2020届一轮复习人教版 第九章 带电粒子在叠加场中的运动 作业

带电粒子在复合场中的运动一、单项选择题1．如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，匀强电场方向竖直向下，有一正离子恰能沿直线从左向右水平飞越此区域．不计重力，则( ）A．若电子以相同的速率从右向左飞入，电子也沿直线运动B．若电子以相同的速率从右向左飞入，电子将向下偏转C．若电子以相同的速率从左向右飞入，电子将向下偏转D．若电子以相同的速率从左向右飞入，电子也沿直线运动解析：若电子从右向左飞入,电场力向上，洛伦兹力也向上，所以向上偏,A、B选项错误;若电子从左向右飞入，电场力向上，洛伦兹力向下．由题意知电子受力平衡将做匀速直线运动，D选项正确,C选项错误．答案：D2．(2016·高考全国卷Ⅰ)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．12C．121 D．144解析:带电粒子在加速电场中运动时,有qU＝错误!mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝错误!，由以上两式整理得r＝错误!错误!.由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得错误!＝144,选项D正确．答案:D3．(2019·辽宁大连高三模拟)如图所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的O点,出现一个光斑．在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为r的圆弧运动，打在荧光屏上的P点,然后在磁场区域再加一竖直向下，场强大小为E的匀强电场，光斑从P点又回到O 点．关于该粒子（不计重力），下列说法正确的是（）A．粒子带负电B．初速度为v＝B EC．比荷为错误!＝错误!D．比荷为错误!＝错误!解析：在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后,粒子束打在荧光屏上的P点，根据左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；当电场和磁场同时存在时qvB＝Eq，解得v＝错误!，选项B错误；在磁场中时,由qvB＝m错误!，可得错误!＝错误!＝错误!，故选项D 正确，C错误．答案：D4．如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U，带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入,穿过两板后又沿垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化情况为( ）A．d随v0增大而增大，d与U无关B．d随v0增大而增大,d随U增大而增大C．d随U增大而增大,d与v0无关D．d随v0增大而增大，d随U增大而减小解析：设粒子从M点进入磁场时的速度大小为v,该速度与水平方向的夹角为θ，故有v ＝错误!，粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为r＝错误!，而MN之间的距离为d＝2r cos θ，联立解得d＝2mv0qB，故选项A正确．答案：A5．（2019·江西南昌三校联考）中国科学家发现了量子反常霍尔效应,杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果．如图所示，厚度为h、宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．下列说法正确的是( ）A．上表面的电势高于下表面的电势B．仅增大h时，上下表面的电势差增大C．仅增大d时，上下表面的电势差减小D．仅增大电流I时,上下表面的电势差减小解析：因电流方向向右，则金属导体中的自由电子是向左运动的，根据左手定则可知上表面带负电，则上表面的电势低于下表面的电势，A选项错误．当电子达到平衡时，电场力等于洛伦兹力，即q错误!＝qvB，又I＝nqvhd（n为导体单位体积内的自由电子数),得U＝错误!,则仅增大h时,上下表面的电势差不变；仅增大d时,上下表面的电势差减小；仅增大I时，上下表面的电势差增大，故C正确，B、D错误．答案：C二、多项选择题6．(2019·湖北华中师范大学第一附属中学模拟)美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器,其基本原理如图所示．现有一回旋加速器，当外加磁场一定时,可把质子的速度从零加速到v，质子获得的动能为E k。

第4节带电粒子在叠加场中的运动突破点(一)带电粒子在叠加场中的运动1．分析方法2．三种场的比较力的特点功和能的特点重力场大小：G＝mg方向：竖直向下重力做功与路径无关重力做功改变物体的重力势能电场大小：F＝qE方向：正电荷受力方向与场强方向相同，负电荷受力方向与场强方向相反电场力做功与路径无关W＝qU电场力做功改变电势能磁场大小：F＝q v B(v⊥B)方向：可用左手定则判断洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能(一)电场与磁场共存[例1]一个带正电荷的微粒(重力不计)，穿过如图所示的匀强电场和匀强磁场区域时，恰能沿直线运动，则下列说法不正确的是()A．若仅减小入射速度，微粒进入该区域后将向下偏转B．若仅减小电场强度，微粒穿过该区域后动能将减小C．若增大磁感应强度而要使微粒依然能沿直线运动，必须增大微粒的入射速度D．若仅将微粒所带的电荷变为负电荷，微粒依然能沿直线运动[解析]带电微粒在电磁场中运动，F洛＝Bq v，F电＝qE。

若仅减小入射速度，则向上的洛伦兹力减小，电场力不变，合力向下，向下偏转，故A正确；减小电场强度，则电场力减小，洛伦兹力不变，合力向上，向上偏转，电场力做负功，洛伦兹力不做功，微粒穿过该区域后动能将减小，故B正确；若增大磁感应强度，则向上的洛伦兹力增大，电场力不变，而要使微粒依然能沿直线运动，则必须减小微粒的入射速度，故C错误；若仅将微粒所带的电荷变为负电荷，洛伦兹力方向向下，电场力方向向上，它们的大小不变，合力为0，微粒依然能沿直线运动，故D正确。

[答案] C(二)磁场与重力场共存[例2]如图，长为l的绝缘轻绳上端固定于O点，下端系一质量为m的带负电小球，在小球运动的竖直平面内有垂直该平面向里的匀强磁场。

某时刻给小球一垂直于磁场、水平向右的初速度，小球能做完整的圆周运动。

不计空气阻力，重力加速度为g。

则()A．小球做匀速圆周运动B．小球运动过程中机械能不守恒C．小球在最高点的最小速度v1＝glD．最低点与最高点的绳子拉力差值大于6mg[解析]小球受重力、绳子的拉力以及沿绳子向外的洛伦兹力，则小球做非匀速圆周运动，选项A错误；小球运动过程中只有重力做功，则机械能守恒，选项B错误；在最高的最小速度满足：mg－q v1min B＝m v1min2l，则v1min≠gl，选项C错误；在最高点时T1＋mg－q v1B＝m v12l ，从最高点到最低点由机械能守恒得：12m v12＋2mgl＝12m v22；在最低点：T2－mg－q v2B＝m v22l；联立解得：ΔF＝T2－T1＝6mg＋qB(v2－v1)>6mg，选项D正确。

带电粒子在复合场中的运动一、选择题(本题共8小题,1~5题为单选题，6~8题为多选题）1．带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2;若加上水平方向的匀强电场,且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3.不计空气阻力,则( )A．h1＝h2＝h3B．h1>h2>h3C．h1＝h2〉h3D．h1＝h3〉h2解析：D 由竖直上抛运动的最大高度公式得h1＝错误!，当小球在磁场中运动到最高点时,小球应有水平速度，由能量守恒得mgh2＋E k＝错误!mv错误!＝mgh1，所以h1>h2；当加上电场时,由运动的独立性可知在竖直方向上有v错误!＝2gh3，所以h1＝h3，D正确．2.如图是磁流体发电机的原理示意图，金属板M、N正对着平行放置,且板面垂直于纸面,在两板之间接有电阻R。

在极板间有垂直于纸面向里的匀强磁场．当等离子束（分别带有等量正、负电荷的离子束)从左向右进入极板时,下列说法中正确的是（）A．N板的电势高于M板的电势B．M板的电势等于N板的电势C．R中有由b向a方向的电流D．R中有由a向b方向的电流解析：D 根据左手定则可知正离子向上极板偏转，负离子向下极板偏转，则M板电势高于N板电势．M板相当于电源的正极，那么R中有由a向b方向的电流，据以上分析可知本题正确选项为D。

3．（2018·唐山模拟)如图所示，两导体板水平放置,两板间的电势差为U,带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场．则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化而变化的情况为（）A．d随v0的增大而增大,d与U无关B．d随v0的增大而增大，d随U的增大而增大C．d随U的增大而增大，d与v0无关D．d随v0的增大而增大，d随U的增大而减小解析:A 设粒子从M点进入磁场时的速度大小为v，该速度与水平方向的夹角为θ，故有v＝v0cos θ。

