時,a、b間的電勢差U達到最大,由q=qvB,可得v=。
3.流量的表達式:Q=Sv=·=。
4.電勢高低的判斷:根據左手定則可得φa>φb。
【典例7】　
在某實驗室中有一種污水流量計,其原理可以簡化為如圖所示模型:廢液內含有大量正、負離子,從直徑為d的圓柱形容器右側流入,左側流出。流量值等于單位時間通過橫截面的液體的體積。空間有垂直紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場,下列說法正確的是(　　)
A.M點的電勢高于N點的電勢
B.負離子所受洛倫茲力方向豎直向下
C.MN兩點間的電勢差與廢液的流量值成正比
D.MN兩點間的電勢差與廢液流速成反比
考向4　霍爾效應
1.定義:高為h、寬為d的導體(自由電荷是電子或正電荷)置于磁感應強度為B的勻強磁場中,當電流通過導體時,在導體的上表面A和下表面A'之間產生電勢差,這種現象稱為霍爾效應,此電壓稱為霍爾電壓。
2.
電勢高低的判斷:如圖,導體中的電流I向右時,根據左手定則可得,若自由電荷是電子,則下表面A'的電勢高。若自由電荷是正電荷,則下表面A'的電勢低。
3.霍爾電壓:導體中的自由電荷(電荷量為q)在洛倫茲力作用下偏轉,A、A'間出現電勢差,當自由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時,A、A'間的電勢差U就保持穩定,由qvB=q,I=nqvS,S=hd,聯立解得U==k,k=稱為霍爾系數。
【典例8】　(2024·江西卷)石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結構新材料,具有豐富的電學性能。現設計一電路測量某二維石墨烯樣品的載流子(電子)濃度。如圖甲所示,在長為a,寬為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強磁場,磁感應強度為B,電極1、3間通以恒定電流I,電極2、4間將產生電壓U。當I=1.00×10-3 A時,測得U-B關系圖線如圖乙所示,元電荷e=1.60×10-19 C,則此樣品每平方米載流子數最接近(　　)
甲
乙
A.1.7×1019 B.1.7×1015
C.2.3×1020 D.2.3×1016
審題指導
序號 信息讀取 信息加工
1 加一垂直向里的勻強磁場,磁感應強度為B,電極1、3間通以恒定電流I,電極2、4間將產生電壓U 霍爾效應現象
2 當I=1.00×10-3 A時,測得U-B關系圖線如圖乙所示 利用霍爾效應的原理建立U與B的關系式
失分 剖析 不清楚題圖甲所示裝置的工作原理和題圖乙所示圖像的物理意義
把握高考微點,實現素能提升完成P417專題提升練24
關|鍵|能|力
考向1　帶電粒子在勻強磁場或疊加場中的旋進運動
之前一直在討論粒子垂直射入勻強磁場的情況,若粒子的速度方向與磁場方向不垂直也不平行時,粒子的運動也根據運動的分解和動力學規律分析。
(1)等間距螺旋線運動。
空間中只存在勻強磁場,當帶電粒子的速度方向與磁場的方向不平行也不垂直時,帶電粒子在磁場中就做等間距的螺旋線運動。這種運動可分解為平行于磁場方向的勻速直線運動和垂直于磁場方向的勻速圓周運動。
(2)不等間距的螺旋線運動。
空間中的勻強磁場和勻強電場(或重力場)平行時,帶電粒子的速度方向與磁場方向不平行也不垂直時,帶電粒子就做不等間距的螺旋線運動。這種運動可分解為平行于磁場方向的勻變速直線運動和垂直于磁場方向的勻速圓周運動。
【典例1】　極光是宇宙中高速運動的帶電粒子受地磁場影響,與空氣分子作用的發光現象。若宇宙粒子帶正電,因入射速度與地磁場方向不垂直,故其軌跡為螺旋狀如圖乙所示(相鄰兩個旋轉圓之間的距離稱為螺距Δx)。下列說法正確的是(　　)
A.帶電粒子進入大氣層后與空氣發生相互作用,在地磁場作用下的旋轉半徑會越來越大
B.若越靠近兩極地磁場越強,則隨著緯度的增加,以相同速度入射的宇宙粒子的運動半徑越大
C.漠河地區看到的“極光”將以順時針方向(從下往上看)向前旋進
D.當不計空氣阻力時,若入射粒子的速率不變,僅減小與地磁場的夾角,則旋轉半徑減小,而螺距Δx不變
【典例2】　
某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場(如圖),電場強度大小為E,磁感應強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動,其速度平行于磁場方向的分量大小為v1,垂直于磁場方向的分量大小為v2,不計離子重力,則(　　)
A.電場力的瞬時功率為qE
B.該離子受到的洛倫茲力大小為qv1B
C.v2與v1的比值不斷變小
D.該離子的加速度恒定不變
考向2　帶電粒子在立體空間中的運動
　　　　　 　　　　　　　　　　
分析帶電粒子在立體空間中的運動時,要發揮空間想象力,確定粒子在空間的位置關系和運動規律。帶電粒子依次通過不同的空間,各階段的受力不同,運動情形不同,解題時重視各階段分別滿足的運動規律和兩個不同的空間銜接點的速度和位置關聯,有時還需要將粒子的運動分解為兩個互相垂直平面內的運動求解。
【典例3】　(2024·湖南卷)如圖,有一內半徑為2r、長為L的圓筒,左右端面圓心O'、O處各開有一小孔。以O為坐標原點,取O'O方向為x軸正方向建立O xyz坐標系。在筒內x≤0區域有一勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向沿x軸正方向;筒外x≥0區域有一勻強電場,場強大小為E,方向沿y軸正方向。一電子槍在O'處向圓筒內多個方向發射電子,電子初速度方向均在xOy平面內,且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質量為m、電量為e,設電子始終未與筒壁碰撞,不計電子之間的相互作用及電子的重力。
(1)若所有電子均能經過O進入電場,求磁感應強度B的最小值;
(2)取(1)問中最小的磁感應強度B,若進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ,求tan θ的絕對值;
