專題強(qiáng)化十四帶電粒子在疊加場、交變場中的運(yùn)動(dòng)關(guān)鍵能力發(fā)展與提升考點(diǎn)一帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)拓展延伸疊加場：靜電場、磁場、重力場在同一區(qū)域疊加，或其中某兩場在同一區(qū)域疊加。1．帶電粒子(帶電體)在疊加場中無約束情況下的運(yùn)動(dòng)(1)靜電場、重力場疊加靜電力與重力的合力一般為恒力，帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)或勻變速直線(或曲線)運(yùn)動(dòng)，比較簡單。(2)磁場、重力場疊加①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)。②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題。(3)靜電場、磁場疊加(不計(jì)重力的微觀粒子)①若靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)。②若靜電力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用動(dòng)能定理求解問題。(4)靜電場、磁場、重力場疊加①若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)。②若重力與靜電力平衡，且粒子速度方向與磁場垂直，則一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解問題。2．帶電體在疊加場中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出結(jié)果。[特別提醒]是否考慮重力的判斷①對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，若無特殊說明，一般不考慮重力；對于宏觀帶電小物體，如帶電小球、塵埃、油滴、液滴等，若無特殊說明，一般需要考慮重力。②題目中已明確說明是否需要考慮重力時(shí)則按說明分析。③不能直接判斷是否需要考慮重力的，在進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析時(shí)，由分析結(jié)果確定是否考慮重力。考向1磁場與重力場的疊加場中的運(yùn)動(dòng)例1(2023·海南高考)如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)和受力說法正確的是()A．小球剛進(jìn)入磁場時(shí)受到的洛倫茲力水平向右B．小球運(yùn)動(dòng)過程中的速度不變C．小球運(yùn)動(dòng)過程的加速度保持不變D．小球受到的洛倫茲力對小球做正功[答案]A[解析]根據(jù)左手定則可判斷，小球剛進(jìn)入磁場時(shí)受到的洛倫茲力水平向右，故A正確；小球運(yùn)動(dòng)過程中只受重力和洛倫茲力，洛倫茲力對小球不做功，只改變速度的方向，重力對小球做功，故小球運(yùn)動(dòng)過程中速度的大小、方向均變化，故B、D錯(cuò)誤；因?yàn)橹亓Υ笮　⒎较蚓蛔儯鍌惼澚Υ笮?、方向均隨v的變化而變化，則小球所受合力大小、方向會(huì)發(fā)生改變，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球運(yùn)動(dòng)過程的加速度發(fā)生變化，C錯(cuò)誤。考向2電場與磁場的疊加場中的運(yùn)動(dòng)考查角度1：電場和磁場方向垂直例2(多選)如圖所示，一帶電小球在一正交電場、磁場區(qū)域里做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，則下列說法正確的是()A．小球一定帶正電B．小球一定帶負(fù)電C．小球的繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針D．改變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運(yùn)動(dòng)[答案]BC[解析]小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力必與靜電力平衡，則靜電力方向豎直向上，結(jié)合電場方向可知小球一定帶負(fù)電，A錯(cuò)誤，B正確；洛倫茲力充當(dāng)向心力，由曲線運(yùn)動(dòng)軌跡的彎曲方向結(jié)合左手定則可得，小球的繞行方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，C正確；改變小球的速度大小，重力仍與靜電力平衡，小球仍在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。例3(2023·新課標(biāo)卷)一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點(diǎn)，a點(diǎn)在小孔O的正上方，b點(diǎn)在a點(diǎn)的右側(cè)，如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的eq\f(1,10)，鉛盒與屏幕之間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，則電場和磁場方向可能為()A．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里B．