PAGEPAGE10專題七帶電粒子在疊加場中的運動突破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)霍爾元件在勻強磁場中放置一個矩形截面的載流導體，當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現了電勢差．這個現象稱為霍爾效應考向1速度選擇器的工作原理(2024·浙江杭州模擬)在如圖所示的平行板器件中，勻強電場E和勻強磁場B相互垂直．一束初速度為v的帶電粒子從左側垂直電場射入后沿圖中直線②從右側射出．粒子重力不計，下列說法正確的是()A．若粒子沿軌跡①出射，則粒子的初速度肯定大于vB．若粒子沿軌跡①出射，則粒子的動能肯定增大C．若粒子沿軌跡③出射，則粒子可能做勻速圓周運動D．若粒子沿軌跡③出射，則粒子的電勢能可能增大【解析】初速度為v的帶電粒子從左側垂直電場射入后沿圖中直線②從右側射出，則qvB＝qE，若粒子沿軌道①出射，粒子所受向上的力大于向下的力，但由于粒子電性未知，所以粒子所受的電場力與洛倫茲力方向不能確定，初速度和動能的改變無法確定，故A、B均錯誤；若粒子沿軌跡③出射，粒子受電場力、洛倫茲力，不行能做勻速圓周運動，故C錯誤；若粒子沿軌跡③出射，假如粒子帶負電，所受電場力方向向上，洛倫茲力方向向下，電場力做負功，粒子的電勢能增大，故D正確．【答案】D考向2磁流體發電的工作原理(多選)如圖是磁流體發電機的裝置，a、b組成一對平行電極，兩板間距為d，板平面的面積為S，內有磁感應強度為B的勻強磁場．現持續將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負電的微粒，而整體呈中性)，垂直磁場噴入，每個離子的速度為v，負載電阻阻值為R，當發電機穩定發電時，負載中電流為I，則()A．a板電勢比b板電勢低B．磁流體發電機的電動勢E＝BdvC．負載電阻兩端的電壓大小為BdvD．兩板間等離子體的電阻率ρ＝eq\f((Bdv－IR)S,Id)【解析】參看磁流體發電機的裝置圖，利用左手定則可知，正、負微粒通過發電機內部時，帶正電微粒向上偏，帶負電微粒向下偏，則知a板電勢比b板電勢高，所以A錯誤；當發電機穩定發電時，對微粒有F洛＝F電，即Bqv＝eq\f(E,d)q，得電動勢E＝Bdv，所以B正確；由閉合電路歐姆定律有UR＋Ur＝E，又E＝Bdv，則負載電阻兩端的電壓UR<Bdv，所以C錯誤；由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,r＋R)，由電阻定律有r＝ρeq\f(d,S)，得ρ＝eq\f((Bdv－IR)S,Id)，所以D正確．【答案】BD考向3電磁流量體的工作原理醫生做某些特殊手術時，利用電磁血流計來監測通過動脈的血流速度．電磁血流計由一對電極a和b以及一對磁極N和S構成，磁極間的磁場是勻稱的．運用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示．由于血液中的正負離子隨血流一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差．在達到平衡時，血管內部的電場可看做是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零．在某次監測中，兩觸點的距離為3．0mm，血管壁的厚度可忽視，兩觸點間的電勢差為160μV，磁感應強度的大小為0.040T．則血流速度的近似值和電極a、b的正負為()A．1.3m/s，a正、b負B．2.7m/s，a正、b負C．1.3m/s，a負、b正D．2.7m/s，a負、b正【解析】血液中正負離子流淌時，依據左手定則，正離子受到向上的洛倫茲力，負離子受到向下的洛倫茲力，所以正離子向上偏，負離子向下偏，則a帶正電，b帶負電，故C、D錯誤；最終血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零，有qeq\f(U,d)＝qvB，所以血流速度v＝eq\f(U,Bd)＝eq\f(160×10－6,0.040×3×10－3)m/s＝1.3m/s，故A正確，B錯誤．【答案】A考向4霍爾元件的工作原理(多選)利用如圖所示的方法可以測得金屬導體中單位體積內的自由電子數n，橫截面為矩形的金屬導體寬為b，厚為d，并加有與前后側面垂直的勻強磁場B，當通以圖示方向的電流I時，用志向電壓表可測得導體上、下表面間電壓為U.已知自由電子的電荷量為e，則下列推斷正確的是()A．上表面電勢高B．下表面電勢高C．該導體單位體積內的自由電子數為eq\f(BI,eUb)D．該導體單位體積內的自由電子數為eq\f(I,ebd)【解析】依據左手定則，可知電子向上表面偏轉，所以下表面電勢高，選項A錯誤，B正確；由題意有eeq\f(U,d)＝evB，I＝neSv＝nebdv，可得n＝eq\f(BI,eUb)，選項C正確，D錯誤．【答案】BC帶電粒子在復合場中運動的四個實例的比較速度選擇器、磁流體發電機、電磁流量計、霍爾元件都涉及帶電粒子在相互正交的電場和磁場組成的復合場中的運動平衡問題，它們的不同之處是速度選擇器中的電場是帶電粒子進入前存在的，是外加的；磁流體發電機、電磁流量計和霍爾元件中的電場是帶電粒子進入磁場后，在洛倫茲力作用下帶電粒子在兩極板上聚集后才產生的．突破2帶電粒子在疊加場中的運動考向1帶電粒子在疊加場中無約束狀況下的運動疊加場組成可能的運動形式磁場、重力場并存①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做困難的曲線運動，因F洛不做功，故機械能守恒，由此可求解問題電場、磁場并存(不計微觀粒子的重力)①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子做困難的曲線運動，因F洛不做功，可用動能定理求解問題電場、磁場、重力場并存①若三力平衡，帶電粒子肯定做勻速直線運動②若重力與電場力平衡，帶電粒子肯定做勻速圓周運動(磁場方向與帶電粒子運動方向垂直)③若合力不為零且與速度方向不垂直，帶電粒子將做困難的曲線運動，因F洛不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題如圖所示，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＝1×10－6kg，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)，取g＝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.