(3)取(1)問中最小的磁感應強度B,求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移。
微|點|訓|練
1.(多選)(2025·昆明模擬)
如圖所示,磁場方向水平向右,磁感應強度大小為B,甲粒子速度方向與磁場垂直,乙粒子速度方向與磁場方向平行,丙粒子速度方向與磁場方向間的夾角為θ。所有粒子的質量均為m,電荷量均為+q(q>0),且粒子的初速度方向在紙面內,不計粒子重力和粒子間的相互作用,下列說法正確的是(　　)
A.甲粒子受力大小為qvB,方向水平向右
B.乙粒子的運動軌跡是直線
C.丙粒子在紙面內做勻速圓周運動,其動能不變
D.從圖中所示狀態,經過時間后,丙粒子位置改變了
2.(2025·德州摸底)在如圖所示的O xyz三維空間中,x≤0的區域存在沿y軸正方向的勻強電場,在00)的帶電粒子,從A點(-2L,0,0)以初速度大小v0,方向沿著x軸正方向射入勻強電場,經過C點(0,L,0)后,再經過磁場偏轉后垂直平面MNN'M'進入半圓柱體區域,不計粒子的重力。求:
(1)粒子經過C點時的速度大小;
(2)電場強度E與磁感應強度B的比值的大小;
(3)帶電粒子從半圓柱體射出時的位置坐標。
3.如圖所示,空間直角坐標系O xyz中,M、N為豎直放置的兩金屬板構成的加速器,兩板間電壓為U。熒光屏Q位于Oxy平面上,虛線分界面P將金屬板N、熒光屏Q間的區域分為寬度均為d的Ⅰ、Ⅱ兩部分,M、N、P、Q與Oxy平面平行,ab連線與z軸重合。區域Ⅰ、Ⅱ內分別充滿沿y軸負方向的勻強磁場和y軸正方向勻強電場,磁感應強度大小為B=、電場強度大小為E=。一質量為m、電荷量為+q(q>0)的粒子,從M板上的a點靜止釋放,經加速器加速后從N板上的b處的小孔射出,最后打在熒光屏Q上。不考慮粒子的重力,M、N、P、Q足夠大,不計M、N間的邊緣效應。求:
(1)粒子在b點的速度大小及在磁場中做圓周運動的半徑R;
(2)粒子經過P分界面時到z軸的距離;
(3)粒子打到熒光屏Q上的位置,用坐標(x,y,z表示)。
專題提升二十四　帶電粒子在疊加場中的運動及其在現代科技中的應用
題型1
【典例1】　B　解析　根據做直線運動的條件和受力情況(如圖所示)可知,如果油滴帶正電,水平電場的方向只能向左,由左手定則判斷可知,油滴從M點運動到N點,A項錯誤,B項正確;如果水平電場方向向右,油滴只能帶負電,電場力水平向左,由左手定則判斷可知,油滴從N點運動到M點,C項錯誤;不改變電場大小,如果將水平電場變為豎直電場,若油滴做勻速圓周運動一定需要滿足qE=mg,qvB=m,D項錯誤。
【典例2】　ABD　解析　油滴a做圓周運動,故重力與電場力平衡,可知帶負電,有mg=Eq,解得q=,A項正確;根據洛倫茲力提供向心力Bqv=m,得R=,解得油滴a做圓周運動的速度大小為v=,B項正確;設小油滴Ⅰ的速度大小為v1,得3R=,解得v1==,周期為T==,C項錯誤;帶電油滴a分離前后動量守恒,設分離后小油滴Ⅱ的速度為v2,取油滴a分離前瞬間的速度方向為正方向,得mv=v1+v2,解得v2=-,由于分離后的小液滴受到的電場力和重力仍然平衡,分離后小油滴Ⅱ的速度方向與正方向相反,根據左手定則可知小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動,D項正確。
【典例3】　BC　解析　由題可知電子所受電場力水平向左,電子從N到P的過程中電場力做負功,A項錯誤;根據沿著電場線方向電勢逐漸降低可知N點的電勢高于P點,B項正確;由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直,故電子從M到N洛倫茲力都不做功,C項正確;由于M點和P點在同一等勢面上,故從M到P電場力做功為0,而洛倫茲力不做功,M點速度為0,根據動能定理可知電子在P點速度也為0,則電子在M點和P點都只受電場力作用,在勻強電場中電子在這兩點電場力相等,即合力相等,D項錯誤。
題型2
【典例4】　答案　(1)正電　
(2)　π
(3)
解析　(1)根據帶電粒子在右側磁場中的運動軌跡結合左手定則可知,粒子帶正電;粒子在磁場中運動的周期為
T=2t0,
根據T=,
則粒子所帶的電荷量q=。
(2)若金屬板的板間距離為D,則板長為,粒子在板間運動時=vt0,
出電場時豎直速度為零,則豎直方向
y=2×(0.5t0)2,
在磁場中時qvB=m,
其中y=2r=,
聯立解得v=π,D=。
(3)帶電粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖,
由(2)的計算可知金屬板的板間距離
D=3r,
則粒子在3t0時刻再次進入中間的偏轉電場,在4t0時刻進入左側的電場做減速運動速度為零后反向加速,在6t0時刻再次進入中間的偏轉電場,6.5t0時刻碰到上極板,因粒子在偏轉電場中運動時,在時間t0內電場力做功為零,在左側電場中運動時,往返一次電場力做功也為零,可知整個過程中只有開始進入左側電場時電場力做功和最后0.5t0時間內電場力做功,則
W=mv2+Eq×=+=。
題型3
【典例5】　B　解析　若粒子從左邊射入,則不論帶正電還是負電,電場力大小均為qE,洛倫茲力大小均為F=qvB=qE,電場力和洛倫茲力方向相反,粒子受力平衡,速度v=,粒子做勻速直線運動,A項錯誤,B項正確;若粒子從右邊沿虛線方向進入,則電場力與洛倫茲力在同一方向,粒子受力不平衡,不能做直線運動,C項錯誤;若速度v>,則粒子受到的洛倫茲力大于電場力,使粒子偏轉,只有當粒子帶負電時,粒子才向下偏轉,D項錯誤。
【典例6】　AC　解析　帶正電的粒子受到的洛倫茲力向上偏轉,極板MN帶正電為發電機正極,A項正確;粒子受到的洛倫茲力和電場力相互平衡時,此時設極板間距為d,則qvB=q,整理得U=Bdv,因此增大間距,U變大,增大速率,U變大,U的大小和粒子數密度無關,B、D兩項錯誤,C項正確。
【典例7】　C　解析　根據左手定則,正離子受到豎直向下的洛倫茲力,負離子受到豎直向上的洛倫茲力,則正離子聚集在N一側,負離子聚集在M一側,則M點的電勢低于N點的電勢,A、B兩項錯誤;根據qvB=q可得流速v=,MN兩點電勢差與廢液流速成正比,D項錯誤;流量值Q=Sv=,則電勢差U與流量值Q成正比,C項正確。