2020届一轮复习人教版带电粒子在叠加场中的运动课时作业1.如图1所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则()图1A.当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大B.当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ增大C.当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大D.当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小答案 C解析带电小球在电容器中处于平衡时，由平衡条件有tan θ＝qEmg，当开关S断开时，电容器两极板上的电荷量Q不变，由C＝εrS4πkd，U＝QC，E＝Ud可知E＝4πkQεrS，故增大或减小两极板间的距离d，电容器两极板间的电场强度不变，θ不变，选项A、B错误；当开关S闭合时，因为两极板间的电压U不变，由E＝Ud可知，减小两极板间的距离d，E增大，θ变大，选项C正确，D错误.2.(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示.下列说法正确的是()A.保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B.保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C.保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半D.保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半答案AD解析由E＝Ud可知，若保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半，A项正确；若保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的一半，B项错误；由C＝QU，C＝εrS4πkd，E＝Ud，可得U＝4QkπdεrS，E＝4QkπεrS，所以，保持d不变，若Q变为原来的两倍，则U变为原来的两倍，C项错误；保持d不变，若Q变为原来的一半，则E变为原来的一半，D项正确.3．(多选)在空间某一区域里，有竖直向下的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，且两者正交．有两个带电油滴，都能在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示，则两油滴一定相同的是()A．带电性质B．运动周期C．运动半径D．运动速率答案：AB解析：油滴受重力、电场力、洛伦兹力作用做匀速圆周运动．由受力特点及运动特点，得mg＝qE，结合电场方向则油滴一定带负电，且两油滴比荷qm ＝gE相等．洛伦兹力提供向心力，有周期T＝2πmqB ，所以两油滴周期相等，故A、B正确．由r＝m vqB知，速度v越大，半径则越大，故C、D错误．4．(2018·山西四校联考)如图所示，有一金属块放在垂直于表面C的匀强磁场中，当有稳恒电流沿平行平面C的方向通过时，下列说法正确的是()A．金属块上表面M的电势高于下表面N的电势B．电流增大时，M、N两表面间的电压U增大C．磁感应强度增大时，M、N两表面间的电压U减小D．金属块中单位体积内的自由电子数越少，M、N两表面间的电压U越小答案：B解析：由左手定则可知，金属块通有题图示方向电流时，自由电子受到向上的洛伦兹力，向M面偏转，故上表面M电势低于下表面N的电势，A项错误；最终电子在洛伦兹力和电场力作用下处于平衡，即e v B＝Ud e，则有U＝B v d，由此可知，磁感应强度增大时，M、N两表面间的电压增大，C项错误；由电流的微观表达式I＝neS v可知，电流增大说明自由电子定向移动速率v增大，所以M、N两表面间的电压增大，B项正确；电流一定时，金属块中单位体积内的自由电子数n越少，自由电子定向移动的速率一定越大，所以M、N两表面间的电压越大，D项错误．5．(2018·北京丰台区模拟)如图所示，两平行金属板P、Q水平放置，板间存在匀强电场和匀强磁场(图中未画出)．一个带电粒子在两板间沿虚线所示路径做匀速直线运动．粒子通过两平行板后从O 点垂直进入另一个垂直纸面向外的匀强磁场中做匀速圆周运动，经过半个周期后打在挡板MN上的A点，不计粒子重力．则下列说法不正确的是()A．此粒子一定带正电B．P、Q间的匀强磁场一定垂直纸面向里C．若另一个带电粒子也能在P、Q间做匀速直线运动，则它一定与该粒子具有相同的比荷D．若另一个带电粒子也能沿相同的轨迹运动，则它一定与该粒子具有相同的比荷答案：C解析：根据粒子在磁场中的运动轨迹，由左手定则可知，粒子带正电，选项A正确；粒子在两板间受竖直向下的电场力，则洛伦兹力方向竖直向上，由左手定则可知，P 、Q 间的匀强磁场一定垂直纸面向里，选项B 正确；若另一个带电粒子也能在P 、Q 间做匀速直线运动，则有q v B ＝qE ，可得v ＝E B ，则它一定与该粒子具有相同的速度，选项C 错误；若另一个带电粒子也能沿相同的轨迹运动，则有q v B ＝m v 2r ，可得r ＝m v qB ，它一定与该粒子具有相同的比荷和相同的速度，选项D 正确．本题选不正确的，故选C.6．质量为m 、带电量为q 的液滴以速度v 沿与水平方向成45°角斜向上进入正交的匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，如图所示．液滴带正电荷，在重力、电场力及磁场力共同作用下在场区做匀速直线运动．重力加速度为g .试求：(1)电场强度E 和磁感应强度B 各多大？(2)当液滴运动到某一点A 时，电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，不考虑因电场变化而产生的影响，求此后液滴做圆周运动的半径．答案：(1)mg q 2mgq v (3)2v 22g解析：(1)液滴带正电，液滴受力如图所示：根据平衡条件，有：qE ＝mg tan θ＝mgq v B ＝mg cos θ＝2mg 故：E ＝mg q ，B ＝2mg q v .(2)电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有a ＝F 合m ＝2gq v B ＝m v 2R解得：R ＝2v 22g. [能力提升]7．(2018·辽宁五校联考)有一个带电荷量为＋q、重力为G的小球，从两竖直的带电平行板上方h处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时，下列说法正确的是()A．一定做曲线运动B．不可能做曲线运动C．有可能做匀加速直线运动D．有可能做匀速直线运动答案：A解析：带电小球在没有进入复合场前做自由落体运动，进入磁场后，受竖直向下的重力G＝mg、水平向左的电场力F电＝qE 与水平向右的洛伦兹力F洛＝qB v，重力与电场力大小和方向保持恒定，但因为速度大小会发生变化，所以洛伦兹力大小和方向会发生变化，所以一定会做曲线运动，A正确，B、C、D错误．8．(2018·河北冀州模拟)我国位处北半球，某地区存在匀强电场E和可看做匀强磁场的地磁场B，电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，一带电小球以速度v在此区域内沿垂直场强方向在水平面内做直线运动，忽略空气阻力．此地区的重力加速度为g，则下列说法正确的是() A．小球运动方向为自南向北B．小球可能带正电C．小球速度v的大小为E BD．小球的比荷为gE2＋(v B)2答案：D 解析：由题意可知，小球受重力、电场力和洛伦兹力，因做直线运动，且f 洛＝q v B ，因此一定做匀速直线运动，那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等大反向，因电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，则小球受力如图所示，其中Eq 与Bq v 垂直，因小球受力平衡，则受力关系满足(mg )2＝(Eq )2＋(Bq v )2，得q m ＝gE 2＋(v B )2，v ＝(mg )2－(qE )2qB ，则D 项正确，C 项错误．由受力分析可知小球带负电，且运动方向为自东向西，则A 、B 错误．9．(2018·广东佛山一测)在水平面上，平放一半径为R 的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场中，另有一个质量为m 、带电荷量为＋q 的小球．(1)当小球从管口沿切线方向以某速度射入，运动过程中恰不受管道侧壁的作用力，求此速度v 0；(2)现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如图所示．空间再加一个水平向右、场强E ＝mg q 的匀强电场(未画出)．若小球仍以v 0的初速度沿切线方向从左边管口射入，求小球：①运动到最低点的过程中动能的增量；②在管道运动全程中获得的最大速度．答案：(1)qBR m (2)①2mgR ②q 2B 2R 2m 2＋(2＋22)gR 解析：(1)小球在水平面上只受到洛伦兹力作用，故q v 0B ＝m v 20R解得v 0＝qBR m (2)①小球在管道内运动时，洛伦兹力始终不做功．对小球运动到最低点的过程，由动能定理得mgR ＋qER ＝ΔE k又E ＝mg q联立可得动能增量ΔE k ＝2mgR②当小球到达管道中方位角为θ的位置(如图所示)时，根据动能定理，有mgR sin θ＋qE (R ＋R cos θ)＝12m v 2－12m v 20 即v 2＝q 2B 2R 2m 2＋2gR (sin θ＋cos θ)＋2gR 对函数y ＝sin θ＋cos θ求极值，可得θ＝45°时，y max ＝ 2 所以v m ＝q 2B 2R 2m 2＋(2＋22)gR .10．(2018·山西联考)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 运动且通过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．已知OD ＝34OM ，匀 强磁场的磁感应强度大小为B ＝m q (T)，重力加速度为g ＝10 m/s 2.求：(1)两匀强电场的电场强度E 的大小；(2)OM 的长L ；(3)质点从M 点出发到击中D 点所经历的时间t .答案：(1)mg q (2)20 2 m 或2029m (3)7.71 s 或6.38 s 解析：(1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力，沿AO 做匀加速直线运动，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 点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示，有Bq v ＝m v 2R由运动学规律知v 2＝2aL ，a ＝2g由类平抛运动规律知R ＝v t 3，R －3L 4＝12at 23 联立解得L ＝20 2 m 或2029m (3)质点做匀加速直线运动有L ＝12at 21，得t 1＝2 s 或23s 质点做匀速圆周运动有t 2＝34×2πm Bq ≈4.71 s 质点做类平抛运动有R ＝v t 3，得t 3＝1 s质点从M 点出发到击中D 点所经历的时间为 t ＝t 1＋t 2＋t 3＝7.71 s 或6.38 s.。

2020届人教版高三物理一轮复习测试专题《带电粒子在叠加场和组合场中的运动》一、单选题1.如图所示，平行金属板A，B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么()A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加2.中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果．如图5所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．下列说法正确的是()A．上表面的电势高于下表面的电势B．仅增大h时，上下表面的电势差增大C．仅增大d时，上下表面的电势差减小D．仅增大电流I时，上下表面的电势差减小3.在第一象限（含坐标轴）内有垂直xo y平面周期性变化的均匀磁场，规定垂直xo y平面向里的磁场方向为正．磁场变化规律如图，磁感应强度的大小为B0，变化周期为T0．某一正粒子质量为m，电量为q在t=0时从0点沿x轴正向射入磁场中。

