專題提升練24帶電粒子在疊加場中的運動及其在現(xiàn)代科技中的應(yīng)用梯級Ⅰ基礎(chǔ)練1.(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)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10N/C，方向水平向左；磁場的磁感應(yīng)強度大小為2T，方向垂直紙面向里?，F(xiàn)將一質(zhì)量為0.2kg、電荷量為+0.5C的小球，從該區(qū)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=10m/s2。下列說法正確的是(BC)A.小球平拋的初速度大小為5m/sB.小球平拋的初速度大小為2m/sC.A點距該區(qū)域上邊界的高度為1.25mD.A點距該區(qū)域上邊界的高度為2.5m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(qū)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qvBcosθ=mg，小球的速度vcosθ=v0，代入數(shù)據(jù)解得v0=2m/s，A項錯誤，B項正確；在水平方向，由平衡條件得qE=qBv0sinθ，v0sinθ=vy，根據(jù)vy2=2gh，得h=E22gB2=1.25m2.(多選)霍爾元件就是利用霍爾效應(yīng)制成的半導(dǎo)體磁電轉(zhuǎn)換器件，如圖是很小的矩形半導(dǎo)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(yīng)強度為B的磁場，M、N間的電壓為UH。已知半導(dǎo)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(nèi)載流子個數(shù)為n，電流與磁場的方向如圖所示。下列說法正確的是(AB)A.N板電勢低于M板電勢B.MN間電勢差UH=IBC.載流子受到的洛倫茲力大小為qUD.將磁場方向變?yōu)榕c薄片的左、右表面垂直，此元件可正常工作解析根據(jù)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(jù)平衡條件qUHd=qvB，根據(jù)電流微觀表達式I=nqvdh，整理得MN間電勢差UH=IBnqh，B項正確；穩(wěn)定后載流子受到的洛倫茲力等于電場力F=qUHd，C項錯誤；將磁場方向變?yōu)榕c薄片的左、右表面垂直，會在薄片的上、下表面之間產(chǎn)生電勢差，M、N間無電壓3.(多選)空間內(nèi)存在電場強度大小E=100V/m、方向水平向左的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小B1=100T、方向垂直紙面向里的勻強磁場(圖中均未畫出)。一質(zhì)量m=0.1kg、電荷量q=0.01C的帶正電小球從O點由靜止釋放，小球在豎直面內(nèi)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10m/s2。下列說法正確的是(BCD)A.在運動過程中，小球的機械能守恒B.小球經(jīng)過A點時的速度最大C.小球經(jīng)過B點時的速度為0D.l=25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(qE)2+(mg)2=2N，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2mgl=12mv2，沿OB方向建立x軸，垂直O(jiān)B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=2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。梯級Ⅱ能力練4.(2025·莆田二模)如圖，xOy平面內(nèi)有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在以原點O為圓心的圓形勻強磁場，區(qū)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(qū)域磁場的磁感應(yīng)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?yún)^(qū)域Ⅰ，從N點離開區(qū)域Ⅰ并立即進入?yún)^(qū)域Ⅱ，之后沿x軸運動。已知B=0.05T，M點坐標為(0，0.1)，粒子的比荷qm=4×106C/kg，(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?yōu)?E(不考慮電場變化產(chǎn)生的影響)，其他條件保持不變，一段時間后，粒子經(jīng)過P點，P點的縱坐標y=-0.2m，求粒子經(jīng)過P點的速度大小vP。解析(1)帶電粒子在區(qū)域Ⅰ中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有qBv0=mv0根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子運動軌跡半徑為r=0.1m，且qm=4×106C/kg聯(lián)立解得v0=qBrm=2×104m/s(2)帶電粒子在區(qū)域Ⅱ中做勻速直線運動，由平衡條件有qBv0=qE，解得E=1×103N/C。(3)電場強度突然變?yōu)?E，粒子運動到P點過程，由動能定理有2qE|y|=12mvP2-1解得vP=6×104m/s。答案(1)2×104m/s(2)1×103N/C(3)6×104m/s5.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(cè)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(cè)區(qū)域。將一質(zhì)量m=0.1kg、電荷量q=+0.1C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O(jiān)M進入磁場，之后小球又垂直O(jiān)N再次進入上側(cè)電場。重力加速度g取10m/s2，OA=225m(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(yīng)強度的大小；(3)小球在虛線ON上側(cè)能夠上升的最大高度。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，對小球受力分析有tanθ=qEmg解得E=mgq=10N/C小球由P至A做勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律，則有mgcosθ=ma解得a1=102m/s2，由幾何關(guān)系tanθ=PAOA可得PA=OA=L，根據(jù)速度與位移的關(guān)系式有v2=2a1L，解得小球在A點的速度大小v=4m/s。(2)由于電場力大小與重力大小相等，則小球在虛線下側(cè)做勻速圓周運動，由小球垂直O(jiān)N再次進入上側(cè)電場，運動軌跡如圖乙，根據(jù)幾何關(guān)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=mv2解得B=52T。(3)小球再次進入上側(cè)電場中時，做類斜拋運動，豎直方向做豎直上拋運動，設(shè)上升的最大高度為h，則有v2=2gh，解得h=0.8m。答案(1)10N/C4m/s(2)52T(3)0.8m6.如圖甲所示，豎直面MN的左側(cè)空間中存在豎直方向的勻強電場(上、下及左側(cè)無邊界)。一個質(zhì)量為m、電荷量為q、可視為質(zhì)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(jīng)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(yīng)強度B0的大小及運動的最大周期Tm。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=mgq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，設(shè)半徑為r，做圓周運動的周期為T，則r=v0t1，T=2πrv0，t0=3解得t0t1(3)當小球運動周期最大時，其運動軌跡應(yīng)與MN相切，如圖(b)所示，由幾何關(guān)系得2R=2L，由牛頓第二定律得qv0B=mv0解得B0=mv小球一個周期通過的路程為s=4×34×2πL+8L=(6π+8)L小球運動的最大周期為Tm=sv0=答案(1)mgq豎直向上(2)3π2(3)m梯級Ⅲ創(chuàng)新練7.工業(yè)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(nèi)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(yīng)強度大小為B的勻強磁場，當導(dǎo)電液體流過此磁場區(qū)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(nèi)液體的流量。為了測量某工廠的污