【典例8】　D　解析　設樣品每平方米載流子(電子)數為n,電子定向移動的速率為v,則時間t內通過樣品的電荷量q=nevtb,根據電流的定義式得I==nevb,當電子穩定通過樣品時,其所受電場力與洛倫茲力平衡,則有evB=e,聯立解得U=B,結合圖像可得k== V/T,解得n≈2.3×1016,D項正確。
微點突破6　帶電粒子在立體空間中的運動
關鍵能力 　
【典例1】　C　解析　帶電粒子進入大氣層后,由于與空氣相互作用,粒子的運動速度會變小,在洛倫茲力作用下的偏轉半徑會變小,A項錯誤;若越靠近兩極地磁場越強,則隨著緯度的增加地磁場變強,其他條件不變,則半徑變小,B項錯誤;漠河地區的地磁場豎直分量是豎直向下的,宇宙粒子入射后,由左手定則可知,從下往上看將以順時針的方向向前旋進,C項正確;當不計空氣阻力時,將帶電粒子的運動沿磁場方向和垂直于磁場方向進行分解,沿磁場方向將做勻速直線運動,垂直于磁場方向做勻速圓周運動,若帶電粒子運動速率不變,與磁場的夾角變小,則速度的垂直分量變小,故粒子在垂直于磁場方向的運動半徑會減少,即直徑D減小,而速度沿磁場方向的分量變大,故沿磁場方向的勻速直線運動將變快,則螺距將增大,D項錯誤。
【典例2】　C　解析　電場力的瞬時功率P=qEv1,A項錯誤;由于v1與磁場平行,則根據洛倫茲力的計算公式有F洛=qv2B,B項錯誤;根據運動的疊加原理可知,離子在垂直于紙面內做勻速圓周運動,沿水平方向做加速運動,則v1增大,v2不變,v2與v1的比值不斷變小,C項正確;離子受到的洛倫茲力大小不變,電場力不變,則該離子的加速度大小不變,但洛倫茲力方向改變,所以加速度方向改變,D項錯誤。
【典例3】　答案　(1)　(2)
(3)
解析　(1)電子在勻強磁場中運動時,將其分解為沿x軸的勻速直線運動和在yOz平面內的勻速圓周運動,設電子入射時沿y軸的分速度大小為vy,由電子在x軸方向做勻速直線運動得L=v0t,
在yOz平面內,設電子做勻速圓周運動的半徑為R,周期為T,由牛頓第二定律知
Bevy=m,
可得R=,
且T==,
由題意可知所有電子均能經過O進入電場,則有
t=nT(n=1,2,3,…),
聯立解得B=,
當n=1時,B有最小值,可得Bmin=。
(2)將電子的速度分解,如圖所示,
有tan θ=,
當tan θ有最大值時,vy最大,R最大,此時R=r,又B=,R=,
聯立可得vym=,tan θ=。
(3)當vy最大時,電子在電場中運動時沿y軸正方向有最大位移ym,根據勻變速直線運動規律有ym=,
由牛頓第二定律知a=,
又vym=,
聯立解得ym=。
微點訓練 　
1.BD　解析　由洛倫茲力的公式可得,甲粒子受力大小為qvB,根據左手定則可知甲粒子此時受到的洛倫茲力方向垂直于紙面向里,A項錯誤;乙粒子速度方向與磁場方向平行,不受洛倫茲力作用,所以運動軌跡是直線,B項正確;將丙粒子的速度v在沿磁場方向和垂直于磁場方向分解為v1和v2,其中v1對應的分運動為水平向右的勻速直線運動,v2對應的分運動為垂直于紙面的勻速圓周運動,所以丙粒子的合運動為螺旋線運動,由于洛倫茲力不做功,所以其動能不變,C項錯誤;對丙粒子在垂直于紙面的勻速圓周運動,有qv2B=m,解得r=,周期為T==,丙粒子在沿磁場方向做勻速直線運動的速度為v1=vcos θ,經過一個周期的時間丙粒子圓周運動剛好一周,所以此時位置改變為x=v1T=,D項正確。
2.答案　(1)v0　(2)　(3)+1L,L,
解析　(1)帶電粒子在勻強磁場內,沿x軸方向做勻速直線運動,設粒子在電場內的運動時間為t1,則2L=v0t1,
粒子在電場中的加速度為a,則L=a,
粒子沿y軸方向的速度為vy=at1,
解得vy=v0,
粒子經過C點時的速度大小為
v=,
解得v=v0,
與y軸正方向夾角為45°。
(2)勻強電場的場強為E,由牛頓第二定律得Eq=ma,
解得E=,
粒子在0甲
由幾何關系可知,粒子的軌道半徑為
r1==L,
在該磁場區域中,由牛頓運動定律可知
qvB=m,
解得B=,
電場強度E與磁感應強度B的比值為=。
(3)帶電粒子從F點沿x軸正方向進入半圓柱體區域,粒子在平行于xOz的平面內做勻速圓周運動的軌跡如圖乙所示,
乙
粒子在該半圓柱區域中的運動半徑r2=r1,軌跡的圓心角為60°,則出射點在x軸上的坐標為x0=r2cos 30°+L=+1L,
y軸上的坐標為y0=r1=L,
z軸上的坐標為z0=r2sin 30°=L,
帶電粒子從半圓柱體射出時的位置坐標為+1L,L,。
3.答案　(1)　d　(2)d
(3)d,d,0
解析　(1)粒子在電場中加速過程,根據動能定理有qU=mv2,
解得v=,
粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,則有qBv=m,
結合上述解得R=d。
(2)作出粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示,
根據幾何關系有sin θ=,
解得θ=60°,
粒子經過P分界面時到z軸距離為x1=R-Rcos 60°=d。
(3)在區域Ⅱ電場中,粒子在z軸上移動的時間為t=,
沿x軸方向做勻速直線運動,則有
x2=vsin θ·t=d,
所以在x軸的橫坐標為x=x1+x2=d,
沿y軸方向做初速度為0的勻加速直線運動,加速度a=,則有y=at2=d,
可知坐標為d,d,0。(共41張PPT)
專題提升二十四
帶電粒子在疊加場中的運動及其在現代科技中的應用
第十一章　磁場
題型1　帶電粒子在疊加場中的運動
題型2　帶電粒子在交變電磁場中的運動
內容
索引
題型3　疊加場在現代科技中的應用
帶電粒子在疊加場中的運動
題型1
運動性質 受力特點 方法規律
勻速直線運動 粒子所受的合力為0 平衡條件
勻速圓周運動 除洛倫茲力外，電場力和重力的合力為零，即qE=mg 牛頓第二定律、圓周運動的規律
較復雜的曲線運動 三力的合力不為0，且與速度方向不垂直 動能定理、能量守恒定律
1.疊加場。
電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。
