薄釉蕊帶電粒子在疊加場中的運動

命題點一帶電粒子在疊加場中的應(yīng)用模型——電磁平衡科技應(yīng)用（自主學(xué)習(xí)）

［核心整合］

裝置原理圖規(guī)律

1__________I_______________1

速度選XXXXF

1B若qv°B=Eq,即0o=石，粒子做勻速直線運動

擇器XXXX

1__________________________1

L

1_________________________J等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、

磁流體XXXX1

::A8彳負電，兩極電壓為。時穩(wěn)定，^=qi）oB,U=voBd

發(fā)電機XXXX1

11

xaxxU”匚匚…U

電磁流'—xeJJQ一qvB,加以v一DB

量計一一")

xbxx所以Q—oS—4B

z

霍爾當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時，導(dǎo)體在與磁場、

*同凝胃a

元件電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差

［對點演練］

1.（速度選擇器）在如圖所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應(yīng)強度2相互垂直.一

帶電粒子（重力不計）從左端以速度。沿虛線射入后做直線運動，則該粒子（）

A.一定帶正電

F

B.速度。=五D

F

C.若速度。＞含粒子一定不能從板間射出

D

D.若此粒子從右端沿虛線方向進入，仍做直線運動

解析：B粒子帶正電和負電均可，選項A錯誤；由洛倫茲力等于電場力，可得e8=

E1Z7

qE,解得速度。選項B正確；若速度。〉卷粒子可能從板間射出，選項C錯誤；若此

DD

粒子從右端沿虛線方向進入，所受電場力和洛倫茲力方向相同，不能做直線運動，選項D錯

誤.

2.（磁流體發(fā)電機）（2021?河北卷）如圖，距離為d的兩平行金屬板尸、。之間有一勻強磁

場，磁感應(yīng)強度大小為Bi，一束速度大小為。的等離子體垂直于磁場噴入板間.相距為L的

兩光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為所,導(dǎo)軌平面

與水平面夾角為仇兩導(dǎo)軌分別與尸、Q相連.質(zhì)量為相、電阻為R的金屬棒油垂直導(dǎo)軌放

置，恰好靜止.重力加速度為g,不計導(dǎo)軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力.下列

說法正確的是（）

等離子體

A.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向上，；

D\D2^Cl

B.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，。=爺督邛

D\D2Ld

C.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向上，。=嚅萼

D\D2LCl

D.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，。=鏢萼

DiD2La

解析：B由左手定則可知。板帶正電，P板帶負電，所以金屬棒油中的電流方向為從

。到6,對金屬棒受力分析可知，金屬棒受到的安培力方向沿導(dǎo)軌平面向上，由左手定則可知

導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，由受力平衡可知&遼=根8$也仇而/=/，而對等離

子體受力分析有4=敢5,解得。=畸養(yǎng).故B正確，A、C、D錯誤.

3.（電磁流量計）為監(jiān)測某化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的??%

排污管末端安裝了如圖所示的長方體流量計.該裝置由絕緣材料制成，/

其長、寬、高分別為a、b、c,左右兩端開口.在垂直于上下底面方c，//--產(chǎn)。

向加一勻強磁場，前后兩個內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板作為電極.污水

充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時，接在M,N兩端間的電壓表將顯示兩個電極間的電壓U.

若用。表示污水流量（單位時間內(nèi)排出的污水體積），下列說法中正確的是（）

A.M端的電勢比N端的高

B.電壓表的示數(shù)。與。和6均成正比，與c無關(guān)

C.電壓表的示數(shù)。與污水的流量。成正比

D.若污水中正、負離子數(shù)相同，則電壓表的示數(shù)為0

解析：C根據(jù)左手定則知，正離子所受的洛倫茲力方向向里，則向里偏轉(zhuǎn)，N端帶正

電，M端帶負電，則M端的電勢比N端電勢低，故A錯誤；最終離子在電場力和洛倫茲力

作用下平衡，有：qvB=（^,解得電壓表的示數(shù)。與6成正比，與污水中正、負

離子數(shù)無關(guān)，故B、D錯誤；因。=春，則流量。=仍。=華，因此。=華，所以電壓表的

示數(shù)U與污水流量。成正比，故C正確.