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外C．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里D．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外[答案]C[解析]設(shè)電場強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電子從小孔射出的速度大小為v1，α粒子從小孔射出的速度大小為v2，則v1＝10v2。假設(shè)α粒子打在a點(diǎn)，則其所受電場力與洛倫茲力平衡，有2eE＝2ev2B，電子射出小孔時(shí)受到的洛倫茲力大小F洛＝ev1B＝10ev2B，所受電場力大小F電＝eE，則F洛>F電，而電子打在b點(diǎn)，則電子所受洛倫茲力向右，由左手定則可判斷磁場方向垂直紙面向里，由α粒子受力平衡和左手定則，可判斷電場方向水平向右；假設(shè)電子打在a點(diǎn)，則其所受電場力與洛倫茲力平衡，有eE＝ev1B，α粒子射出小孔時(shí)所受洛倫茲力大小F洛′＝2ev2B＝eq\f(1,5)ev1B，所受電場力大小F電′＝2eE，則F洛′<F電′，而α粒子打在b點(diǎn)，所以α粒子所受電場力水平向右，電場方向水平向右，由電子受力平衡和左手定則，可判斷磁場方向垂直紙面向里。故選C。例4(2022·廣東高考)(多選)如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。電子從M點(diǎn)由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點(diǎn)。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有()A．電子從N到P，電場力做正功B．N點(diǎn)的電勢高于P點(diǎn)的電勢C．電子從M到N，洛倫茲力不做功D．電子在M點(diǎn)所受的合力大于在P點(diǎn)所受的合力[答案]BC[解析]電子所受電場力水平向左，則電子從N到P，電場力做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低，以及等勢線與電場線垂直，可知N點(diǎn)的電勢高于P點(diǎn)的電勢，故B正確；由于洛倫茲力始終和速度方向垂直，故電子從M到N，洛倫茲力不做功，故C正確；由于M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢面上，故電子從M到P，電場力做功為0，而洛倫茲力不做功，電子在M點(diǎn)速度為0，根據(jù)動(dòng)能定理可知，電子在P點(diǎn)速度也為0，則電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)都只受勻強(qiáng)電場的電場力作用，即合力相等，故D錯(cuò)誤?？疾榻嵌?：電場和磁場方向平行例5(2022·重慶高考)2021年中國全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置創(chuàng)造了新的紀(jì)錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運(yùn)動(dòng)狀況，某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場(如圖)，電場強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運(yùn)動(dòng)，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計(jì)離子重力，則()A．電場力的瞬時(shí)功率為qEeq\r(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,2))B．該離子受到的洛倫茲力大小為qv1BC．v2與v1的比值不斷變大D．該離子的加速度大小不變[答案]D[解析]該離子帶正電，則所受電場力水平向右，大小為qE，電場力的瞬時(shí)功率為P＝qEv1，A錯(cuò)誤；該離子速度垂直于磁場方向的分量大小為v2，則該離子受到的洛倫茲力大小為F洛＝qv2B，B錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解可知，離子在平行于磁場和電場方向上在電場力作用下向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在垂直于磁場和電場方向的平面內(nèi)在洛倫茲力作用下做速率為v2的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，即v1增大，v2不變，則v2與v1的比值不斷變小，C錯(cuò)誤；該離子受到的電場力大小qE不變，方向始終水平向右，受到的洛倫茲力大小qv2B不變，方向始終與電場力方向垂直，故該離子受到的合力大小不變，該離子的加速度大小不變，D正確?？枷?帶電體在疊加場中有約束的運(yùn)動(dòng)例6(多選)如圖所示，空間中存在一水平方向的勻強(qiáng)電場和一水平方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，垂直紙面向里，電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(\r(3)mg,q)，水平向左。