2.帶電粒子在疊加場中常見的幾種運動形式。
考向1
帶電粒子在疊加場中的直線運動
【典例1】　地面附近空間中存在著水平方向的勻強電場和勻強磁場,已知磁場方向垂直于紙面向里。一個帶電油滴沿著一條與豎直方向成α角的直線MN運動。由此可以判斷( )
A.如果油滴帶正電，它是從N點運動到M點
B.如果油滴帶正電，它是從M點運動到N點
C.如果水平電場方向向右，油滴是從M點運動到N點
D.不改變電場大小，如果將水平電場變為豎直電場，
油滴將做勻速圓周運動
根據做直線運動的條件和受力情況(如圖所示)
可知，如果油滴帶正電，水平電場的方向只能
向左，由左手定則判斷可知，油滴從M點運動
到N點，A項錯誤，B項正確；如果水平電場方
向向右，油滴只能帶負電，電場力水平向左，
由左手定則判斷可知，油滴從N點運動到M點，C項錯誤；不改變電場大小，如果將水平電場變為豎直電場，若油滴做勻速圓周運動一定需要滿足qE=mg，qvB=m，D項錯誤。
解析
考向2
帶電粒子在疊加場中的圓周運動
【典例2】　(多選)(2024·安徽卷)空間中存在
豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強
磁場，電場強度大小為E，磁感應強度大小為
B。一質量為m的帶電油滴a，在紙面內做半徑
為R的圓周運動，軌跡如圖所示。當a運動到最
低點P時，瞬間分成兩個小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者帶電量、質量均相同。Ⅰ在P點時與a的速度方向相同，并做半徑為3R的圓周運動，軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g，不計空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用，則( )
A.油滴a帶負電，所帶電量的大小為
B.油滴a做圓周運動的速度大小為
C.小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為，周期為
D.小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動
油滴a做圓周運動，故重力與電場力平衡，可知帶負電，有mg=Eq,解得q=，A項正確；根據洛倫茲力提供向心力Bqv=m，得R=，解得油滴a做圓周運動的速度大小為v=，B項正確；設小油滴Ⅰ的速度大小為v1，得3R=，解得v1==，周期為
解析
T==，C項錯誤；帶電油滴a分離前后動量守恒，設分離后小油滴Ⅱ的速度為v2，取油滴a分離前瞬間的速度方向為正方向，得mv=v1+v2，解得v2=-，由于分離后的小液滴受到的電場力和重力仍然平衡，分離后小油滴Ⅱ的速度方向與正方向相反，根據左手定則可知小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動，D項正確。
解析
考向3
帶電粒子在疊加場中的復雜曲線運動
【典例3】　(多選)(2022·廣東卷)如圖所示，磁控管內局部區域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有( )
A.電子從N到P，電場力做正功
B.N點的電勢高于P點的電勢
C.電子從M到N，洛倫茲力不做功
D.電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力
由題可知電子所受電場力水平向左，電子從N到P的過程中電場力做負功，A項錯誤；根據沿著電場線方向電勢逐漸降低可知N點的電勢高于P點，B項正確；由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N洛倫茲力都不做功，C項正確；由于M點和P點在同一等勢面上，故從M到P電場力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點速度為0，根據動能定理可知電子在P點速度也為0，則電子在M點和P點都只受電場力作用，在勻強電場中電子在這兩點電場力相等，即合力相等，D項錯誤。
解析
帶電粒子在交變電磁場中的運動
題型2
帶電粒子在交變復合場中的運動問題的基本思路。
【典例4】　(2024·廣東卷)如圖甲所示，兩塊平行正對的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅值為U0、周期為t0的交變電壓。金屬板左側存在一水平向右的恒定勻強電場，右側分布著垂直紙面向外的勻強磁場。磁感應強度大小為B。一帶電粒子在t=0時刻從左側電場某處由靜止釋放，在t=t0時刻從下板左端邊緣位置水平向右進入金屬板間的電場內，在t=2t0時刻第一次離開金屬板間的電場、水平向右進入磁場，并在t=3t0時刻從下板右端邊緣位置再次水平進入金屬板間的電場。已知金屬板的板長是板間距離的倍，粒子質量為m。忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應。
(1)判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q；
根據帶電粒子在右側磁場中的運動軌跡結合左手定則可知，粒子帶正電；粒子在磁場中運動的周期為T=2t0，
根據T=，
則粒子所帶的電荷量q=。
解析
(2)求金屬板的板間距離D和帶電粒子在t=t0時刻的速度大小v；
若金屬板的板間距離為D，則板長為，粒子在板間運動時=vt0,
出電場時豎直速度為零，則豎直方向y=2×(0.5t0)2，
在磁場中時qvB=m，其中y=2r=，
聯立解得v=π，D=。
解析
(3)求從t=0時刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中，電場力對粒子做的功W。
帶電粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖，
由(2)的計算可知金屬板的板間距離
D=3r，
解析