若要求粒子在t=T0时距x轴最远，则B0的值为（）A．B．C．D．4.如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图。

此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P，Q间的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心O，且与圆心O等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；yO为胶片。

由粒子源发出的不同带电粒子，经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点。

粒子从粒子源发出时的初速度不计，不计粒子所受重力。

下列说法中正确的是（）A．从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定相等B．从小孔S进入磁场的粒子动能一定相等C．打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等D．打到胶片上位置距离O点越远的粒子，比荷越大5.如图所示，洛伦兹力演示仪由励磁线圈，玻璃泡，电子枪等部分组成。

2020届一轮复习人教版 带电粒子在组合场、叠加场中的运动 课时作业一、选择题考点一 带电粒子在叠加场中的运动1.如图1所示，竖直平面内，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一质量为m 、带电荷量为q 的粒子以速度v 与磁场方向垂直，与电场方向成45°角射入复合场中，恰能做匀速直线运动，则关于电场强度E 和磁感应强度B 的大小，正确的是(重力加速度为g )( )图1A ．E ＝mg q ，B ＝2mgqvB ．E ＝2mgq，B ＝mg qvC ．E ＝mg q，B ＝mg qvD ．E ＝2mgq ，B ＝2mg qv答案 A解析 假设粒子带负电，则其所受电场力方向水平向左，洛伦兹力方向斜向右下方与v 垂直，可以从力的平衡条件判断出这样的粒子不可能做匀速直线运动，所以粒子应带正电荷，受力情况如图所示．根据合外力为零得mg ＝qvB sin 45° qE ＝qvB cos 45°联立可得B ＝2mg qv，E ＝mg q.2．(多选)一带电小球在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中做圆周运动，匀强电场竖直向上，匀强磁场水平且垂直纸面向里，如图2所示，下列说法正确的是( )图2A ．沿垂直纸面方向向里看，小球绕行方向为顺时针方向B ．小球一定带正电且小球的电荷量q ＝mg EC ．由于洛伦兹力不做功，故小球运动过程中机械能守恒D ．由于合外力做功等于零，故小球运动过程中动能不变答案 BD解析 带电小球在叠加场中，只有满足重力与电场力大小相等、方向相反，小球受的合力只表现为洛伦兹力，洛伦兹力提供向心力，小球做匀速圆周运动，故小球所受电场力向上，小球带正电，小球受的洛伦兹力方向要指向圆心，由左手定则判断运动方向为逆时针，由mg ＝qE 可得q ＝mg E，故A 错误，B 正确；洛伦兹力不做功，但电场力做功，故机械能不守恒，故C 错误；由于合外力做功等于零，根据动能定理，小球在运动过程中动能不变，故D 正确．3．(多选)如图3所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿虚线L 斜向上做直线运动，L 与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中正确的是( )图3A ．液滴一定做匀减速直线运动B ．液滴一定做匀加速直线运动C ．电场方向一定斜向上D ．液滴一定带正电 答案 CD解析 带电液滴受竖直向下的重力G 、平行于电场线方向的电场力F 、垂直于速度方向的洛伦兹力F 洛，带电液滴做直线运动，因此三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，故选项A 、B 错误．当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力、沿电场线向上的电场力、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力，这三个力的合力能够为零，使带电液滴沿虚线L 做匀速直线运动；如果带电液滴带负电或电场线方向斜向下，带电液滴所受合力不为零，带电液滴不可能沿直线运动，故选项C 、D 正确．考点二 带电粒子在组合场中的运动4．(多选)如图4所示，A 板发出的电子(重力不计)经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板M 、N 间，M 、N 之间有垂直纸面向里的匀强磁场，电子通过磁场后最终打在荧光屏P 上，关于电子的运动，下列说法中正确的是( )图4A ．滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏的位置上升B ．滑动触头向右移动时，电子通过磁场区域所用时间不变C ．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D ．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度变大 答案 AC解析 当滑动触头向右移动时，电场的加速电压增大，加速后电子动能增大，进入磁场时的初速度增大，向下偏转程度变小，打在荧光屏的位置上升；在磁场中运动对应的圆心角变小，运动时间变短，选项A 正确，B 错误；磁感应强度增大，电子在磁场中运动速度大小不变，打在荧光屏上的速度大小不变，选项C 正确，D 错误．5.如图5所示，有理想边界的匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B ，某带电粒子的比荷(电荷量与质量之比)大小为k ，由静止开始经电压为U 的电场加速后，从O 点垂直射入磁场，又从P 点穿出磁场．下列说法正确的是(不计粒子所受重力)( )图5A ．如果只增加U ，粒子可以从dP 之间某位置穿出磁场B ．如果只减小B ，粒子可以从ab 边某位置穿出磁场C ．如果既减小U 又增加B ，粒子可以从bc 边某位置穿出磁场D ．如果只增加k ，粒子可以从dP 之间某位置穿出磁场 答案 D解析 由题意可得qU ＝12mv 2，k ＝q m ，r ＝mv qB ，解得r ＝2kUkB.对于选项A ，只增加U ，r 增大，粒子不可能从dP 之间某位置穿出磁场．对于选项B ，粒子电性不变，不可能向上偏转从ab 边某位置穿出磁场．对于选项C ，既减小U 又增加B ，r 减小，粒子不可能从bc 边某位置穿出磁场．对于选项D ，只增加k ，r 减小，粒子可以从dP 之间某位置穿出磁场．6．如图6所示，在x 轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B 的匀强磁场，在x 轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为B2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O 与x 轴成30°角斜向上射入磁场，且在x 轴上方磁场中运动的半径为R .粒子重力不计，则( )图6A ．粒子经磁场偏转后一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm3qBD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进了3R 答案 D解析 由r ＝mvqB可知，粒子在x 轴上方和下方磁场中运动的半径之比为1∶2，选项B 错误；粒子完成一次周期性运动的时间t ＝16T 1＋16T 2＝πm 3qB ＋2πm 3qB ＝πmqB ，选项C 错误；粒子第二次射入x 轴上方磁场时沿x 轴前进了l ＝R ＋2R ＝3R ，则粒子经磁场偏转后不能回到原点O ，选项A 错误，D 正确． 二、非选择题7．(2018·齐齐哈尔市期末)如图7所示的区域中，OM 左边为垂直纸面向里的匀强磁场，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OM ，且垂直于磁场方向．一个质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子从小孔P 以初速度v 0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ＝60°，粒子恰好从小孔C 垂直于OC 射入匀强电场，最后打在Q 点，已知OC ＝L ，OQ ＝2L ，不计粒子的重力，求：图7(1)磁感应强度B 的大小； (2)电场强度E 的大小． 答案 (1)3mv 02qL (2)mv 022qL解析 (1)画出粒子运动的轨迹如图所示(O 1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心)：∠PO 1C ＝120°设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ，r ＋r cos 60°＝OC ＝L 得r ＝2L3粒子在磁场中做圆周运动，受到的洛伦兹力充当向心力，qv 0B ＝m v 02r ，解得：B ＝mv 0qr ＝3mv 02qL(2)粒子在电场中做类平抛运动， 由牛顿第二定律得加速度为a ＝qE m水平方向2L ＝v 0t 竖直方向L ＝12at 2解得E ＝mv 022qL8.(2016·天津理综)如图8所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E ＝5 3 N/C ，同时存在着水平方向的匀强磁场，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 ＝1×10－6kg ，电荷量q ＝2×10－6C ，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/s 2，求：图8(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 . 答案 (1)20 m/s 方向与电场方向成60°角斜向上 (2)3.5 s解析 (1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB ＝q 2E 2＋m 2g 2①代入数据解得v ＝20 m/s ②速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足 tan θ＝qEmg③代入数据解得tan θ＝ 3 θ＝60°④(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，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v y ＝v sin θ⑤若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t －12gt 2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s ≈3.5 s.9.如图9所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在水平的x 轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B 、方向垂直xOy 平面向里，电场线平行于y 轴．一质量为m 、电荷量为q 的带正电的小球，从y 轴上的A 点水平向右抛出，经x 轴上的M 点进入电场和磁场区域，恰能做匀速圆周运动，从x 轴上的N 点第一次离开电场和磁场，MN 之间的距离为L ，小球过M 点时的速度方向与x 轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g ，求：图9(1)电场强度E 的大小和方向；(2)小球从A 点抛出时初速度v 0的大小； (3)A 点到x 轴的高度h .答案 (1)mg q 竖直向上 (2)qBL 2m tan θ (3)q 2B 2L 28m 2g解析 (1)小球在电场、磁场区域中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有qE ＝mg ①E ＝mgq②重力的方向竖直向下，电场力的方向应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．(2)小球在叠加场中做匀速圆周运动，O ′为圆心，MN 为弦长，∠MO ′P ＝θ，如图所示，设半径为r ，由几何关系知L2r＝sin θ③小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速度为v ，有qvB ＝mv 2r④由速度的合成与分解知v 0v＝cos θ⑤ 由③④⑤式得v 0＝qBL2m tan θ.⑥(3)设小球到M 点时的竖直分速度为v y ，它与水平分速度的关系为v y ＝v 0tan θ⑦ 由匀变速直线运动规律有v y 2＝2gh ⑧由⑥⑦⑧式得h ＝q 2B 2L 28m 2g.10．如图10所示xOy 坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示．现有一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子在该平面内从x 轴上的P 点，以垂直于x 轴的初速度v 0进入匀强电场，恰好经过y 轴上的Q 点且与y 轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x 轴进入第四象限的磁场．已知OP 之间的距离为d (不计粒子的重力)．求：图10(1)O 点到Q 点的距离； (2)磁感应强度B 的大小；(3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x 轴所用的时间．答案 (1)2d (2)mv 02qd (3)(7π＋4)d2v 0解析 (1)设Q 点的纵坐标为h ，到达Q 点的水平分速度为v x ，P 到Q 受到的恒定的电场力与初速度方向垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知 竖直方向匀速直线运动，h ＝v 0t 1水平方向匀加速直线运动的平均速度v ＝0＋v x2，则d ＝v x t 12根据速度的矢量合成tan 45°＝v x v 0，解得h ＝2d .(2)粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径R ＝22d由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2R ，解得R ＝mvqB由(1)可知v ＝v 0cos 45°＝2v 0联立解得B ＝mv 02qd.(3)在电场中的运动时间为t 1＝2dv 0在磁场中，由运动学公式T ＝2πRv在第一象限中的运动时间为t 2＝135°360°·T ＝38T在第四象限内的运动时间为t 3＝T2带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x 轴所用的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(7π＋4)d2v 0.。