在正交的電磁場空間中有一固定的粗細(xì)均勻的足夠長粗糙絕緣桿，與電場正方向成60°夾角且處于豎直平面內(nèi)，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小球套在絕緣桿上，當(dāng)小球沿桿向下的初速度為v0時(shí)，小球恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度大小為g，小球電荷量保持不變，則下列說法正確的是()A．小球的初速度v0＝eq\f(mg,2qB)B．若小球沿桿向下的初速度v＝eq\f(mg,qB)，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷增大的減速運(yùn)動(dòng)直到停止C．若小球沿桿向下的初速度v＝eq\f(3mg,qB)，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)直到停止D．若小球沿桿向下的初速度v＝eq\f(4mg,qB)，則從開始運(yùn)動(dòng)至穩(wěn)定，小球克服摩擦力做功為eq\f(6m3g2,q2B2)[答案]BD[解析]根據(jù)題意可知小球受力平衡，靜電力F＝qE＝eq\r(3)mg，靜電力與重力的合力為G′＝2mg，方向垂直于桿斜向下，洛倫茲力垂直于斜桿向上，小球不受桿的摩擦力和彈力，則2mg＝qv0B，所以v0＝eq\f(2mg,qB)，A錯(cuò)誤；當(dāng)v＝eq\f(mg,qB)時(shí)，qvB＝mg<G′，則小球受到垂直于桿斜向上的彈力，且G′＝FN＋qvB，同時(shí)受到沿桿向上的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知f＝μFN＝μ(G′－qvB)＝ma，小球做加速度不斷增大的減速運(yùn)動(dòng)直至停止，B正確；當(dāng)v＝eq\f(3mg,qB)時(shí)，qvB＝3mg>G′，則小球受到垂直于桿斜向下的彈力，且G′＋FN＝qvB，同時(shí)受到沿桿向上的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知f＝μFN＝μ(qvB－G′)＝ma，小球做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)v＝eq\f(2mg,qB)時(shí)，qvB＝2mg＝G′，小球不受摩擦力作用，開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；同理，當(dāng)v＝eq\f(4mg,qB)時(shí)，小球先做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)v＝eq\f(2mg,qB)時(shí)開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得小球克服摩擦力做功Wf＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4mg,qB)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2mg,qB)))eq\s\up12(2)＝eq\f(6m3g2,q2B2)，D正確。帶電粒子在疊加場中運(yùn)動(dòng)問題的一般分析方法考點(diǎn)二帶電粒子在疊加場中運(yùn)動(dòng)的實(shí)例分析解題技巧1.速度選擇器(1)結(jié)構(gòu)圖(2)原理帶電粒子射入互相垂直的電場和磁場中，受電場力和洛倫茲力，帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qE＝qvB，即v＝eq\f(E,B)，與粒子的電性、電荷量和質(zhì)量均無關(guān)。2．磁流體發(fā)電機(jī)(1)結(jié)構(gòu)圖(2)原理由正、負(fù)離子組成的等離子體射入極板A、B間，因受洛倫茲力而分別向極板A、B偏轉(zhuǎn)，使兩極板積累電荷而產(chǎn)生電動(dòng)勢。若A、B兩板相距為d，板間的磁場按勻強(qiáng)磁場處理，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，等離子體以速度v沿垂直于B的方向射入磁場，離子最終運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，有qeq\f(U,d)＝qvB，可得發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢E勢＝U＝Bdv。3．電磁流量計(jì)(1)結(jié)構(gòu)圖(2)原理導(dǎo)電液體中的正、負(fù)離子因受洛倫茲力而分別向管壁的下側(cè)和上側(cè)偏轉(zhuǎn)，使安放在M、N位置的電極積累電荷而產(chǎn)生電勢差U。離子最終運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，有qeq\f(U,d)＝qvB，可得離子穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)液體的速度v＝eq\f(U,Bd)，則液體的流量Q＝eq\f(πd2,4)·v＝eq\f(πdU,4B)。4．霍爾元件(1)結(jié)構(gòu)圖(2)霍爾效應(yīng)在勻強(qiáng)磁場中放置一塊矩形截面的載流導(dǎo)體，當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時(shí)，導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上將出現(xiàn)電勢差UH，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)。