則粒子在3t0時刻再次進入中間的偏轉電場，在4t0時刻進入左側的電場做減速運動速度為零后反向加速，在6t0時刻再次進入中間的偏轉電場，6.5t0時刻碰到上極板，因粒子在偏轉電場中運動時，在時間t0內電場力做功為零，在左側電場中運動時，往返一次電場力做功也為零，可知整個過程中只有開始進入左側電場時電場力做功和最后0.5t0時間內電場力做功，則
W=mv2+Eq×=+=。
解析
疊加場在現代科技中的應用
題型3
考向1
速度選擇器
1.平行板間電場強度E和磁感應強度B互相垂直(如圖)。
2.帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是洛倫茲力與靜電力平衡。
qvB=qE，即v=。
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、質量。
4.速度選擇器具有單向性。
【典例5】　如圖所示是速度選擇器的原理圖，已知電場強度為E、磁感應強度為B，電場和磁場相互垂直分布，某一帶電粒子(重力不計)沿圖中虛線水平通過，則該帶電粒子( )
A.一定帶正電
B.速度大小為
C.可能沿QP方向運動
D.若沿PQ方向運動的速度大于，將一定向下極板偏轉
若粒子從左邊射入，則不論帶正電還是負電，電場力大小均為qE,洛倫茲力大小均為F=qvB=qE，電場力和洛倫茲力方向相反，粒子受力平衡，速度v=，粒子做勻速直線運動，A項錯誤，B項正確;若粒子從右邊沿虛線方向進入，則電場力與洛倫茲力在同一方向,粒子受力不平衡，不能做直線運動，C項錯誤；若速度v>，則粒子受到的洛倫茲力大于電場力，使粒子偏轉，只有當粒子帶負電時，粒子才向下偏轉，D項錯誤。
解析
考向2
磁流體發電機
1.原理：如圖所示，等離子體噴入磁場，正、負離子在洛倫茲力的作用下發生偏轉而聚集在B、A板上，產生電勢差，它可以把離子的動能通過磁場轉化為電能。
2.電源正、負極判斷：根據左手定則可判斷出正離子偏向B板，圖中的B是發電機的正極。
3.發電機的電動勢：當發電機外電路斷路時，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，則q=qvB得U=Bdv，則E=U=Bdv。
當發電機接入電路時，遵從閉合電路歐姆定律。
【典例6】　(多選)(2024·湖北卷)磁流體發電機的原理如圖所示，MN和PQ是兩平行金屬極板，勻強磁場垂直于紙面向里。等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子)從左側以某一速度平行于極板噴入磁場，極板間便產生電壓。下列說法正確的是( )
A.極板MN是發電機的正極
B.僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小
C.僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大
D.僅增大噴入等離子體的正、負帶電粒子數密度，極板間的電壓增大
帶正電的粒子受到的洛倫茲力向上偏轉，極板MN帶正電為發電機正極，A項正確；粒子受到的洛倫茲力和電場力相互平衡時，此時設極板間距為d，則qvB=q，整理得U=Bdv，因此增大間距，U變大，增大速率，U變大，U的大小和粒子數密度無關，B、D兩項錯誤，C項正確。
解析
考向3
電磁流量計
1.流量Q：單位時間流過導管某一截面的液體的體積。
2.導電液體的流速v的計算。
如圖所示，一圓柱形導管直徑為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
體中的正、負離子在洛倫茲力作用下發生偏轉，使a處積累正電荷，b處積累負電荷，使a、b間出現電勢差，φa>φb。當自由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差U達到最大，由q=qvB，可得v=。
3.流量的表達式：Q=Sv==。
4.電勢高低的判斷：根據左手定則可得φa>φb。
【典例7】　在某實驗室中有一種污水流量計，其原理可以簡化為如圖所示模型：廢液內含有大量正、負離子，從直徑為d的圓柱形容器右側流入，左側流出。流量值等于單位時間通過橫截面的液體的體積。空間有垂直紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，下列說法正確的是( )
A.M點的電勢高于N點的電勢
B.負離子所受洛倫茲力方向豎直向下
C.MN兩點間的電勢差與廢液的流量值成正比
D.MN兩點間的電勢差與廢液流速成反比
根據左手定則，正離子受到豎直向下的洛倫茲力，負離子受到豎直向上的洛倫茲力，則正離子聚集在N一側，負離子聚集在M一側，則M點的電勢低于N點的電勢，A、B兩項錯誤；根據qvB=q可得流速v=，MN兩點電勢差與廢液流速成正比，D項錯誤；流量值Q=Sv=，則電勢差U與流量值Q成正比，C項正確。
解析
考向4
霍爾效應
1.定義：高為h、寬為d的導體(自由電荷是電子或正電荷)置于磁感應強度為B的勻強磁場中，當電流通過導體時，在導體的上表面A和下表面A'之間產生電勢差，這種現象稱為霍爾效應，此電壓稱為霍爾電壓。
2.電勢高低的判斷：如圖，導體中的電流I向右時，根據左手定則可得，若自由電荷是電子，則下表面A'的電勢高。若自由電荷是正電荷，則下表面A'的電勢低。
3.霍爾電壓：導體中的自由電荷(電荷量為q)在洛倫茲力作用下偏轉,
A、A'間出現電勢差，當自由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時，A、A'間的電勢差U就保持穩定，由qvB=q，I=nqvS，S=hd，聯立解得U==k，k=稱為霍爾系數。
【典例8】　(2024·江西卷)石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結構新材料，具有豐富的電學性能。現設計一電路測量某二維石墨烯樣品的載流子(電子)濃度。如圖甲所示，在長為a，寬為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強磁場，磁感應強度為B，電極
