PAGE10-專題九帶電粒子在疊加場中的運動考綱考情核心素養?帶電粒子在疊加場中運動Ⅰ?速度選擇器、磁流體發電、電磁流量計、霍爾元件Ⅱ?應用動力學和能量觀點分析帶電粒子在疊加場中運動.物理觀念全國卷5年5考高考指數★★★★★?本專題學問與現代科學技術聯系親密，如霍爾元件等，理解其工作原理是學習重點.科學思維突破1帶電粒子在疊加場中運動的應用實例裝置原理圖規律速度選擇器若qv0B＝Eq，即v0＝eq\f(E,B)，粒子做勻速直線運動磁流體發電機等離子體射入，受洛倫茲力偏轉，使兩極板分別帶正、負電，兩極板間電壓為U時穩定，qeq\f(U,d)＝qv0B，U＝v0Bd電磁流量計當qeq\f(U,d)＝qvB時，有v＝eq\f(U,Bd)，流量Q＝Sv＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2eq\f(U,Bd)＝eq\f(πdU,4B)霍爾元件導體中的自由電荷(電荷量為q)在洛倫茲力作用下偏轉，A、A′間出現電勢差，當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，A、A′間的電勢差(U)就保持穩定，由qvB＝qeq\f(U,h)，I＝nqvS，S＝hd；聯立得U＝eq\f(BI,nqd)＝keq\f(BI,d)，k＝eq\f(1,nq)稱為霍爾系數題型1速度選擇器(多選)如圖所示，a、b是一對平行金屬板，分別接到直流電源的兩極上，使a、b兩板間產生勻強電場(場強大小為E)，右邊有一塊擋板，正中間開有一小孔d，在較大空間范圍內存在著勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面對里．從兩板左側中點c處射入一束正離子(不計重力)，這些正離子都沿直線運動到右側，從d孔射出后分成三束，則下列推斷正確的是()A．這三束正離子的速度肯定不相同B．這三束正離子的比荷肯定不相同C．a、b兩板間的勻強電場方向肯定由a指向bD．若這三束離子改為帶負電而其他條件不變，則仍能從d孔射出【解析】因為三束正離子在兩極板間都是沿直線運動的，電場力等于洛倫茲力，可以推斷三束正離子的速度肯定相同，且電場方向肯定由a指向b，A錯誤，C正確；在右側磁場中三束正離子運動軌跡半徑不同，可知這三束正離子的比荷肯定不相同，B正確；若將這三束離子改為帶負電，而其他條件不變的狀況下分析受力可知，三束離子在兩板間仍做勻速直線運動，仍能從d孔射出，D正確．【答案】BCD題型2磁流體發電機磁流體發電的原理如圖所示．將一束速度為v的等離子體垂直于磁場方向噴入磁感應強度為B的勻強磁場中，在相距為d、寬為a、長為b的兩平行金屬板間便產生電壓．假如把上、下板和電阻R連接，上、下板就是一個直流電源的兩極．若穩定時等離子體在兩板間勻稱分布，電阻率為ρ，忽視邊緣效應，下列推斷正確的是()A．上板為正極，電流I＝eq\f(Bdvab,Rab＋ρd)B．上板為負極，電流I＝eq\f(Bvad2,Rad＋ρb)C．下板為正極，電流I＝eq\f(Bdvab,Rab＋ρd)D．下板為負極，電流I＝eq\f(Bvad2,Rad＋ρb)【解析】依據左手定則，正電荷受到的洛倫茲力向下，負電荷受到的洛倫茲力向上，故上板為負極，下板為正極．穩定時，電荷受到的洛倫茲力和電場力大小相等，即qeq\f(U,d)＝qvB，電動勢U＝dvB，依據電阻定律，等離子體的電阻r＝ρeq\f(d,ab)，電流I＝eq\f(U,R＋r)＝eq\f(dvB,R＋ρ\f(d,ab))＝eq\f(Bdvab,Rab＋ρd)，選項C正確．【答案】C題型3電磁流量計為監測某化工廠的含有離子的污水排放狀況，技術人員在排污管中安裝了監測裝置，該裝置的核心部分是一個用絕緣材料制成的空腔，其寬和高分別為b和c，左、右兩端開口與排污管相連，如圖所示．在垂直于上、下底面方向加磁感應強度大小為B的勻強磁場，在空腔前、后兩個側面上各有長為a的相互平行且正對的電極M和N，M、N與內阻為R的電流表相連．污水從左向右流經該裝置時，電流表將顯示出污水排放狀況．下列說法中錯誤的是()A．M板比N板電勢低B．污水中離子濃度越高，則電流表的示數越小C．污水流量越大，則電流表的示數越大D．若只增大所加磁場的磁感應強度，則電流表的示數也增大【解析】污水從左向右流淌時，依據左手定則，正、負離子在洛倫茲力作用下分別向N板和M板偏轉，故N板帶正電，M板帶負電，A正確；穩定時帶電離子在兩板間受力平衡，可得qvB＝qeq\f(U,b)，此時U＝Bbv，又因流速v＝eq\f(Q,S)＝eq\f(Q,bc)，故U＝eq\f(BbQ,bc)＝eq\f(BQ,c)，式中Q是流量，可見當污水流量越大、磁感應強度越強時，M、N間的電壓越大，電流表的示數越大，而與污水中離子濃度無關，B錯誤，C、D正確．【答案】B題型4霍爾元件(2024·天津卷)筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件．當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態．如圖所示，一塊寬為a、長為c的矩形半導體霍爾元件，元件內的導電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v.