(3)原理導(dǎo)體通入恒定電流時(shí)，導(dǎo)體中的自由電荷定向移動(dòng)，在洛倫茲力的作用下向b極或a極漂移，a、b間出現(xiàn)電勢差UH，當(dāng)自由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時(shí)，UH穩(wěn)定，由qvB＝qeq\f(UH,h)，I＝nqvS，S＝hd，聯(lián)立得UH＝eq\f(BI,nqd)＝keq\f(BI,d)，k＝eq\f(1,nq)稱為霍爾系數(shù)。[特別提醒]導(dǎo)電的載流子所帶電荷有正電荷和負(fù)電荷兩種，a、b的電勢哪個(gè)高與導(dǎo)體中的載流子(即在導(dǎo)體中形成電流的帶電粒子)所帶電荷的正負(fù)有關(guān)，如結(jié)構(gòu)圖所示，當(dāng)導(dǎo)體中的載流子所帶電荷是正電荷時(shí)，根據(jù)左手定則可知，b極電勢高；若結(jié)構(gòu)圖中包括電流方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向等其他條件都不變，而導(dǎo)體中的載流子所帶電荷是負(fù)電荷，則a極電勢高?？枷?磁流體發(fā)電機(jī)例7(2023·河北省部分示范性高中高三下三模)如圖為磁流體發(fā)電機(jī)的示意圖，間距為d的平行金屬板A、B之間的磁場可看成勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，板A、B和電阻R連接，將一束等離子體以速度v沿垂直于磁場的方向噴入磁場，已知金屬板A、B的正對面積為S，A、B及其板間的等離子體的等效電阻率為ρ，下列說法正確的是()A．金屬板A為正極B．電阻R兩端的電壓為eq\f(BdvSR,ρd＋RS)C．電阻R兩端的電壓為BdvD．流過電阻R的電流大小為eq\f(Bdv,R)[答案]B[解析]由左手定則可知，在洛倫茲力作用下正離子向下偏轉(zhuǎn)聚集在金屬板B，負(fù)離子向上偏轉(zhuǎn)聚集在金屬板A，故金屬板B為正極，金屬板A為負(fù)極，A錯(cuò)誤；離子最終運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，有qeq\f(U,d)＝qBv，解得該發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢為E＝U＝Bdv，該發(fā)電機(jī)的內(nèi)阻為r＝eq\f(ρd,S)，則流過電阻R的電流大小為I＝eq\f(E,r＋R)＝eq\f(BdvS,ρd＋RS)，D錯(cuò)誤；電阻R兩端電壓為UR＝IR＝eq\f(BdvSR,ρd＋RS)，B正確，C錯(cuò)誤。帶電粒子在疊加場中運(yùn)動(dòng)實(shí)例的解題關(guān)鍵以平衡方程qE＝qvB為基礎(chǔ)，結(jié)合洛倫茲力、靜電力的知識以及電流、電路的規(guī)律求解?？枷?電磁流量計(jì)例8為了測量化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在排污管末端安裝了流量計(jì)(流量Q為單位時(shí)間內(nèi)流過某截面流體的體積)。如圖所示，長方體絕緣管道的長、寬、高分別為a、b、c，左、右兩端開口，所在空間有垂直于前后面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，在上、下兩個(gè)面的內(nèi)側(cè)固定有金屬板M、N，含有大量的正、負(fù)離子的污水充滿管道，從左向右勻速流動(dòng)，測得M、N間電壓為U。由于污水流過管道時(shí)受到阻力f的作用，左、右兩側(cè)管口需要維持一定的壓強(qiáng)差。已知沿流速方向長度為L、流速為v的污水，受到的阻力f＝kLv(k為比例系數(shù))。下列說法正確的是()A．污水的流量Q＝eq\f(abU,B)B．金屬板M的電勢低于金屬板N的電勢C．電壓U與污水中的離子濃度有關(guān)D．左、右兩側(cè)管口的壓強(qiáng)差為eq\f(kaU,bc2B)[答案]D[解析]污水流速為v，M、N間電壓為U，根據(jù)平衡條件，豎直方向有qvB＝qeq\f(U,c)，解得v＝eq\f(U,Bc)，污水的流量為Q＝eq\f(vtbc,t)＝vbc，可解得Q＝eq\f(Ub,B)，故A錯(cuò)誤；由左手定則可知，正離子受洛倫茲力向上偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子受洛倫茲力向下偏轉(zhuǎn)，從而使M板帶正電，N板帶負(fù)電，則金屬板M的電勢高于金屬板N的電勢，故B錯(cuò)誤；由qvB＝qeq\f(U,c)，得U＝Bcv，則電壓U與污水中的離子濃度無關(guān)，故C錯(cuò)誤；設(shè)左、右兩側(cè)管口的壓強(qiáng)差為Δp，污水勻速流動(dòng)，由平衡條件得Δpbc＝kLv，將v＝eq\f(U,Bc)，L＝a代入上式，解得Δp＝eq\f(kaU,bc2B)，故D正確?？键c(diǎn)三帶電粒子在交變場中的運(yùn)動(dòng)拓展延伸1.帶電粒子在交變場中的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)交變場是指電場、磁場在某一區(qū)域內(nèi)隨時(shí)間做周期性變化，帶電粒子在交變場中的運(yùn)動(dòng)問題涉及的物理過程比較復(fù)雜。粒子在交變場中的運(yùn)動(dòng)情況不僅與交變電磁場的變化規(guī)律有關(guān)，還與粒子進(jìn)入場的時(shí)刻有關(guān)。周期性變化的電磁場會(huì)使帶電粒子順次歷經(jīng)不同特點(diǎn)的電磁場，從而表現(xiàn)出“多過程”現(xiàn)象。