1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產生電壓U。當I=1.00×10-3 A時，測得U-B關系圖線如圖乙所示，元電荷e=1.60×10-19 C，則此樣品每平方米載流子數最接近( )
A.1.7×1019 B.1.7×1015
C.2.3×1020 D.2.3×1016
審題指導
序號 信息讀取 信息加工
1 加一垂直向里的勻強磁場，磁感應強度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產生電壓U 霍爾效應現象
2 當I=1.00×10-3 A時，測得U-B關系圖線如圖乙所示 利用霍爾效應的原理建立U與B的關系式
失分剖析 不清楚題圖甲所示裝置的工作原理和題圖乙所示圖像的物理意義 設樣品每平方米載流子(電子)數為n，電子定向移動的速率為v，則時間t內通過樣品的電荷量q=nevtb，根據電流的定義式得I==nevb,當電子穩定通過樣品時，其所受電場力與洛倫茲力平衡，則有evB=e，聯立解得U=B，結合圖像可得k== V/T，解得n≈2.3×1016，D項正確。
解析專題提升練24　帶電粒子在疊加場中的運動
及其在現代科技中的應用
　
梯級Ⅰ基礎練
1.(多選)如圖所示，在豎直平面內的虛線下方分布著互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場的電場強度大小為10 N/C，方向水平向左;磁場的磁感應強度大小為2 T，方向垂直紙面向里。現將一質量為0.2 kg、電荷量為+0.5 C的小球，從該區域上方的某點A以某一初速度水平拋出，小球進入虛線下方后恰好做直線運動。已知重力加速度為g=10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A.小球平拋的初速度大小為5 m/s
B.小球平拋的初速度大小為2 m/s
C.A點距該區域上邊界的高度為1.25 m
D.A點距該區域上邊界的高度為2.5 m
2.(多選)霍爾元件就是利用霍爾效應制成的半導體磁電轉換器件，如圖是很小的矩形半導體薄片，M、N之間的距離為d，薄片的厚度為h，在E、F間通入恒定電流I，同時外加與薄片垂直的磁感應強度為B的磁場，M、N間的電壓為UH。已知半導體薄片中的載流子為負電荷，每個載流子電荷量為q，單位體積內載流子個數為n，電流與磁場的方向如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A.N板電勢低于M板電勢
B.MN間電勢差UH=
C.載流子受到的洛倫茲力大小為q
D.將磁場方向變為與薄片的左、右表面垂直，此元件可正常工作
3.(多選)空間內存在電場強度大小E=100 V/m、方向水平向左的勻強電場和磁感應強度大小B1=100 T、方向垂直紙面向里的勻強磁場(圖中均未畫出)。一質量m=0.1 kg、電荷量q=0.01 C的帶正電小球從O點由靜止釋放，小球在豎直面內的運動軌跡如圖中實線所示，軌跡上的A點離OB最遠且與OB的距離為l，重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A.在運動過程中，小球的機械能守恒
B.小球經過A點時的速度最大
C.小球經過B點時的速度為0
D.l= m
梯級Ⅱ能力練
4.(2025·莆田二模)如圖，xOy平面內有區域Ⅰ和Ⅱ，其中區域Ⅰ存在以原點O為圓心的圓形勻強磁場，區域Ⅱ存在范圍足夠大的勻強磁場和勻強電場，電場強度大小為E，方向沿y軸負方向;兩區域磁場的磁感應強度大小均為B，方向均垂直坐標平面向里。某帶電粒子以速度v0從M點沿y軸負方向射入區域Ⅰ，從N點離開區域Ⅰ并立即進入區域Ⅱ，之后沿x軸運動。已知B=0.05 T，M點坐標為(0，0.1)，粒子的比荷=4×106 C/kg，不計粒子的重力。
(1)求粒子的速度大小v0;
(2)求電場強度大小E;
(3)某時刻開始電場強度大小突然變為2E(不考慮電場變化產生的影響)，其他條件保持不變，一段時間后，粒子經過P點，P點的縱坐標y=-0.2 m，求粒子經過P點的速度大小vP。
5.如圖所示，虛線MON的ON邊位于水平位置，OM邊與水平方向的夾角θ=45°，虛線MON上、下兩側有電場強度大小相等、方向分別沿水平向右與豎直向上的勻強電場。勻強磁場的方向垂直于紙面向里，分布于虛線MON的下側區域。將一質量m=0.1 kg、電荷量q=+0.1 C的帶電小球從與O點等高的P點由靜止釋放，小球沿直線PA運動至A點，垂直OM進入磁場，之后小球又垂直ON再次進入上側電場。重力加速度g取10 m/s2，OA= m。求:
(1)電場強度E和小球進入勻強磁場時的速度v;
(2)勻強磁場的磁感應強度的大小;
(3)小球在虛線ON上側能夠上升的最大高度。
6.如圖甲所示，豎直面MN的左側空間中存在豎直方向的勻強電場(上、下及左側無邊界)。一個質量為m、電荷量為q、可視為質點的帶正電小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直線運動，Q位于MN上，若小球剛經過D點時(t=0)，在電場所在空間疊加如圖乙所示隨時間做周期性變化、垂直紙面向里的勻強磁場，使得小球再次通過D點時與PQ連線成90°角，已知D、Q間的距離為2L，t0小于小球在磁場中做圓周運動的周期，忽略磁場變化造成的影響，重力加速度為g。求:
(1)電場強度E的大小和方向;
(2)t0與t1的比值;
(3)小球過D點后做周期性運動，則當小球運動的周期最大時，求出此時磁感應強度B0的大小及運動的最大周期Tm。
梯級Ⅲ創新練
7.工業上常用電磁流量計來測量高黏度、強腐蝕性的流體的流量Q(單位時間內流過管道橫截面的液體體積)，原理如圖甲所示，在非磁性材料做成的圓管處加磁感應強度大小為B的勻強磁場，當導電液體流過此磁場區域時，測出管壁上下M、N兩點間的電勢差U，就可計算出管內液體的流量。為了測量某工廠的污水排放量，技術人員在充滿污水的排污管末端安裝了一個電滋流量計，如圖乙所示，已知排污管和電磁流量計處的管道直徑分別為2d和d。某次測量時，管壁上下M、N兩點間的電勢差為U0，則排污管的污水流量為(　　)