课时作业31 带电粒子在组合场中的运动时间：45分钟1．如图所示，a、b是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，两边的磁感应强度大小相等．电荷量为2e的带正电的质点M以某一速度从a点垂直磁场边界向左射出，与静止在b点的电荷量为e的带负电的质点N相撞，并粘合在一起，不计质点M和质点N的重力，则它们在磁场中的运动轨迹是( D )解析：正离子以某一速度击中并吸收静止的电子后，速度保持不变，电荷量变为＋e，由左手定则可判断出正离子过b 点时所受洛伦兹力向下；由r ＝mv qB可得，电荷量减半，则半径增大到原来的2倍，故磁场中的运动轨迹为D ，故D 正确．2．用回旋加速器分别加速某元素的一价正离子和二价正离子，各离子开始释放的位置均在A 点，加速电压相同，则关于一价正离子和二价正离子的加速，下列说法不正确的是( C )A ．获得的最大速度之比为B ．获得的最大动能之比为C ．加速需要的交变电压的频率之比为D ．经加速电场加速的次数之比为解析：某元素的一价正离子和二价正离子的电荷量之比为，质量相等，由E k ＝12mv2＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫qBR m 2＝q 2B 2R 22m，可知获得的最大动能之比为，速度之比为，A 、B 正确，不符合题意；加速电压的周期等于粒子在磁场中运动的周期，即T ＝2πm Bq，可见交变电压的周期之比为，频率之比为，C 错误，符合题意；经加速电场加速由动能定理有nqU ＝q 2B 2R 22m，n ＝qB 2R 22mU，因此加速的次数之比为，D 正确，不符合题意．3．如图所示左侧为竖直放置的两平行板M 、N ，右侧为垂直纸面向里的左、右边界分别为1、2的匀强磁场，磁感应强度为B .平行板M 的中心处有一电子放射源S ，能源源不断地发射一系列初速度可视为零的电子，经加速电压U 0加速后，电子沿水平方向从N 板的小孔向右进入匀强磁场，经一段时间电子到达磁场右边界的P 点．如果磁感应强度变为2B ，欲使电子仍沿原来的轨迹到达P 点，应将加速电压调节为U ，则( A )A ．U ＝4U 0B ．U ＝2U 0C ．U ＝2U 0D ．U ＝14U 0解析：要使电子在磁场中仍打在P 点，则可知电子的运动半径不变，则由Bev ＝m v 2R 可知R ＝mvBe，磁感应强度B 加倍，而电子的轨道半径R 不变，则速度一定也加倍．对电子的加速过程有eU ＝12mv 2，解得v ＝2eUm，故要使速度加倍，加速电压应变为原来的4倍，A 正确．4．质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量．让氢元素三种同位素的离子流从容器A 下方的小孔S 无初速度飘入电势差为U 的加速电场．加速后垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中．氢的三种同位素最后打在照相底片D 上，形成a 、b 、c 三条“质谱线”．则下列判断正确的是( A )A ．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚B ．进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚C ．在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚D ．a 、b 、c 三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚解析：离子通过加速电场的过程，有qU ＝12mv 2，因为氕、氘、氚三种离子的电量相同、质量依次增大，故进入磁场时动能相同，速度依次减小，故A 项正确，B 项错误；由T ＝2πmqB可知，氕、氘、氚三种离子在磁场中运动的周期依次增大，又三种离子在磁场中运动的时间均为半个周期，故在磁场中运动时间由大到小排列依次为氚、氘、氕，C 项错误；由qvB ＝m v 2R 及qU ＝12mv 2，可得R ＝1B2mUq，故氕、氘、氚三种离子在磁场中的轨道半径依次增大，所以a 、b 、c 三条“质谱线”依次对应氚、氘、氕，D 项错误．5．平面直角坐标系xOy 中，第二象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第三、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，如图所示．一质量为m ，电荷量为q的正粒子从坐标为(－L ，L )的P 点沿y 轴负向进入电场，初速度大小为v 0＝2EqLm，粒子第二次到达x 轴的位置为坐标原点．不计粒子的重力，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小；(2)若粒子由P 点沿x 轴正向入射，初速度仍为v 0＝2Eqlm，求粒子第二次到达x 轴时与坐标原点的距离．解析：(1)由动能定理EqL ＝12mv 2－12mv 2粒子进入磁场时速度大小为v ＝4EqLm在磁场中L ＝2R qvB ＝m v 2R可得B ＝4mE qL(2)假设粒子由y 轴离开电场L ＝v 0t y ＝12at 2 Eq ＝ma可得y 1＝L4<L ，假设成立v y ＝at速度偏转角tan θ＝v y v 0＝12第一次到达x 轴的坐标x 1＝L －y 1tan θ＝32L 在磁场中R ′＝mv ′qBx ＝2R ′sin θ＝2mv ′qB sin θ＝2mv y qB ＝24L 粒子第二次到达x 轴的位置与坐标原点的距离x ＝x 1＋x 2＝6＋24L (或1.85L )答案：(1)4mE qL (2)6＋24L6．如图所示，两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN 分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同．挡板PQ 垂直MN 放置，挡板的中点置于N 点．在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场．在左侧虚线上紧靠M 的上方取点A ，一比荷qm＝5×105C/kg 的带正电粒子，从A 点以v 0＝2×103m/s 的速度沿平行MN 方向射入电场，该粒子恰好从P 点离开电场，经过磁场的作用后恰好从Q 点回到电场．已知MN 、PQ 的长度均为L ＝0.5 m ，不考虑重力对带电粒子的影响，不考虑相对论效应．(1)求电场强度E 的大小； (2)求磁感应强度B 的大小；(3)在左侧虚线上M 点的下方取一点C ，且CM ＝0.5 m ，带负电的粒子从C 点沿平行MN 方向射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同．若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到Q 点和P 点，求两带电粒子在A 、C 两点射入电场的时间差．解析：(1)带正电粒子在电场中做类平抛运动，有L ＝v 0tL 2＝12·qE mt 2解得：E ＝16 N/C.(2)设带正电的粒子从P 点射出电场时与虚线的夹角为θ，有tan θ＝v 0qE mt 可得θ＝45°粒子射入磁场时的速度大小v ＝2v 0粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB ＝m v 2r由几何关系有r ＝22L 解得：B ＝1.6×10－2T.(3)两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同．两带电粒子在磁场中都做匀速圆周运动，带正电粒子转过的圆心角为3π2，带负电粒子转过的圆心角为π2.两带电粒子在A 、C 两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中运动的时间差．若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间T ＝2πr v ＝2πmqB带正电粒子在磁场中运动时间t 1＝34T ＝5.9×10－4s带负电粒子在磁场中运动时间t 2＝14T ＝2.0×10－4s两带电粒子在A 、C 两点射入电场的时间差 Δt ＝t 1－t 2＝3.9×10－4s.答案：(1)16 N/C (2)1.6×10－2T (3)3.9×10－4s7．(2018·天津卷)如图所示，在水平线ab 的下方有一匀强电场，电场强度为E ，方向竖直向下，ab 的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．磁场中有一内、外半径分别为R 、3R 的半圆环形区域，外圆与ab 的交点分别为M 、N .一质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子在电场中P 点静止释放，由M 进入磁场，从N 射出．不计粒子重力．(1)求粒子从P 到M 所用的时间t ；(2)若粒子从与P 同一水平线上的Q 点水平射出，同样能由M 进入磁场，从N 射出．粒子从M 到N 的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q 时速度v 0的大小．解析：(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v ，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 23R①设粒子在电场中运动所受电场力为F ，有F ＝qE ② 设粒子在电场中运动的加速度为a ，根据牛顿第二定律有F ＝ma ③粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v ＝at ④ 联立①②③④式得t ＝3BRE⑤(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定．故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短．设粒子在磁场中的轨迹半径为r ′，由几何关系可得(r ′－R )2＋(3R )2＝r ′2⑥设粒子进入磁场时速度方向与ab 的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知tan θ＝3Rr ′－R⑦ 粒子从Q 点射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P 点释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v .在垂直于电场方向上的分速度始终等于v 0，由运动的合成和分解可得tan θ＝v v 0⑧联立①⑥⑦⑧式得v 0＝qBR m⑨ 答案：(1)3RB E (2)qBR m。