所以最好畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡草圖，并把粒子的運(yùn)動(dòng)分解成多個(gè)階段分別列方程聯(lián)立求解。2．解決帶電粒子在交變電磁場中運(yùn)動(dòng)問題的基本思路例9(2022·河北高考節(jié)選)兩塊面積和間距均足夠大的金屬板水平放置，如圖1所示，金屬板與可調(diào)電源相連形成電場，方向沿y軸正方向。在兩板之間施加磁場，方向垂直xOy平面向外。電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖2所示。板間O點(diǎn)放置一粒子源，可連續(xù)釋放質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)、初速度為零的粒子，不計(jì)重力及粒子間的相互作用，圖中物理量均為已知量。求：(1)t＝0時(shí)刻釋放的粒子，在t＝eq\f(2πm,qB0)時(shí)刻的位置坐標(biāo)；(2)在0～eq\f(6πm,qB0)時(shí)間內(nèi)，靜電力對t＝0時(shí)刻釋放的粒子所做的功。[答案](1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2πE0m,qBeq\o\al(2,0))，\f(π2E0m,2qBeq\o\al(2,0))))(2)eq\f(2π2Eeq\o\al(2,0)m,Beq\o\al(2,0))[解析](1)設(shè)t0＝eq\f(πm,qB0)，在0～t0時(shí)間內(nèi)，E＝E0，B＝0，帶電粒子在電場中沿y軸正方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。根據(jù)牛頓第二定律有qE0＝ma1由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知v1＝a1t0解得粒子在t＝t0時(shí)刻的速度大小為v1＝eq\f(πE0,B0)，方向沿y軸正方向這段時(shí)間粒子沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)的距離y1＝eq\f(1,2)v1·t0＝eq\f(π2E0m,2qBeq\o\al(2,0))在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，E＝0，B＝B0，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。根據(jù)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πm,qB0)，可知在這段時(shí)間內(nèi)粒子偏轉(zhuǎn)180°根據(jù)左手定則可知粒子向x軸正方向偏轉(zhuǎn)根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)解得r1＝eq\f(πE0m,qBeq\o\al(2,0))0～2t0粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲，則粒子沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)的距離為x1＝2r1＝eq\f(2πE0m,qBeq\o\al(2,0))所以在t＝2t0＝eq\f(2πm,qB0)時(shí)刻，粒子的位置坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2πE0m,qBeq\o\al(2,0))，\f(π2E0m,2qBeq\o\al(2,0))))。(2)由(1)知，2t0時(shí)刻粒子速度方向沿y軸負(fù)方向，大小為v1在2t0～3t0時(shí)間內(nèi)，E＝2E0，B＝0，由牛頓第二定律有2qE0＝ma2由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有v2＝－v1＋a2t0解得3t0時(shí)刻粒子的速度v2＝eq\f(πE0,B0)2t0～3t0粒子沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)的位移為y2＝eq\f(－v1＋v2,2)·t0＝0在3t0～4t0時(shí)間內(nèi)，E＝0，B＝B0，粒子沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)的距離為x2＝2r2＝2eq\f(mv2,qB0)＝eq\f(2πE0m,qBeq\o\al(2,0))4t0時(shí)刻粒子速度方向沿y軸負(fù)方向，大小為v2在4t0～5t0時(shí)間內(nèi)，E＝3E0，B＝0，根據(jù)牛頓第二定律有3qE0＝ma3由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有v3＝－v2＋a3t0解得5t0時(shí)刻粒子的速度v3＝eq\f(2πE0,B0)4t0～5t0粒子沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)的位移為y3＝eq\f(－v2＋v3,2)·t0＝eq\f(π2E0m,2qBeq\o\al(2,0))在5t0～6t0時(shí)間內(nèi)，E＝0，B＝B0，粒子沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)的距離為x3＝2r3＝2eq\f(mv3,qB0)＝eq\f(4πE0m,qBeq\o\al(2,0))0～6t0粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖乙在0～eq\f(6πm,qB0)時(shí)間內(nèi)，靜電力對粒子做的功為W＝qE0·y1＋q·2E0·y2＋q·3E0·y3＝eq\f(2π2Eeq\o\al(2,0)m,Beq\o\al(2,0))。