A.　　B. C.　　D.
專題提升練24　帶電粒子在疊加場中的運動及其在現代科技中的應用
1.BC　解析　小球受豎直向下的重力與水平向左的電場力作用,小球進入電磁場區域做直線運動,小球受力如圖所示,小球做直線運動,則由平衡條件得qvBcos θ=mg,小球的速度vcos θ=v0,代入數據解得v0=2 m/s,A項錯誤,B項正確;在水平方向,由平衡條件得qE=qBv0sin θ,v0sin θ=vy,根據=2gh,得h==1.25 m,C項正確,D項錯誤。
2.AB　解析　根據左手定則,帶負電的載流子會積累在N板,所以N板電勢低于M板電勢,A項正確;根據平衡條件q=qvB,根據電流微觀表達式I=nqvdh,整理得MN間電勢差UH=,B項正確;穩定后載流子受到的洛倫茲力等于電場力F=q,C項錯誤;將磁場方向變為與薄片的左、右表面垂直,會在薄片的上、下表面之間產生電勢差,M、N間無電壓,元件不能正常工作,D項錯誤。
3.BCD　解析　由于電場力做功,故小球的機械能不守恒,A項錯誤;重力和電場力的合力大小為= N,方向與豎直方向的夾角為45°斜向左下方,小球由O點到A點,重力和電場力的合力做的功最多,在A點時的動能最大,速度最大,B項正確;小球做周期性運動,在B點時的速度為0,C項正確;對小球由O點到A點的過程,由動能定理得mgl=mv2,沿OB方向建立x軸,垂直OB方向建立y軸,在x方向上由動量定理得qvyB1Δt=mΔv,累積求和,則有qB1l=mv,解得l= m,D項正確。
易錯提醒　此題用動量定理解題時最容易出錯的地方是速度和洛倫茲力的方向。沿x軸方向只有洛倫茲力的分力,但影響洛倫茲力沿x軸方向分力的是沿y軸方向的分速度。
4.答案　(1)2×104 m/s　(2)1×103 N/C　(3)6×104 m/s
解析　(1)帶電粒子在區域Ⅰ中做勻速圓周運動,由牛頓第二定律有qBv0=m,
根據幾何關系可知,粒子運動軌跡半徑為
r=0.1 m,
且=4×106 C/kg,
聯立解得v0==2×104 m/s。
(2)帶電粒子在區域Ⅱ中做勻速直線運動,由平衡條件有qBv0=qE,
解得E=1×103 N/C。
(3)電場強度突然變為2E,粒子運動到P點過程,由動能定理有
2qE|y|=m-m,
解得vP=6×104 m/s。
5.答案　(1)10 N/C　4 m/s　(2)5 T
(3)0.8 m
解析　(1)由于小球沿直線PA運動至A點,垂直于OM進入磁場,運動軌跡如圖甲,則小球所受合力方向也沿PA方向,
甲
對小球受力分析有
tan θ=,
解得E==10 N/C,
小球由P至A做勻加速直線運動,設加速度為a1,根據牛頓第二定律,則有
=ma1,
解得a1=10 m/s2,
由幾何關系tan θ=,
可得PA=OA=L,
根據速度與位移的關系式有v2=2a1L,
解得小球在A點的速度大小v=4 m/s。
(2)由于電場力大小與重力大小相等,則小球在虛線下側做勻速圓周運動,由小球垂直ON再次進入上側電場,運動軌跡如圖乙,
乙
根據幾何關系有小球做圓周運動的半徑R=L,
由洛倫茲力提供向心力,有qvB=m,
解得B=5 T。
(3)小球再次進入上側電場中時,做類斜拋運動,豎直方向做豎直上拋運動,設上升的最大高度為h,則有v2=2gh,
解得h=0.8 m。
6.答案　(1)　豎直向上　(2)
(3)　
解析　(1)不加磁場時,小球沿直線PQ做直線運動,有qE=mg,
解得E=,
電場強度的方向豎直向上。
(2)小球能再次通過D點,其運動軌跡如圖(a)所示,
圖(a)
設半徑為r,做圓周運動的周期為T,則
r=v0t1,T=,t0=T,
解得=。
(3)當小球運動周期最大時,其運動軌跡應與MN相切,如圖(b)所示,
圖(b)
由幾何關系得2R=2L,
由牛頓第二定律得qv0B=m,
解得B0=,
小球一個周期通過的路程為
s=4××2πL+8L=(6π+8)L,
小球運動的最大周期為
Tm==。
7.C　解析　當粒子在電磁流量計中受力平衡時qvB=qE=,解得粒子的速度為v=,排污管的污水流量Q=Sv=π2v=,C項正確。(共31張PPT)
專題提升練24
帶電粒子在疊加場中的運動及其在現代科技中的應用
1
5
6
7
2
3
4
1.(多選)如圖所示，在豎直平面內的虛線下方分布著互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場的電場強度大小為10 N/C，方向水平向左；磁場的磁感應強度大小為2 T，方向垂直紙面向里。現將一質量為 0.2 kg、電荷量為+0.5 C的小球，從該區域上方的某點A以某一初速度水平拋出，小球進入虛線下方后恰好做直線運動。已知重力加速度為g=10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
梯級Ⅰ 基礎練
1
5
6
7
2
3
4
A.小球平拋的初速度大小為5 m/s
B.小球平拋的初速度大小為2 m/s
C.A點距該區域上邊界的高度為1.25 m
D.A點距該區域上邊界的高度為2.5 m
1
5
6
7
2
3
4
小球受豎直向下的重力與水平向左的電場力作用，小球進入電磁場區域做直線運動，小球受力如圖所示，小球做直線運動，則由平衡條件得qvBcos θ=mg，小球的速度vcos θ=v0，代入數據解得
解析
v0=2 m/s，A項錯誤，B項正確；在水平方向，由平衡條件得qE=qBv0sin θ，v0sin θ=vy，根據=2gh，得h==1.25 m，C項正確，D項錯誤。
1
5
6
7
2
3
4
2.(多選)霍爾元件就是利用霍爾效應制成的半導體磁電轉換器件，如圖是很小的矩形半導體薄片，M、N之間的距離為d，薄片的厚度為 h，在E、F間通入恒定電流I，同時外加與薄片垂直的磁感應強度為B的磁場，M、N間的電壓為UH。已知半導體薄片中的載流子為負電 荷，每個載流子電荷量為q，單位體積內載流子個數為n，電流與磁場的方向如圖所示。下列說法正確的是(　　)
1
5
6
7
2
3
4
A.N板電勢低于M板電勢
B.MN間電勢差UH=
C.載流子受到的洛倫茲力大小為q
D.將磁場方向變為與薄片的左、右表面垂直，此元件可正常工作
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根據左手定則，帶負電的載流子會積累在N板，所以N板電勢低于M板電勢，A項正確；根據平衡條件q=qvB，根據電流微觀表達式I=nqvdh，整理得MN間電勢差UH=，B項正確；穩定后載流子受到的洛倫茲力等于電場力F=q，C項錯誤；將磁場方向變為與薄片的左、右表面垂直，會在薄片的上、下表面之間產生電勢差，M、N間無電壓，元件不能正常工作，D項錯誤。
解析
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3.(多選)空間內存在電場強度大小E=100 V/m、方向水平向左的勻強電場和磁感應強度大小B1=100 T、方向垂直紙面向里的勻強磁場(圖中均未畫出)。一質量m=0.1 kg、電荷量q=0.01 C的帶正電小球從O點由靜止釋放，小球在豎直面內的運動軌跡如圖中實線所示，軌跡上的A點離OB最遠且與OB的距離為l，重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
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A.在運動過程中，小球的機械能守恒
B.小球經過A點時的速度最大
C.小球經過B點時的速度為0
D.l= m
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由于電場力做功，故小球的機械能不守恒，A項錯誤；重力和電場力的合力大小為= N，方向與豎直方向的夾角為45°斜向左下方，小球由O點到A點，重力和電場力的合力做的功最多，在A點時的動能最大，速度最大，B項正確；小球做周期性運動，在B點時的速度為0，C項正確；對小球由O點到A點的過程，由動能定理得mgl=mv2，沿OB方向建立x軸，垂直OB方向