专题九带电粒子在叠加场中的运动考纲考情核心素养►带电粒子在叠加场中运动Ⅰ►速度选择器、磁流体发电、电磁流量计、霍尔元件Ⅱ►应用动力学和能量观点分析带电粒子在叠加场中运动.物理观念全国卷5年5考高考指数★★★★★►本专题知识与现代科学技术联系密切,如霍尔元件等,理解其工作原理是学习重点.科学思维突破1 带电粒子在叠加场中运动的应用实例装置原理图规律速度选择器若qv0B＝Eq,即v0＝EB,粒子做匀速直线运动磁流体发电机等离子体射入,受洛伦兹力偏转,使两极板分别带正、负电,两极板间电压为U时稳定,qUd＝qv0B,U＝v0Bd电磁流量计当qUd＝qvB时,有v＝UBd,流量Q＝Sv＝π⎝⎛⎭⎪⎫d22UBd＝πdU4B霍尔元件导体中的自由电荷(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＝qUh,I＝nqvS,S＝hd；联立得U ＝BInqd＝kBId,k＝1nq称为霍尔系数题型1 速度选择器(多选)如图所示,a、b是一对平行金属板,分别接到直流电源的两极上,使a、b两板间产生匀强电场(场强大小为E),右边有一块挡板,正中间开有一小孔d,在较大空间范围内存在着匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里．从两板左侧中点c处射入一束正离子(不计重力),这些正离子都沿直线运动到右侧,从d孔射出后分成三束,则下列判断正确的是( )A．这三束正离子的速度一定不相同B．这三束正离子的比荷一定不相同C．a、b两板间的匀强电场方向一定由a指向bD．若这三束离子改为带负电而其他条件不变,则仍能从d孔射出【解析】因为三束正离子在两极板间都是沿直线运动的,电场力等于洛伦兹力,可以判断三束正离子的速度一定相同,且电场方向一定由a指向b,A错误,C正确；在右侧磁场中三束正离子运动轨迹半径不同,可知这三束正离子的比荷一定不相同,B正确；若将这三束离子改为带负电,而其他条件不变的情况下分析受力可知,三束离子在两板间仍做匀速直线运动,仍能从d孔射出,D正确．【答案】BCD题型2 磁流体发电机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＋ρdB．上板为负极,电流I＝Bvad2Rad＋ρbC ．下板为正极,电流I ＝BdvabRab ＋ρdD ．下板为负极,电流I ＝Bvad 2Rad ＋ρb【解析】 根据左手定则,正电荷受到的洛伦兹力向下,负电荷受到的洛伦兹力向上,故上板为负极,下板为正极．稳定时,电荷受到的洛伦兹力和电场力大小相等,即q Ud＝qvB ,电动势U ＝dvB ,根据电阻定律,等离子体的电阻r ＝ρd ab ,电流I ＝U R ＋r ＝dvB R ＋ρd ab＝BdvabRab ＋ρd,选项C正确．【答案】 C题型3 电磁流量计为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况,技术人员在排污管中安装了监测装置,该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔,其宽和高分别为b 和c ,左、右两端开口与排污管相连,如图所示．在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B 的匀强磁场,在空腔前、后两个侧面上各有长为a 的相互平行且正对的电极M 和N ,M 、N 与内阻为R 的电流表相连．污水从左向右流经该装置时,电流表将显示出污水排放情况．下列说法中错误的是( )A ．M 板比N 板电势低B ．污水中离子浓度越高,则电流表的示数越小C ．污水流量越大,则电流表的示数越大D ．若只增大所加磁场的磁感应强度,则电流表的示数也增大【解析】 污水从左向右流动时,根据左手定则,正、负离子在洛伦兹力作用下分别向N 板和M 板偏转,故N 板带正电,M 板带负电,A 正确；稳定时带电离子在两板间受力平衡,可得qvB ＝q U b ,此时U ＝Bbv ,又因流速v ＝Q S ＝Q bc ,故U ＝BbQ bc ＝BQc,式中Q 是流量,可见当污水流量越大、磁感应强度越强时,M 、N 间的电压越大,电流表的示数越大,而与污水中离子浓度无关,B 错误,C 、D 正确．【答案】 B题型4 霍尔元件(2019·天津卷)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,屏幕熄灭,电脑进入休眠状态．如图所示,一块宽为a 、长为c 的矩形半导体霍尔元件,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时,电子的定向移动速度为v .当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中,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 与v 无关C ．前、后表面间的电压U 与c 成正比D ．自由电子受到的洛伦兹力大小为eU a【分析】 处理本题的关键是弄清霍尔元件的原理,即当电流通过导体时,在导体的前、后表面之间产生电压,此电压称为霍尔电压,最终当电子所受电场力和洛伦兹力平衡时,前、后表面间的电势差保持稳定．【解析】 由题意可判定,电子定向移动的方向水平向左,则由左手定则可知,电子所受的洛伦兹力指向后表面,因此后表面积累的电子逐渐增多,前表面的电势比后表面的电势高,A 错误；当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时,电子不再发生偏转,此时前、后表面间的电压达到稳定,对稳定状态下的电子有eE ＝eBv ,又E ＝U a,解得U ＝Bav ,显然前、后表面间的电压U 与电子的定向移动速度v 成正比,与元件的宽度a 成正比,与长度c 无关,B 、C 错误；自由电子稳定时受到的洛伦兹力等于电场力,即F ＝eE ＝eU a,D 正确．【答案】 D突破2 带电粒子在叠加场中的运动1．处理带电粒子在叠加场中的运动问题时,要做到“三个分析”：(1)正确分析受力情况,重点明确重力是否不计和洛伦兹力的方向．(2)正确分析运动情况,常见的运动形式有匀速直线运动、匀速圆周运动和一般变速曲线运动．(3)正确分析各力的做功情况,主要分析电场力和重力做的功,洛伦兹力一定不做功．2．带电粒子在叠加场中的运动分类(1)静止或匀速直线运动：当带电粒子在叠加场中所受合外力为零时,将处于静止状态或匀速直线运动状态．(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．(3)一般的曲线运动：当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化,且与初速度方向不在同一条直线上时,粒子做非匀变速曲线运动,这时粒子运动轨迹既不是圆弧,也不是抛物线．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＝5 3 N/C,同时存在着水平方向的匀强磁场,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＝1.0×10－6 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),g取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.【分析】(1)小球做匀速直线运动时受到重力、电场力和洛伦兹力的作用,这三个力的合力为零．(2)撤去磁场后小球做类平抛运动．【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qvB ＝q 2E 2＋m 2g 2①代入数据解得v ＝20 m/s ②速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足 tan θ＝qE mg③代入数据解得tan θ＝3,θ＝60°. ④(2)解法1：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a ＝q 2E 2＋m 2g 2m⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ,有x ＝vt ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y ,有y ＝12at 2 ⑦tan θ＝y x⑧联立④⑤⑥⑦⑧式,代入数据解得t ＝2 3 s ． ⑨解法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,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竖直上抛运动,其初速度为v y ＝v sin θ ⑤若使小球再次穿过P 点所在的电场线,仅需小球的竖直方向上分位移为零,则有v y t －12gt 2＝0 ⑥联立⑤⑥式,代入数据解得t ＝2 3 s.