當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現電壓U，以此限制屏幕的熄滅．則元件的()A．前表面的電勢比后表面的低B．前、后表面間的電壓U與v無關C．前、后表面間的電壓U與c成正比D．自由電子受到的洛倫茲力大小為eq\f(eU,a)【分析】處理本題的關鍵是弄清霍爾元件的原理，即當電流通過導體時，在導體的前、后表面之間產生電壓，此電壓稱為霍爾電壓，最終當電子所受電場力和洛倫茲力平衡時，前、后表面間的電勢差保持穩定．【解析】由題意可判定，電子定向移動的方向水平向左，則由左手定則可知，電子所受的洛倫茲力指向后表面，因此后表面積累的電子漸漸增多，前表面的電勢比后表面的電勢高，A錯誤；當電子所受的電場力與洛倫茲力平衡時，電子不再發生偏轉，此時前、后表面間的電壓達到穩定，對穩定狀態下的電子有eE＝eBv，又E＝eq\f(U,a)，解得U＝Bav，明顯前、后表面間的電壓U與電子的定向移動速度v成正比，與元件的寬度a成正比，與長度c無關，B、C錯誤；自由電子穩定時受到的洛倫茲力等于電場力，即F＝eE＝eq\f(eU,a)，D正確．【答案】D突破2帶電粒子在疊加場中的運動1．處理帶電粒子在疊加場中的運動問題時，要做到“三個分析”：(1)正確分析受力狀況，重點明確重力是否不計和洛倫茲力的方向．(2)正確分析運動狀況，常見的運動形式有勻速直線運動、勻速圓周運動和一般變速曲線運動．(3)正確分析各力的做功狀況，主要分析電場力和重力做的功，洛倫茲力肯定不做功．2．帶電粒子在疊加場中的運動分類(1)靜止或勻速直線運動：當帶電粒子在疊加場中所受合外力為零時，將處于靜止狀態或勻速直線運動狀態．(2)勻速圓周運動：當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等、方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內做勻速圓周運動．(3)一般的曲線運動：當帶電粒子所受合外力的大小和方向均改變，且與初速度方向不在同一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線．如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5eq\r(3)N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B＝0.5T．有一帶正電的小球，質量m＝1.0×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消逝引起的電磁感應現象)，g取10m/s2.求：(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經驗的時間t.【分析】(1)小球做勻速直線運動時受到重力、電場力和洛倫茲力的作用，這三個力的合力為零．(2)撤去磁場后小球做類平拋運動．【解析】(1)小球做勻速直線運動時受力如圖甲，其所受的三個力在同一平面內，合力為零，有qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2)①代入數據解得v＝20m/s②速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿意tanθ＝eq\f(qE,mg)③代入數據解得tanθ＝eq\r(3)，θ＝60°.④(2)解法1：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，如圖乙所示，設其加速度為a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤設撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥設小球在重力與電場力的合力方向上的分位移為y，有y＝eq\f(1,2)at2⑦tanθ＝eq\f(y,x)⑧聯立④⑤⑥⑦⑧式，代入數據解得t＝2eq\r(3)s．⑨解法2：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做豎直上拋運動，其初速度為vy＝vsinθ⑤若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vyt－eq\f(1,2)gt2＝0⑥聯立⑤⑥式，代入數據解得t＝2eq\r(3)s.【答案】(1)20m/s方向與電場方向成60°角斜向上(2)2eq\r(3)s高分技法帶電粒子在疊加場中運動的思維流程1.如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動，其軌跡半徑為R，已知該電場的電場強度為E，方向是豎直向下，該磁場的磁感應強度為B，方向垂直于紙面對里，不計空氣阻力，重力加速度為g，則(C)A．液滴帶正電B．液滴的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(E,g)C．