[審題指導](1)在撤去磁場前，小球受重力、洛倫茲力、電場力三個力作用，三力平衡．(2)撤去磁場后，可考慮把小球的運動分解成水平方向和豎直方向上的運動，其中豎直方向上的運動為豎直上拋運動．【解析】(1)小球勻速直線運動時受力如圖，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θ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，設其加速度為a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤設撤掉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分位移為y，有y＝eq\f(1,2)at2⑦a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tanθ＝eq\f(y,x)⑧聯立④⑤⑥⑦⑧式，代入數據解得t＝2eq\r(3)s＝3.5s⑨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勻減速運動，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＝3.5s⑦【答案】(1)見解析(2)3.5s1．(2024·河南周口模擬)(多選)如圖所示，平行紙面對下的勻強電場與垂直紙面對外的勻強磁場相互正交，一帶電小球剛好能在其中做豎直面內的勻速圓周運動．若已知小球做圓周運動的半徑為r，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B，重力加速度大小為g，則下列推斷中正確的是(AC)A．小球肯定帶負電荷B．小球肯定沿順時針方向轉動C．小球做圓周運動的線速度大小為eq\f(gBr,E)D．小球在做圓周運動的過程中，電場力始終不做功解析：小球做勻速圓周運動，受到豎直向下的重力和豎直向上的電場力，且mg＝Eq，所以小球帶負電，A正確；由左手定則可知小球沿逆時針方向轉動，B錯誤；由qvB＝eq\f(mv2,r)，解得v＝eq\f(Bqr,m)，由mg＝Eq得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，則v＝eq\f(Bgr,E)，C正確；小球在做圓周運動的過程中，電場力始終做功，但轉動一周的過程中，電場力做功為零，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>mcB．mb>ma>mcC．mc>ma>mbD．mc>mb>ma解析：設電場強度為E、磁感應強度為B、三個微粒的帶電量均為q，它們受到的電場力Eq方向均豎直向上．微粒a在紙面內做勻速圓周運動，有Eq＝mag；b在紙面內向右做勻速直線運動，有Eq＋Bqvb＝mbg；c在紙面內向左做勻速直線運動，有Eq－Bqvc＝mcg；可得：mb>ma>mc.分析解決此類問題的關鍵環節(1)相識帶電物體所在區域中場的組成，一般是電場、磁場和重力場中兩個場或三個場的復合場．(2)正確進行受力分析是解題的基礎，除了重力、彈力、摩擦力以外，特殊要留意電場力和洛倫茲力．(3)在正確受力分析的基礎上進行運動分析，留意運動狀況和受力狀況的相互結合，要特殊關注一些特殊時刻所處的特殊狀態(臨界狀態)．考向2帶電粒子在疊加場中有約束狀況下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．(2024·河北保定模擬)(多選)如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面對里的勻強磁場，電場和磁場相互垂直．在電、磁場區域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環，環上套有一個帶正電的小球，小球可沿圓環自由運動．O點為圓環的圓心，a、b、c為圓環上的三個點，a點為最高點，c點為最低點，Ob沿水平方向．已知小球所受電場力與重力大小相等．現將小球從環的頂端a點由靜止釋放．下列推斷正確的是()A．當小球運動的弧長為圓周長的eq\f(1,2)時，洛倫茲力最大B．當小球運動的弧長為圓周長的eq\f(3,8)時，洛倫茲力最大C．小球從a點運動到b點，重力勢能減小，電勢能增大D．小球從b點運動到c點，電勢能增大，動能先增大后減小【解析】小球受到水平向左的電場力和豎直向下的重力，二力大小相等，故二力的合力方向與水平方向成45°角斜向左下方，類比重力場可知，小球運動到圓弧bc的中點時，即小球運動的弧長為圓周長的eq\f(3,8)時，速度最大，此時的洛倫茲力最大，故A錯誤，B正確．小球由a點運動到b的過程中，電場力和重力均做正功，重力勢能和電勢能都減小，故C錯誤．小球從b點運動到c點的過程中，電場力做負功，電勢能增加；因重力和電場力的合力方向與水平方向成45°角斜向左下方，當小球運動到圓弧bc的中點時速度最大，所以小球從b點運動到c點過程中，動能先增大后減小，故D正確．【答案】BD3．(2024·河南六市一模)(多選)如圖所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直于軌道平面對里．一可視為質點、質量為m、電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A點無初速度滑下，當小球滑至軌道最低點C時，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過軌道右側的D點．若軌道的兩端等高，小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，則下列推斷正確的是(BD)A．小球在C點對軌道的壓力大小為qBeq\r(2gR)B．小球在C點對軌道的壓力大小為3mg－qBeq\r(2gR)C．小球從C到D的過程中，外力F的大小保持不變D．小球從C到D的過程中，外力F的功率漸漸增大解析：小球從A到C，只有重力做功，由機械能守恒有mgR＝eq\f(1,2)mv2，得小球到達C點時的速度v＝eq\r(2gR)，在C點由牛頓其次定律有FN＋qvB－mg＝meq\f(v2,R)，解得FN＝3mg－qBeq\r(2gR)，再由牛頓第三定律可知小球在C點對軌道的壓力大小為3m