【答案】 (1)20 m/s 方向与电场方向成60°角斜向上 (2)2 3 s高分技法带电粒子在叠加场中运动的思维流程1.如图所示,一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动,其轨迹半径为R ,已知该电场的电场强度为E ,方向是竖直向下,该磁场的磁感应强度为B ,方向垂直于纸面向里,不计空气阻力,重力加速度为g ,则( C )A ．液滴带正电B ．液滴的比荷q m ＝E gC ．液滴沿顺时针方向运动D ．液滴运动速度大小v ＝Rg BE解析：液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动,可知qE ＝mg ,解得q m ＝g E,故B 错误；电场力竖直向上,液滴带负电,A 错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向运动,C 正确；对液滴,有qE ＝mg ,qvB ＝m v 2R ,解得v ＝RBgE,故D 错误．2.如图,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m a ,m b ,m c ,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( B )A ．m a >m b >m cB ．m b >m a >m cC ．m c >m a >m bD ．m a >m b >m a解析：该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场,a 在纸面内做匀速圆周运动,可知其重力与所受到的电场力平衡,洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力,有m a g ＝qE ,解得m a ＝qEg.b 在纸面向右做匀速直线运动,由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上,可知m b g ＝qE ＋qv b B ,解得m b ＝qE g ＋qv b Bg.c 在纸面内向左做匀速直线运动,由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下,可知m c g ＋qv c B ＝qE ,解得m c ＝qE g －qv c Bg.综上所述,可知m b >m a >m c ,选项B 正确．突破3 带电粒子在有轨道约束的叠加场中的运动带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道约束的情况下,常见的运动形式有直线运动和圆周运动,分析时应注意：(1)分析带电粒子所受各力尤其是洛伦兹力的变化情况,分阶段明确物体的运动情况． (2)根据物体各阶段的运动特点,选择合适的规律求解． ①匀速直线运动阶段：应用平衡条件求解．②匀加速直线运动阶段：应用牛顿第二定律结合运动学公式求解． ③变加速直线运动阶段：应用动能定理、能量守恒定律求解．(多选)如图所示,在竖直平面内,由绝缘材料制成的竖直平行轨道CD 、FG 与半圆轨道DPG 平滑相接,CD 段粗糙,其余部分都光滑,圆弧轨道半径为R ,圆心为O ,P 为圆弧最低点,整个轨道处于水平向右的匀强电场中,电场强度为E .PDC 段还存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B ．有一金属圆环M ,带有正电荷q ,质量m ＝qE g,套在轨道FG 上,圆环与CD 轨道间的动摩擦因数μ＝0.2.如果圆环从距G 点高为10R 处由静止释放,则下列说法正确的是( )A ．圆环在CD 轨道上也能到达相同高度处B ．圆环第一次运动到P 点(未进入磁场区域)时对轨道的压力为21mgC ．圆环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为8mgRD ．圆环最终会静止在P 点【解析】 圆环从M 点到CD 轨道最高点的过程中,电场力和摩擦力都做负功,圆环的机械能减少,所以圆环在CD 轨道上不能到达相同高度,A 错误；对圆环第一次运动到P 点的过程由动能定理得mg ·11R －EqR ＝12mv 2,在P 点由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2R ,又m ＝qEg ,解得N ＝21mg ,由牛顿第三定律可知圆环第一次运动到P 点时对轨道的压力N ′＝N ＝21mg ,B 正确；当圆环经过D 点速度为零时,设圆环能返回到G 点上方H 点,H 点离G 点的竖直距离为x ,D 到H 的过程,由动能定理得qE ·2R －mgx ＝0,得x ＝2R ,圆环最终会在DH 间往复运动,经过D 点或H 点时速度为0,对整个过程由动能定理得mg ·8R －W f ＝0,克服摩擦力所做的功为W f ＝8mgR ,C 正确,D 错误．【答案】 BC 高分技法把握三点,解决“约束运动”问题 1对物体受力分析,把握已知条件.2掌握洛伦兹力的公式和特点,理清弹力和摩擦力、洛伦兹力和速度、摩擦力与合力、加速度与速度等几个关系.3掌握力和运动、功和能在磁场中的应用.3．(多选)如图所示为一个质量为m、带电荷量为＋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,方向垂直纸面向里的匀强磁场中．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v­t图象可能是下图中的( BC )解析：本题考查受到洛伦兹力作用的圆环的运动及其相关知识．若qv0B＝mg,小环做匀速运动,此时图象为平行于t轴的直线,故B正确；若qv0B>mg,F N＝qv0B－mg,此时μF N＝ma,所以小环做加速度逐渐减小的减速运动,直到qvB＝mg时,小环开始做匀速运动,故C正确；若qv0B<mg,F N＝mg－qv0B,此时μF N＝ma,所以小环做加速度逐渐增大的减速运动,直至停止,其v­t图象的斜率应该逐渐增大,故A、D错误．4. (多选)如图所示,半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内,磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里．一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A点无初速度滑下,当小球滑至轨道最低点C时,给小球再施加一始终水平向右的外力F,使小球能保持不变的速率滑至轨道右侧的D点．若轨道的两端等高,小球始终与轨道接触,重力加速度为g,则下列判断正确的是( BD )A．小球在C点对轨道的压力大小为qB2gRB．小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qB2gRC．小球从C到D的过程中,外力F的大小保持不变- 11 - D ．小球从C 到D 的过程中,外力F 的功率逐渐增大解析：小球从A 到C ,只有重力做功,由机械能守恒定律得mgR ＝12mv 2,在C 点,由牛顿第二定律得F N ＋qvB －mg ＝m v 2R,联立解得F N ＝3mg －qB 2gR ,由牛顿第三定律可知,小球在C 点时对轨道的压力大小为3mg －qB 2gR ,故A 错误,B 正确；从C 到D ,小球速率不变,由于轨道对小球的支持力和洛伦兹力不做功,则重力做负功的功率和外力F 做正功的功率始终大小相等,设速度方向与竖直方向夹角为θ,有mgv cos θ＝Fv sin θ,解得F ＝mg tan θ,因θ逐渐减小,则外力F 逐渐增大,外力F 的功率逐渐增大,故C 错误,D 正确．。