液滴沿順時針方向運動D．液滴運動速度大小v＝eq\f(Rg,BE)解析：液滴在重力場、勻強電場、勻強磁場的復合場中做勻速圓周運動，可知qE＝mg，解得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，故B錯誤；電場力豎直向上，液滴帶負電，A錯誤；由左手定則可推斷液滴沿順時針方向運動，C正確；對液滴，有qE＝mg，qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(RBg,E)，故D錯誤．2.如圖，空間某區域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面對里，三個帶正電的微粒a，b，c電荷量相等，質量分別為ma，mb，mc，已知在該區域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動．下列選項正確的是(B)A．ma>mb>mc B．mb>ma>mcC．mc>ma>mb D．ma>mb>ma解析：該空間區域為勻強電場、勻強磁場和重力場的疊加場，a在紙面內做勻速圓周運動，可知其重力與所受到的電場力平衡，洛倫茲力供應其做勻速圓周運動的向心力，有mag＝qE，解得ma＝eq\f(qE,g).b在紙面對右做勻速直線運動，由左手定則可推斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝eq\f(qE,g)＋eq\f(qvbB,g).c在紙面內向左做勻速直線運動，由左手定則可推斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝eq\f(qE,g)－eq\f(qvcB,g).綜上所述，可知mb>ma>mc，選項B正確．突破3帶電粒子在有軌道約束的疊加場中的運動帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環、軌道約束的狀況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，分析時應留意：(1)分析帶電粒子所受各力尤其是洛倫茲力的改變狀況，分階段明確物體的運動狀況．(2)依據物體各階段的運動特點，選擇合適的規律求解．①勻速直線運動階段：應用平衡條件求解．②勻加速直線運動階段：應用牛頓其次定律結合運動學公式求解．③變加速直線運動階段：應用動能定理、能量守恒定律求解．(多選)如圖所示，在豎直平面內，由絕緣材料制成的豎直平行軌道CD、FG與半圓軌道DPG平滑相接，CD段粗糙，其余部分都光滑，圓弧軌道半徑為R，圓心為O，P為圓弧最低點，整個軌道處于水平向右的勻強電場中，電場強度為E.PDC段還存在垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應強度為B．有一金屬圓環M，帶有正電荷q，質量m＝eq\f(qE,g)，套在軌道FG上，圓環與CD軌道間的動摩擦因數μ＝0.2.假如圓環從距G點高為10R處由靜止釋放，則下列說法正確的是()A．圓環在CD軌道上也能到達相同高度處B．圓環第一次運動到P點(未進入磁場區域)時對軌道的壓力為21mgC．圓環在整個運動過程中克服摩擦力所做的功為8mgRD．圓環最終會靜止在P點【解析】圓環從M點到CD軌道最高點的過程中，電場力和摩擦力都做負功，圓環的機械能削減，所以圓環在CD軌道上不能到達相同高度，A錯誤；對圓環第一次運動到P點的過程由動能定理得mg·11R－EqR＝eq\f(1,2)mv2，在P點由牛頓其次定律得N－mg＝meq\f(v2,R)，又m＝eq\f(qE,g)，解得N＝21mg，由牛頓第三定律可知圓環第一次運動到P點時對軌道的壓力N′＝N＝21mg，B正確；當圓環經過D點速度為零時，設圓環能返回到G點上方H點，H點離G點的豎直距離為x，D到H的過程，由動能定理得qE·2R－mgx＝0，得x＝2R，圓環最終會在DH間往復運動，經過D點或H點時速度為0，對整個過程由動能定理得mg·8R－Wf＝0，克服摩擦力所做的功為Wf＝8mgR，C正確，D錯誤．【答案】BC高分技法把握三點，解決“約束運動”問題1對物體受力分析，把握已知條件.2駕馭洛倫茲力的公式和特點，理清彈力和摩擦力、洛倫茲力和速度、摩擦力與合力、加速度與速度等幾個關系.3駕馭力和運動、功和能在磁場中的應用.3．(多選)如圖所示為一個質量為m、帶電荷量為＋q的圓環，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B，方向垂直紙面對里的勻強磁場中．現給圓環向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環運動的v-t圖象可能是下圖中的(BC)解析：本題考查受到洛倫茲力作用的圓環的運動及其相關學問．若qv0B＝mg，小環做勻速運動，此時圖象為平行于t軸的直線，故B正確；若qv0B>mg，FN＝qv0B－mg，此時μFN＝ma，所以小環做加速度漸漸減小的減速運動，直到qvB＝mg時，小環起先做勻速運動，故C正確；若