4.（霍爾元件）（2019?天津卷）筆記本電腦機身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元

件.當(dāng)顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)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(tài).如圖所示，一塊寬為人長為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件，元

件內(nèi)的導(dǎo)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

。.當(dāng)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(xiàn)電壓U,以此控制屏幕的熄滅.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。無關(guān)

C.前、后表面間的電壓。與c成正比

D.自由電子受到的洛倫茲力大小為手

解析：D由左手定則判斷，后表面帶負電，電勢低，A錯誤；電子受力平衡后，U穩(wěn)

定不變，由得故前、后表面間的電壓U與。成正比，與c無關(guān)，故B、

pTJ

C錯誤；自由電子受到的洛倫茲力/=eoB=",D正確.

I題后反思I

解決電、磁場科學(xué)技術(shù)問題的一般過程

|電、磁場科學(xué)技術(shù)問題|

,I,,

|提取信息卜------------

|分析［判斷卜------------

,I,,I,1,

|電場問題||磁場問題||復(fù)合場問題|

I］］

|構(gòu)建物:理模型|

|解決問［、檢正］若不能解決

命題點二帶電粒子在疊加場中的運動（多維探究）

［核心整合］

1.三種場的比較

力的特點功和能的特點

重力場大小：G—mg重力做功與路徑無關(guān)

方向：豎直向下重力做功改變物體的重力勢能

大小：F=qE電場力做功與路徑無關(guān)

電場方向：正電荷受力方向與場強方向相同，負W=qU

電荷受力方向與場強方向相反電場力做功改變電勢能

大小:F=qvB(v_LB)洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子

磁場

方向：可用左手定則判斷的動能

2.關(guān)于是否考慮粒子重力的三種情況

(1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因為其重力一般情況下與靜電力或磁場力相

比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、塵埃等一般應(yīng)當(dāng)考慮其重力.

(2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，按題目要求處理.

(3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進行受力分析與運動分析時，要結(jié)合運動狀態(tài)確

定是否要考慮重力.

第1維度：帶電粒子在疊加場中的直線運動

(1)帶電粒子在電場和磁場的疊加場中做直線運動，電場力和洛倫茲力一定相互平衡，因

此可利用二力平衡解題.

(2)帶電粒子在電場、磁場、重力場的疊加場中做直線運動，則粒子一定處于平衡狀態(tài)，

因此可利用平衡條件解題.

EE(多選)質(zhì)量為加、電荷量為4的微粒以速度。與水平方向成e4

角從0點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的疊加場:_.?/?

區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到:/.

A,下列說法中正確的是()

A.該微粒一定帶負電荷

B.微粒從。到A的運動可能是勻變速運動

C.該磁場的磁感應(yīng)強度大小為武覬

D.該電場的場強為國誓

解析：AC若微粒帶正電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向左的電場力4E和斜向右

下方的洛倫茲力戒8,知微粒不能做直線運動，據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負電荷，它受豎直向下的

重力機g、水平向右的電場力qE和斜向左上方的洛倫茲力卯8,又知微粒恰好沿著直線運動

到A,可知微粒應(yīng)該做勻速直線運動，則選項A正確，B錯誤；由平衡條件有：qvBcos0=

mg,qvBsin9=qE,得磁場的磁感應(yīng)強度B=二%0,電場的場強E=Bosin6=蟹*^,故

Cl(7CI

選項C正確，D錯誤.

第2維度：帶電粒子在疊加場中的圓周運動

（1）帶電粒子做勻速圓周運動，隱含條件是必須考慮重力，且電場力和重力平衡.

（2）洛倫茲力提供向心力和帶電粒子只在磁場中做圓周運動解題方法相同.

血U（2021.吉林長春期末）如圖所示,在xOy平面內(nèi)，第三、

四象限內(nèi)有豎直方向的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，

將一質(zhì)量為m,帶電量為q的小球從O點正上方y(tǒng)軸上某一點以

初速度oo水平向右拋出，小球經(jīng)過x軸上P點（圖中未畫出）后進

入x軸下方的電磁場區(qū)，并沿一段圓弧運動后恰好經(jīng)過。點，求:

（1）勻強電場電場強度的大小和方向；

（2）勻強磁場磁感應(yīng)強度的大小.