课时作业32 带电粒子在叠加场中的运动时间：45分钟1．某空间存在匀强磁场和匀强电场．一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动．下列因素与完成上述两类运动无关的是( C )A ．磁场和电场的方向B ．磁场和电场的强弱C ．粒子的电性和电量D ．粒子入射时的速度解析：由于带电粒子做匀速直线运动，对带电粒子进行受力分析知，电场力与磁场力平衡，qE ＝qvB ，即v ＝EB，由此式可知，粒子入射时的速度、磁场和电场的强弱及方向有确定的关系，故A 、B 、D 错误，C 正确．2．如图所示是实验室里用来测量磁场力的一种仪器——电流天平．某同学在实验室里用电流天平测算通电螺线管中的磁感应强度，若他测得CD 段导线长度为4×10－2m ，天平(等臂)平衡时钩码重力为4×10－5N ，通过导线的电流I ＝0.5 A ．由此，测得通电螺线管中的磁感应强度B 为( A )A ．2.0×10－3T ，方向水平向右 B ．5.0×10－3 T ，方向水平向右 C ．2.0×10－3 T ，方向水平向左 D ．5.0×10－3 T ，方向水平向左解析：天平(等臂)平衡时，CD 段导线所受的安培力大小与钩码重力大小相等，即F ＝mg ，由F ＝BIL 得B ＝F IL ＝mg IL＝2.0×10－3T ；根据安培定则可以知道磁感应强度的方向水平向右，所以A 正确，B 、C 、D 错误．3．速度相同的一束粒子(不计重力)由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是( C )A ．该束粒子带负电B ．速度选择器的P 1极板带负电C ．能通过狭缝S 0的粒子的速度等于EB 1D ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S 0，则粒子的比荷越小解析：根据该束粒子进入匀强磁场B 2时向下偏转，由左手定则判断出该束粒子带正电，选项A 错误；粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受到电场力和洛伦兹力作用，由左手定则知洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向竖直向下，因粒子带正电，故电场强度方向向下，速度选择器的P 1极板带正电，选项B 错误；粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，有qvB 1＝qE ，得v ＝EB 1，选项C 正确；粒子进入匀强磁场B 2中受到洛伦兹力做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB 2＝m v 2r ，得r ＝mvB 2q，可见v 、B 2一定时，半径r 越小，则qm越大，选项D 错误．4．(多选)磁流体发电是一项新兴技术．如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场．图中虚线框部分相当于发电机，把两个极板与用电器相连，则( BD )A ．用电器中的电流方向从B 到A B ．用电器中的电流方向从A 到BC ．若只减小磁感应强度，发电机的电动势增大D ．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大解析：首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上，负离子所受洛伦兹力方向向下，则正离子向上板聚集，负离子向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极，下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A 到B ，故B 正确，A 错误；此后的正离子除受到向上的洛伦兹力F 洛外，还受到向下的电场力F ，最终二力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，由qvB ＝q Ed，解得E ＝Bdv ，所以电动势E 与喷入粒子的速度大小v 及磁感应强度大小B 成正比，故D 正确，C 错误．5．(多选)在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E 、F 、M 、N ，做成了一个霍尔元件．在E 、F 间通入恒定电流I ，同时外加与薄片垂直的磁场B ，M 、N 间的电压为U H .已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的有( AB )A ．N 端电势高于M 端电势B ．磁感应强度越大，MN 间电势差越大C ．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，U H 不变D ．将磁场和电流分别反向，N 端电势低于M 端电势解析：根据左手定则可知载流子所受洛伦兹力的方向指向N 端，载流子向N 端偏转，则N 端电势高，故A 正确；设M 、N 间的距离为d ，薄板的厚度为h ，则U ＝Ed ，Eq ＝qvB ，则I＝neSv ＝nedhv ，代入解得U ＝BIneh，故B 正确；将磁场方向变为与薄板的上、下表面平行，载流子不偏转，所以U H 发生变化，C 错误；将磁场和电流分别反向，N 端的电势仍然高于M 端电势，D 错误．6．如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E 、方向与水平线成60°角，磁场的方向垂直纸面向里．一个带正电小球从电磁复合场上方高度为h 处自由落下，并沿直线通过电磁复合场，重力加速度为g .求：(1)带电小球刚进入复合场时的速度； (2)磁场的磁感应强度及带电小球的比荷．解析：(1)小球自由下落h 的过程中机械能守恒，有mgh ＝12mv 2，解得v ＝2gh .(2)小球在复合场中运动时受力情况如图所示，水平方向：有F 洛＝F 电cos60°，即qvB＝Eq cos60°，得B ＝E 22gh；竖直方向，有Eq sin60°＝mg ，解得q m ＝23g3E .答案：(1)2gh (2)E22gh23g3E7．(2019·湖南郴州一模)如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电的物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地面上，地面上方有水平方向的匀强磁场．现加一个水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动并一同水平向左加速运动，在加速运动阶段( B )A．甲、乙两物块间的摩擦力不变B．甲、乙两物块做加速度减小的加速运动C．乙物块与地面之间的摩擦力不断减小D．甲、乙两物块可能做匀加速直线运动解析：以甲、乙整体为研究对象，分析受力如图甲所示，随着速度的增大，F洛增大，F N增大，则乙物块与地面之间的摩擦力f不断增大，故C错误；由于f增大，F电一定，根据牛顿第二定律得，加速度a减小，甲、乙两物块做加速度不断减小的加速运动，最后一起匀速运动，故B正确，D错误；对甲进行受力分析，如图乙所示，有F电－f′＝m甲a，a减小，则f′增大，即甲、乙两物块间的摩擦力变大，故A错误．8．如图所示，两极板间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，不计重力的氘核、氚核和氦核初速度为零，经相同的电压加速后，从两极板中间垂直射入电磁场区域，且氘核沿直线射出．不考虑粒子间的相互作用，则射出时( D )A ．偏向正极板的是氚核B ．偏向正极板的是氦核C ．射入电磁场区域时，氚核的动能最大D ．射入电磁场区域时，氦核的动量最大解析：氘核在复合场中沿直线通过，故有qE ＝qvB ，所以v ＝E B ；在加速电场中qU ＝12mv 2，v ＝2qUm，氚核的比荷比氘核的小，进入磁场的速度比氘核小，洛伦兹力小于电场力，氚核向负极板偏转，选项A 错误；氦核的比荷等于氘核的，氦核进入复合场的速度与氘核一样，所以不发生偏转，选项B 错误；射入复合场区域时，带电粒子的动能等于qU ，氦核的电荷量最大，所以动能最大，选项C 错误；带电粒子的动量p ＝mv ＝2mqU ，氦核的电荷量和质量的乘积最大，动量最大，选项D 正确．9．(2019·福建泉州检测)如图所示，两块相同的金属板MN 、PQ 平行倾斜放置，与水平面的夹角为45°，两金属板间的电势差为U ，PQ 板电势高于MN 板，且MN 、PQ 之间分布有方向与纸面垂直的匀强磁场．一质量为m 、带电荷量为q 的小球从PQ 板的P 端以速度v 0竖直向上射入，恰好沿直线从MN 板的N 端射出，重力加速度为g .求：(1)磁感应强度的大小和方向； (2)小球在金属板之间的运动时间．解析：(1)小球在金属板之间做匀速直线运动，受重力G 、电场力F 电和洛伦兹力f ，F 电的方向与金属板垂直，由左手定则可知f 的方向沿水平方向，三力合力为零，结合平衡条件可知小球带正电，金属板MN 、PQ 之间的磁场方向垂直纸面向外，且有qv 0B ＝mg tan45°①得B ＝mgqv 0② (2)解法1：设两金属板之间的距离为d ，则板间电场强度E ＝U d③ 又qE ＝2mg ④h ＝2d ⑤小球在金属板之间的运动时间t ＝h v 0⑥ 解得t ＝qU mgv 0⑦ 解法2：由于f ＝qv 0B 不做功，W G ＝－mgh ，W 电＝qU ，由动能定理得qU －mgh ＝0h ＝v 0t得t ＝qU mgv 0答案：(1)mg qv 0 垂直纸面向外 (2)qU mgv 010．(2019·河南濮阳二模)如图所示，在xOy 坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场，第四象限内有竖直向上的匀强电场，两个电场的电场强度大小相等，第四象限内还有垂直于纸面的匀强磁场，让一个质量为m 、电荷量为q 的粒子在第二象限内的P (－L ，L )点由静止释放，结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，粒子在第四象限内运动后从x 轴上的Q (L,0)点进入第一象限，重力加速度为g .求：(1)粒子从P 点运动到坐标原点的时间； (2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向．解析：(1)粒子在第二象限内做直线运动，因此电场力和重力的合力方向沿PO 方向，则粒子带正电．mg ＝qE 1＝qE 2，2mg ＝ma ；2L ＝12at 2，解得t ＝2Lg(2)设粒子从O 点进入第四象限的速度大小为v ，由动能定理可得mgL ＋qEL ＝12mv 2，求得v ＝2gL ，方向与x 轴正方向成45°，由于粒子在第四象限内受到电场力与重力等大反向，因此粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于粒子做匀速圆周运动后从x 轴上的Q (L,0)点进入第一象限，根据左手定则可以判断，磁场方向垂直于纸面向里．粒子做圆周运动的轨迹如图，由几何关系可知 粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R ＝22L 由牛顿第二定律可得Bqv ＝m v 2R ，解得B ＝2m 2gLqL答案：(1)2L g (2)2m 2gL qL，方向垂直纸面向里。