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建立y軸，在x方向上由動量定理得qvyB1Δt=mΔv，累積求和，則有qB1l=mv，解得l= m，D項正確。
解析
易錯提醒　此題用動量定理解題時最容易出錯的地方是速度和洛倫茲力的方向。沿x軸方向只有洛倫茲力的分力，但影響洛倫茲力沿x軸方向分力的是沿y軸方向的分速度。
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4.(2025·莆田二模)如圖，xOy平面內有區域Ⅰ和Ⅱ，其中區域Ⅰ存在以原點O為圓心的圓形勻強磁場，區域Ⅱ存在范圍足夠大的勻強磁場和勻強電場，電場強度大小為E，方向沿y軸負方向；兩區域磁場的磁感應強度大小均為B，方向均垂直坐標平面向里。某帶電粒子以速度v0從M點沿y軸負方向射入區域Ⅰ，從N點離開區域Ⅰ并立即進入區域Ⅱ，之后沿x軸運動。已知B=0.05 T，M點坐標為(0，0.1)，粒子的比荷=4×106 C/kg，不計粒子的重力。
梯級Ⅱ 能力練
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(1)求粒子的速度大小v0；
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帶電粒子在區域Ⅰ中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有qBv0=m，
根據幾何關系可知，粒子運動軌跡半徑為
r=0.1 m，
且=4×106 C/kg，
聯立解得v0==2×104 m/s。
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(2)求電場強度大小E；
帶電粒子在區域Ⅱ中做勻速直線運動，由平衡條件有qBv0=qE，
解得E=1×103 N/C。
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(3)某時刻開始電場強度大小突然變為2E(不考慮電場變化產生的影 響)，其他條件保持不變，一段時間后，粒子經過P點，P點的縱坐標y=-0.2 m，求粒子經過P點的速度大小vP。
電場強度突然變為2E，粒子運動到P點過程，由動能定理有
2qE|y|=m-m，
解得vP=6×104 m/s。
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5.如圖所示，虛線MON的ON邊位于水平位置，OM邊與水平方向的夾角θ=45°，虛線MON上、下兩側有電場強度大小相等、方向分別沿水平向右與豎直向上的勻強電場。勻強磁場的方向垂直于紙面向里，分布于虛線MON的下側區域。將一質量m=0.1 kg、電荷量q= +0.1 C的帶電小球從與O點等高的P點由靜止釋放，小球沿直線PA運動至A點，垂直OM進入磁場，之后小球又垂直ON再次進入上側電 場。重力加速度g取10 m/s2，OA= m。求:
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(1)電場強度E和小球進入勻強磁場時的速度v；
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由于小球沿直線PA運動至A點，垂直于OM進入磁場，運動軌跡如圖甲，則小球所受合力方向也沿PA方向，
對小球受力分析有
tan θ=，
解得E==10 N/C，
小球由P至A做勻加速直線運動，設加速度為a1，根據牛頓第二定律，則有=ma1，
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解得a1=10 m/s2，
由幾何關系tan θ=，
可得PA=OA=L，
根據速度與位移的關系式有v2=2a1L，
解得小球在A點的速度大小v=4 m/s。
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(2)勻強磁場的磁感應強度的大小；
由于電場力大小與重力大小相等，則小球在虛線下側做勻速圓周運動，由小球垂直ON再次進入上側電場，運動軌跡如圖乙，
根據幾何關系有小球做圓周運動的半徑R=L，
由洛倫茲力提供向心力，有qvB=m，
解得B=5 T。
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(3)小球在虛線ON上側能夠上升的最大高度。
小球再次進入上側電場中時，做類斜拋運動，豎直方向做豎直上拋運動，設上升的最大高度為h，則有v2=2gh，
解得h=0.8 m。
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6.如圖甲所示，豎直面MN的左側空間中存在豎直方向的勻強電場 (上、下及左側無邊界)。一個質量為m、電荷量為q、可視為質點的帶正電小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直線運動，Q位于MN上，若小球剛經過D點時(t=0)，在電場所在空間疊加如圖乙所示隨時間做周期性變化、垂直紙面向里的勻強磁場，使得小球再次通過D點時與PQ連線成90°角，已知D、Q間的距離為2L，t0小于小球在磁場中做圓周運動的周期，忽略磁場變化造成的影響，重力加速度為g。求:
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(1)電場強度E的大小和方向；
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不加磁場時，小球沿直線PQ做直線運動，有qE=mg，
解得E=，
電場強度的方向豎直向上。
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(2)t0與t1的比值；
小球能再次通過D點，其運動軌跡如圖(a)所示，
設半徑為r，做圓周運動的周期為T，則
r=v0t1，T=，t0=T，
解得=。
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(3)小球過D點后做周期性運動，則當小球運動的周期最大時，求出此時磁感應強度B0的大小及運動的最大周期Tm。
(3)當小球運動周期最大時，其運動軌跡應與MN相切，如圖(b)所 示，由幾何關系得
2R=2L，
由牛頓第二定律得qv0B=m，
解得B0=，
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小球一個周期通過的路程為
s=4××2πL+8L=(6π+8)L，
小球運動的最大周期為Tm==。
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7.工業上常用電磁流量計來測量高黏度、強腐蝕性的流體的流量Q(單位時間內流過管道橫截面的液體體積)，原理如圖甲所示，在非磁性材料做成的圓管處加磁感應強度大小為B的勻強磁場，當導電液體流過此磁場區域時，測出管壁上下M、N兩點間的電勢差U，就可計算出管內液體的流量。為了測量某工廠的污水排放量，技術人員在充滿污水的排污管末端安裝了一個電滋流量計，如圖乙所示，已知排污管和電磁流量計處的管道直徑分別為2d和d。某次測量時，管壁上下M、N兩點間的電勢差為U0，則排污管的污水流量為(　　)
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梯級Ⅲ 創新練
A.　　 B. C.　　 D.
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當粒子在電磁流量計中受力平衡時qvB=qE=，解得粒子的速度為v=，排污管的污水流量Q=Sv=π（）2v=，C項正確。
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