解析：（1）由于小球經(jīng)過無軸上尸點后進入x軸下方做一段圓弧運動后恰好再次經(jīng)過O點

可以判斷小球帶負電，在x軸下方做圓周運動,重力與電場力平衡，有mg=qE

解得E彗

電場方向向下.

（2）設(shè)小球做平拋運動的時間為r,到達x軸水平位移為x,則

設(shè)小球進入無軸下方的速度為o,做圓周運動的的半徑為R,則有qvB=rrr^

設(shè)小球到達x軸時速度方向與x軸的夾角為6,則小球平拋運動有osin0=vy=gt9x=

2Rsin0

解得2=冽旦

qvo

答案：（D管電場方向向下（2）§^

第3維度：帶電粒子在疊加場中的復(fù)雜運動

帶電體在電場、磁場和重力場三種疊加場中做一般的曲線運動，需要用功能關(guān)系分析問

題.洛倫茲力不做功，質(zhì)點動能的變化是電場力、重力做功的結(jié)果.

EE（2021.河南頂級名校四次聯(lián)測）如圖所示，豎直平面xOy,其x軸水平，在整個平

面內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場E,在第三象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強

度大小為8=0.2T.現(xiàn)有一比荷為看=25C/kg的帶電微粒，從第三象限內(nèi)某點以速度。o向坐

標(biāo)原點O做直線運動，與X軸之間的夾角為＜9=45。，取重力加速度g=10m/s2.求：

XXX

(1)微粒的電性及速度Vo的大??；

(2)帶電微粒在第一象限內(nèi)運動時所到達的最高點的坐標(biāo).

解析：(1)帶電微粒在第三象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力的作用，做直線運動，則其

一定做勻速直線運動，合力為零.若微粒帶負電，由左手定則知洛倫茲力斜向右下，又重力

豎直向下，電場力水平向左，合力不可能為零；同理，可判斷微粒帶正電；

對帶電微粒受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件可得：

Bqvo=yf2mg

解得：%=2陋m/s.

XXX

(2)帶電微粒進入第一象限后做曲線運動，設(shè)最高點為從。到M所用的時間為九則

將微粒從。到M的運動分解為沿x軸方向上的勻加速直線運動和沿y軸方向上的勻減速直線

運動

y軸方向上：O=/osin45°—

Oosin45°

x軸方向上：qE=mgtan450=max

x=wos

解得x=0.6m,y=0.2m.

即帶電微粒在第一象限內(nèi)運動時所達到的最高點的坐標(biāo)為(0.6m,0.2m).

答案:⑴帶正電2/m/s(2)(0.6m,0.2m)

核心素養(yǎng)新導(dǎo)向?qū)W科培優(yōu)

素養(yǎng)培優(yōu)31軌道約束情況下帶電體在磁場中的運動

帶電體在重力場、磁場、電場中運動時，從整個物理過程上看有多種不同的運動形式，

其中從運動條件上看分為有軌道約束和無軌道約束.現(xiàn)從力、運動和能量的觀點研究三種有

軌道約束的帶電體的運動.

1.帶電物塊與絕緣斜面的組合

典例1如圖所示，帶電荷量為+“、質(zhì)量為m的物塊從傾角為8=37。的光滑絕緣斜

面頂端由靜止開始下滑，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直紙面向外，求物塊在斜面上滑行的

最大速度和在斜面上運動的最大位移.（斜面足夠長，取$桁37。=0.6,8$37。=0.8）

解析：經(jīng)分析，物塊沿斜面運動過程中加速度不變，但隨速度增大，物塊所受支持力逐

漸減小，最后離開斜面.所以，當(dāng)物塊對斜面的壓力剛好為零時，物塊沿斜面的速度達到最

大，同時位移達到最大，

即qVmB=mgcos6?

物塊沿斜面下滑過程中，由動能定理得：

mgssin。=力0/②

上Ge用加一cos94mg

由①②侍：%=qB=5qB.