专题七带电粒子在叠加场中的运动突破1带电粒子在叠加场中运动的应用实例考向1速度选择器的工作原理(2019·浙江杭州模拟)在如图所示的平行板器件中，匀强电场E和匀强磁场B互相垂直．一束初速度为v的带电粒子从左侧垂直电场射入后沿图中直线②从右侧射出．粒子重力不计，下列说法正确的是()A．若粒子沿轨迹①出射，则粒子的初速度一定大于vB．若粒子沿轨迹①出射，则粒子的动能一定增大C．若粒子沿轨迹③出射，则粒子可能做匀速圆周运动D．若粒子沿轨迹③出射，则粒子的电势能可能增大【解析】初速度为v的带电粒子从左侧垂直电场射入后沿图中直线②从右侧射出，则q v B＝qE，若粒子沿轨道①出射，粒子所受向上的力大于向下的力，但由于粒子电性未知，所以粒子所受的电场力与洛伦兹力方向不能确定，初速度和动能的变化无法确定，故A、B 均错误；若粒子沿轨迹③出射，粒子受电场力、洛伦兹力，不可能做匀速圆周运动，故C错误；若粒子沿轨迹③出射，如果粒子带负电，所受电场力方向向上，洛伦兹力方向向下，电场力做负功，粒子的电势能增大，故D正确．【答案】 D考向2磁流体发电的工作原理(多选)如图是磁流体发电机的装置，a、b组成一对平行电极，两板间距为d，板平面的面积为S，内有磁感应强度为B的匀强磁场．现持续将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，而整体呈中性)，垂直磁场喷入，每个离子的速度为v，负载电阻阻值为R，当发电机稳定发电时，负载中电流为I，则()A．a板电势比b板电势低B．磁流体发电机的电动势E＝Bd vC．负载电阻两端的电压大小为Bd vD．两板间等离子体的电阻率ρ＝(Bd v－IR)SId【解析】参看磁流体发电机的装置图，利用左手定则可知，正、负微粒通过发电机内部时，带正电微粒向上偏，带负电微粒向下偏，则知a板电势比b板电势高，所以A错误；当发电机稳定发电时，对微粒有F洛＝F电，即Bq v＝Ed q，得电动势E＝Bd v，所以B正确；由闭合电路欧姆定律有U R＋U r＝E，又E＝Bd v，则负载电阻两端的电压U R<Bd v，所以C错误；由闭合电路欧姆定律有I＝Er＋R，由电阻定律有r＝ρdS，得ρ＝(Bd v－IR)SId，所以D正确．【答案】BD考向3电磁流量体的工作原理医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a 和b 以及一对磁极N 和S 构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a 、b 均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a 、b 之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点的距离为3．0 mm ，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV ，磁感应强度的大小为0.040 T ．则血流速度的近似值和电极a 、b 的正负为( )A ．1.3 m/s ，a 正、b 负B ．2.7 m/s ，a 正、b 负C ．1.3 m/s ，a 负、b 正D ．2.7 m/s ，a 负、b 正【解析】 血液中正负离子流动时，根据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子向上偏，负离子向下偏，则a 带正电，b 带负电，故C 、D 错误；最终血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，有q U d ＝q v B ，所以血流速度v ＝U Bd ＝160×10－60.040×3×10－3 m/s ＝1.3 m/s ，故A 正确，B 错误． 【答案】 A考向4 霍尔元件的工作原理(多选)利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n ，横截面为矩形的金属导体宽为b ，厚为d ，并加有与前后侧面垂直的匀强磁场B ，当通以图示方向的电流I 时，用理想电压表可测得导体上、下表面间电压为U .已知自由电子的电荷量为e ，则下列判断正确的是( )A ．上表面电势高B ．下表面电势高C ．该导体单位体积内的自由电子数为BI eUbD ．该导体单位体积内的自由电子数为I ebd【解析】 根据左手定则，可知电子向上表面偏转，所以下表面电势高，选项A 错误，B 正确；由题意有e U d ＝e v B ，I ＝neS v ＝nebd v ，可得n ＝BI eUb ，选项C 正确，D 错误．【答案】 BC带电粒子在复合场中运动的四个实例的比较速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件都涉及带电粒子在相互正交的电场和磁场组成的复合场中的运动平衡问题，它们的不同之处是速度选择器中的电场是带电粒子进入前存在的，是外加的；磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件中的电场是带电粒子进入磁场后，在洛伦兹力作用下带电粒子在两极板上聚集后才产生的．突破2带电粒子在叠加场中的运动考向1带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 3 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，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](1)在撤去磁场前，小球受重力、洛伦兹力、电场力三个力作用，三力平衡．(2)撤去磁场后，可考虑把小球的运动分解成水平方向和竖直方向上的运动，其中竖直方向上的运动为竖直上抛运动．【解析】(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有q v B＝q2E2＋m2g2①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θ满足tanθ＝qEmg③代入数据解得tanθ＝ 3θ＝60°④(2)解法1：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，设其加速度为a，有a＝q2E2＋m2g2m⑤设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝v t⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有y＝12at2⑦a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又tanθ＝y x⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2 3 s＝3.5 s⑨解法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，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v y＝v sinθ⑤若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t－12gt2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2 3 s＝3.5 s⑦【答案】(1)见解析(2)3.5 s1．(2019·河南周口模拟)(多选)如图所示，平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场相互正交，一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动．若已知小球做圆周运动的半径为r，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g，则下列判断中正确的是(AC)A．小球一定带负电荷B．小球一定沿顺时针方向转动C．小球做圆周运动的线速度大小为gBr ED．小球在做圆周运动的过程中，电场力始终不做功解析：小球做匀速圆周运动，受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力，且mg＝Eq，所以小球带负电，A正确；由左手定则可知小球沿逆时针方向转动，B错误；由q v B＝m v2r，解得v＝Bqrm，由mg＝Eq得qm＝gE，则v＝BgrE，C正确；小球在做圆周运动的过程中，电场力始终做功，但转动一周的过程中，电场力做功为零，D错误．2．如图，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m a、m b、m c.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(B)A．m a>m b>m c B．m b>m a>m cC．m c>m a>m b D．m c>m b>m a解析：设电场强度为E、磁感应强度为B、三个微粒的带电量均为q，它们受到的电场力Eq方向均竖直向上．微粒a在纸面内做匀速圆周运动，有Eq＝m a g；b在纸面内向右做匀速直线运动，有Eq ＋Bq v b＝m b g；c在纸面内向左做匀速直线运动，有Eq－Bq v c＝m c g；可得：m b>m a>m c.分析解决此类问题的关键环节(1)认识带电物体所在区域中场的组成，一般是电场、磁场和重力场中两个场或三个场的复合场．(2)正确进行受力分析是解题的基础，除了重力、弹力、摩擦力以外，特别要注意电场力和洛伦兹力．(3)在正确受力分析的基础上进行运动分析，注意运动情况和受力情况的相互结合，要特别关注一些特殊时刻所处的特殊状态(临界状态)．考向2带电粒子在叠加场中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、轨道约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，分析时应注意：(1)分析带电粒子所受各力尤其是洛伦兹力的变化情况，分阶段明确物体的运动情况．(2)根据物体各阶段的运动特点，选择合适的规律求解．①匀速直线运动阶段：应用平衡条件求解．②匀加速直线运动阶段：应用牛顿第二定律结合运动学公式求解．③变加速直线运动阶段：应用动能定理、能量守恒定律求解．(2019·河北保定模拟)(多选)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直．在电、磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球，小球可沿圆环自由运动．O点为圆环的圆心，a、b、c 为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放．下列判断正确的是()A．当小球运动的弧长为圆周长的12时，洛伦兹力最大B．当小球运动的弧长为圆周长的38时，洛伦兹力最大C．小球从a点运动到b点，重力势能减小，电势能增大D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小【解析】小球受到水平向左的电场力和竖直向下的重力，二力大小相等，故二力的合力方向与水平方向成45°角斜向左下方，类比重力场可知，小球运动到圆弧bc 的中点时，即小球运动的弧长为圆周长的38时，速度最大，此时的洛伦兹力最大，故A 错误，B 正确．小球由a 点运动到b 的过程中，电场力和重力均做正功，重力势能和电势能都减小，故C 错误．小球从b 点运动到c 点的过程中，电场力做负功，电势能增加；因重力和电场力的合力方向与水平方向成45°角斜向左下方，当小球运动到圆弧bc 的中点时速度最大，所以小球从b 点运动到c 点过程中，动能先增大后减小，故D 正确．【答案】 BD3．(2019·河南六市一模)(多选)如图所示，半径为R 的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里．一可视为质点、质量为m 、电荷量为q (q >0)的小球由轨道左端A 点无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C 时，给小球再施加一始终水平向右的外力F ，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D 点．若轨道的两端等高，小球始终与轨道接触，重力加速度为g ，则下列判断正确的是( BD )A ．小球在C 点对轨道的压力大小为qB 2gRB ．小球在C 点对轨道的压力大小为3mg －qB 2gRC ．小球从C 到D 的过程中，外力F 的大小保持不变D ．小球从C 到D 的过程中，外力F 的功率逐渐增大解析：小球从A 到C ，只有重力做功，由机械能守恒有mgR ＝12m v 2，得小球到达C 点时的速度v ＝2gR ，在C 点由牛顿第二定律有F N ＋q v B －mg ＝m v 2R ，解得F N ＝3mg －qB 2gR ，再由牛顿第三定律可知小球在C 点对轨道的压力大小为3mg －qB 2gR ，故A 错误，B 正确；从C 到D ，小球速率不变，由于轨道对小球的支持力和洛伦兹力不做功，则重力做负功的功率和外力F 做正功的功率始终大小相等，设速度方向与竖直方向夹角为θ，则有mg v cos θ＝F v sin θ，得F ＝mg tan θ，因θ逐渐减小，则外力F 逐渐增大，外力F 的功率逐渐增大，故C 错误，D 正确．4．(2019·湖南师范大学附中质检)(多选)一质量为m 、电荷量为－q 的圆环，套在与水平面成θ角的足够长的绝缘粗糙细杆上，圆环的直径略大于杆的直径，细杆处于磁感应强度为B 的匀强磁场中．现给圆环一沿杆向上方向的初速度(取初速度方向为正方向)，以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是( ABD )解析：当qB v 0>mg cos θ时，圆环受到的弹力F N 先变小后变大，摩擦力F f ＝μF N 也先变小后变大，圆环减速的加速度a ＝mg sin θ＋F f m也先变小后变大；当速度减小到零时，若μ>tan θ时，圆环将静止；若μ<tan θ时，圆环将做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速运动．若qB v 0<mg cos θ时，圆环受到的弹力F N 变大，摩擦力F f ＝μF N变大，圆环减速的加速度a ＝mg sin θ＋F f m变大；速度减小到零时，若μ>tan θ时，圆环将静止；若μ<tan θ时，圆环将做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速运动．故A 、B 、D 图象可能正确，C 图象不可能正确．带电粒子在复合场中运动的分析方法学习至此，请完成课时作业32。