Vm8m2g

s=2gsin0=15q2B2'

憑安

口木：5qB15q2B2

2.帶電圓環(huán)與絕緣直桿的組合

典例2如圖所示，一個質(zhì)量,"=0.1g,電荷量q=4Xl（T帶正_______.,

XAXE

電的小環(huán)，套在很長的絕緣直桿上，可以沿桿上下滑動.將桿置于正交的勻一一.

強電場和勻強磁場內(nèi)，E=10N/C,2=0.5T.小環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)〃-—Lx"

=0.2.求小環(huán)從靜止沿桿豎直下落的最大加速度和最大速度.取g=10m/s2,

小環(huán)電荷量不變.

解析：小環(huán)由靜止下滑后，由于所受電場力與洛倫茲力同向（向右），使小環(huán)壓緊豎直桿.相

互間的壓力為

F^—qE+qvB.

由于壓力是一個變力，小環(huán)所受的摩擦力也是一個變力，可以根據(jù)小環(huán)運動的動態(tài)方程

找出最值條件.

根據(jù)小環(huán)豎直方向的受力情況，由牛頓第二定律得運動方程

mg—ftF^=ma,

即mg—/Li(qE+qvB)=ma.

當(dāng)。=0時，即剛下落時，小環(huán)運動的加速度最大，代入數(shù)值得°m=2m/s2.

下落后，隨著。的增大，加速度。逐漸減小.當(dāng)。=0時，下落速度。達最大值，代入數(shù)

值得vm—5m/s.

答案：2mzs25m/s

I反思感悟I

把握三點，解決“約束運動”問題

(1)對物塊受力分析，把握已知條件.

(2)掌握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(guān)系.

(3)掌握力和運動、功和能在磁場中的應(yīng)用

限時規(guī)范訓(xùn)練

［基礎(chǔ)鞏固］

1.(多選)如圖所示，空間某處存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一

個帶負電的金屬小球從M點水平射入場區(qū)，經(jīng)過一段時間運動到N點，關(guān)于小球由M到N

的運動，下列說法正確的是()

A.小球可能做勻變速運動

B.小球一定做變加速運動

C.小球動能可能不變

D.小球機械能守恒

解析：BC小球從M到M在豎直方向上發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，所以在M點受到的豎直向下的

洛倫茲力、豎直向下的重力和豎直向上的電場力的合力不為零，且速度方向變化，則洛倫茲

力方向變化，所以合力為變力，故不可能做勻變速運動，一定做變加速運動，A錯誤，B正

確；若電場力和重力等大反向，則運動過程中電場力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做

功，所以小球的動能可能不變，C正確；沿電場方向有位移，電場力一定做功，故小球的機

械能不守恒，D錯誤.

2.醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度.電磁血流計由

一對電極。和b以及一對磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場是均勻的.使用時，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，電極八6之間會有微小電勢差.在達到平衡時，血

管內(nèi)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(jiān)測中，兩觸點的距離為3.0mm,血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160NV，磁

感應(yīng)強度的大小為0.040T.則血流速度的近似值和電極a、6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、bIE

D.2.7m/s,a負、正

解析：A血液中正負離子流動時，根據(jù)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。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，有所以血流速度

U160X10-6

麗—0040X3X10-3m/s^l.3m/s,故A正確，B錯誤.

3.如圖，空間某區(qū)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

方向垂直于紙面向里.三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為機八機人機c.已

知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，6在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向

左做勻速直線運動.下列選項正確的是（）

C.mc>ma>mbD.mc>mb>ma

解析：B該空間區(qū)域為勻強電場、勻強磁場和重力場的疊加場，a在紙面內(nèi)做勻速圓周

運動，可知其重力與所受到的電場力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力，有版1g

=qE,解得如=臂力在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力

方向豎直向上，可知機解得儂=華+”2c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，

OO

由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知根Cg+w乃=,解得人=華一號.

OO

綜上所述，可知.“2。冽0,B正確.

4.（多選）自行車速度計利用霍爾效應(yīng)傳感器獲知自行車的運動速率.如圖甲所示，自行

車前輪上安裝一塊磁鐵，輪子每轉(zhuǎn)一圈，這塊磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器會輸出一個脈

沖電壓.圖乙為霍爾元件的工作原理圖.當(dāng)磁場靠近霍爾元件時，導(dǎo)體內(nèi)定向運動的自由電

荷在磁場力作用下偏轉(zhuǎn)，最終使導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差，即為

霍爾電勢差.下列說法正確的是（）

磁場8

電勢差

電源

甲乙

A.根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)和自行車車輪的半徑即可獲知車速大小

B.自行車的車速越大，霍爾電勢差越高

C.圖乙中霍爾元件的電流/一定是由正電荷定向運動形成的

D.如果長時間不更換傳感器的電源，霍爾電勢差將減小

解析:AD根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)可知車輪轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速，若再已知自行車車輪的半徑,

根據(jù)。=2兀廠〃即可獲知車速大小，選項A正確；根據(jù)霍爾原理可知%U=Bdv,即霍

爾電壓只與磁感應(yīng)強度、霍爾元件的厚度以及電子定向移動的速度有關(guān)，與車輪轉(zhuǎn)速無關(guān)，

選項B錯誤；圖乙中霍爾元件的電流/可能是由電子定向運動形成的，也可能是由正電荷定

向移動形成的，選項C錯誤；如果長時間不更換傳感器的電源，則會導(dǎo)致電子定向移動的速

率減小，故霍爾電勢差將減小，選項D正確.

5.（多選）如圖所示為一個質(zhì)量為機、帶電荷量為的圓環(huán)，可在水

Xm,+gX?0xfix

平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向?C?

垂直紙面向里的勻強磁場中.現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度。o,在以后的運動過

程中，圓環(huán)運動的圖象可能是下圖中的（）

解析：BC當(dāng)*8=〃際時，圓環(huán)做勻速直線運動，此時圖象為B,故B正確；當(dāng)quB

時，F(xiàn)N=qvB—mg,此時：/iF^=ma,所以圓環(huán)做加速度逐漸減小的減速運動，直到qoB

—mg時，圓環(huán)開始做勻速運動，故C正確；當(dāng)qvB<mg時，F(xiàn)^—mg—qvB,此時：〃尸N=

ma,所以圓環(huán)做加速度逐漸增大的減速運動，直至停止，所以其。Y圖象的斜率應(yīng)該逐漸增

大，故A、D錯誤.

6.（多選汝口圖所示，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(chǎn)生勻強電場（場強大小為E）,右邊有一塊擋板，正中間開有一小孔力在較大空間范圍

內(nèi)存在著勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為8,方向垂直紙面向里.從兩板左側(cè)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(cè)，從d孔射出后分成三束，則下列判

斷正確的是（）

XX?XXXXX

：XJX］。次X

A.這三束正離子的速度一定不相同

B.這三束正離子的比荷一定不相同

C.a、b兩板間的勻強電場方向一定由。指向6

D.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：BCD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

以判斷三束正離子的速度一定相同，且電場方向一定由a指向6,A錯誤，C正確；在右側(cè)

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一定不相同，B正確；若將

這三束離子改為帶負電，而其他條件不變的情況下分析受力可知，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.

7.（2021.福建三明質(zhì)檢）磁流體發(fā)電機的原理如圖所示.將一束等離

子體連續(xù)以速度。垂直于磁場方向噴入磁感應(yīng)強度大小為2的勻強磁場

中，可在相距為小面積為s的兩平行金屬板間產(chǎn)生電壓.現(xiàn)把上、下反

板和電阻R連接，上、下板等效為直流電源的兩極.等離子體穩(wěn)定時在

等離子體

兩極板間均勻分布，電阻率為".忽略邊緣效應(yīng)及離子的重力，下列說法

正確的是（）

A.上板為正極，a、b兩端電壓

B.上板為負極，°、6兩端電壓。=盥衿

RS-rpa

C.上板為正極，a、b兩端電壓。=貴含

RS-vpd

D.上板為負極，a、b兩端電壓［/=石;￡

Rd十pS

解析：C根據(jù)左手定則可知，等離子體射入兩極板之間時，正離子偏向。板，負離子

偏向b板，即上板為正極；穩(wěn)定時滿足R=8W，解得U'=Bd。；根據(jù)電阻定律可知兩極

板間的電阻為片?根據(jù)閉合電路歐姆定律：1=^~,。、6兩端電壓。=見聯(lián)立解得。

BdvRS

故選C.

RS+pd'

8.（多選）如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后,

水平進入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B的復(fù)合場中（E和B已知），小球在此空間的豎

直面內(nèi)做勻速圓周運動，重力加速度為g,則（）

A.小球可能帶正電

小球做勻速圓周運動的半徑為T寸?

B.

C.若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加

2JTF

D.小球做勻速圓周運動的周期為片區(qū)

解析：BD小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，故重力等于電場力，即洛倫茲力提供向

心力，所以〃際=及，由于電場力的方向與場強的方向相反，故小球帶負電，故A錯誤；由

于洛倫茲力提供向心力，故有：qvB=nr^,解得：廠=湍;又由于qU=^mv2,解得:v=

聯(lián)立得到：故B正確；由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動，故

有運動周期為：片平=鬻=簧故D正確；由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動，運

動周期為：T=號亍，顯然運動周期與加速電壓無關(guān)，故C錯誤；故選BD.

6g

［能力提升］

9.（2021?河南九師聯(lián)盟質(zhì)檢）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy,x軸沿水平方

向.第二、三象限有垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強磁場，與無軸成8=30。角的絕緣細桿固定在

二、三象限；第四象限同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直于坐標(biāo)平面向里、磁感應(yīng)強度

大小為B的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球。（可視為質(zhì)點）穿在細桿上沿細桿

勻速下滑，在N點脫離細桿后恰能沿圓周軌道運動到x軸上的A點，且速度方向垂直于x軸.已

知A點到坐標(biāo)原點。的距離為|/,小球a與絕緣細桿的動摩擦因數(shù)〃=坐；膂=、用，

重力加速度為g,空氣阻力忽略不計.求：

⑴帶電小球的電性及電場強度的大小E-,

(2)第二、三象限里的磁場的磁感應(yīng)強度大小Bi；

(3)當(dāng)帶電小球a剛離開N點時，從y軸正半軸距原點0為/?=等的P點(圖中未畫出)

以某一初速度水平向右平拋一個不帶電的絕緣小球6(可視為質(zhì)點)，b球剛好在運動到了軸時

與向上運動的。球相碰，則b球的初速度為多大？

解析：(1)由帶電小球a在第四象限內(nèi)做圓周運動，知小球a所受電場力豎直向上，且

mg=qE,故小球〃帶正電，

EZ=7儂

q

(2)帶電小球。從N點運動到A點的過程中，洛倫茲力提供小球做圓周運動的向心力，設(shè)

運動半徑為R,

v2

有：qvB=nr^

,,3

由幾何關(guān)系有R+Rsin8=]/

解得R=/,

帶電小球a在桿上勻速下滑時，由平衡條件有

mgsin9=MqvB1—mgcos6)

(3)帶電小球〃在第四象限內(nèi)做勻速圓周運動的周期

帶電小球a第一次在第一象限從A點豎直上拋又返回到A點所用的時間為to=~=

O

絕緣小球b平拋運動至％軸上的時間為

小球〃從N點第一次到A點所用時間為A,

故兩球相碰有方=,+〃(加+,(〃=0,1,2…)

聯(lián)立解得n=l

、7

設(shè)b球的初速度為Vo,則產(chǎn)=小)/

解得。。=:、/黑-

答案：⑴帶正電7⑵刊熹

10.(2021?云南昆明一中月考)如圖所示，豎直面內(nèi)有一平面直角坐標(biāo)系x°y,無軸沿水平

方向，整個空間中存在沿x軸正方向的勻強電場(圖中未畫出)，電場強度大小E=5小N/C,

在第三象限中存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小8=0.5T.有一帶正電的小

球，質(zhì)量機=1X10-6kg,電荷量4=2X10-6C,正以速度。在第三象限中做勻速直線運動

并從。點進入第一象限，g取lOm/sz,求：

XXX

XXX

XXX

(1)小球做勻速直線運動的速度V的大小和方向；

(2)小球在第一象限運動的過程中，離x軸的最遠距離；

(3)小球在第一象限從。點到離x軸的最遠距離處，增加的機械