課時(shí)作業(yè)1.(2023·重慶市猜題信息聯(lián)考卷三)如圖所示，場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直電場向外，帶電量為q的小球(視為質(zhì)點(diǎn))獲得某一垂直磁場水平向右的初速度，正好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．小球必須帶正電B．小球可能沿順時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)C．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為eq\f(2πE,Bg)D．若僅把電場的方向改成豎直向上，小球正好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則其速度為eq\f(E,2B)答案C解析小球受到重力、電場力和洛倫茲力的作用，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場力與重力平衡，可知，電場力方向豎直向上，與電場強(qiáng)度方向相反，則小球帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；洛倫茲力提供向心力，根據(jù)左手定則可知，小球一定沿逆時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；設(shè)小球質(zhì)量為m，速度為v，圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r，周期為T，由電場力與重力平衡，有qE＝mg，由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，又T＝eq\f(2πr,v)，聯(lián)立解得T＝eq\f(2πE,Bg)，C正確；若僅把電場的方向改成豎直向上，小球正好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有mg＋qE＝qvB，解得v＝eq\f(2E,B)，D錯(cuò)誤。2.(2023·全國乙卷)如圖，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點(diǎn)沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點(diǎn)射出，粒子離開磁場后，沿直線運(yùn)動(dòng)打在垂直于x軸的接收屏上的P點(diǎn)；SP＝l，S與屏的距離為eq\f(l,2)，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，該粒子入射后則會(huì)沿x軸到達(dá)接收屏。該粒子的比荷為()A.eq\f(E,2aB2) B.eq\f(E,aB2)C.eq\f(B,2aE2) D.eq\f(B,aE2)答案A解析該粒子僅在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，軌跡如圖所示，則根據(jù)幾何關(guān)系可得cosα＝eq\f(\f(l,2),l)＝eq\f(1,2)，r－rcosα＝a，得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝2a，由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)；如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，該粒子入射后沿x軸到達(dá)接收屏，即在疊加場中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有qE＝qvB，聯(lián)立解得該粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(E,2aB2)，故選A。3.(2023·遼寧省丹東市高三下總復(fù)習(xí)質(zhì)量測試二)如圖所示，某空間存在電場強(qiáng)度為E的水平方向勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球以速度v沿光滑管道軸線由P端恰好無觸碰地運(yùn)動(dòng)到Q端。管道軸線與水平方向成60°角，管道內(nèi)徑大于小球直徑，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．電場強(qiáng)度方向一定水平向左B．電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小關(guān)系為eq\f(E,B)＝eq\r(3)vC．磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(2mg,qv)D．若小球以大于v的速度從P端進(jìn)入管道后將不能做勻速運(yùn)動(dòng)答案C解析小球在疊加場中受重力、電場力和洛倫茲力的作用沿光滑管道軸線由P端恰好無觸碰地運(yùn)動(dòng)到Q端，根據(jù)洛倫茲力的特點(diǎn)可知，小球做的是勻速直線運(yùn)動(dòng)，所受合力為0，對小球受力分析如圖所示，根據(jù)平衡條件可知，小球所受電場力方向水平向右，小球帶正電，故電場強(qiáng)度方向一定水平向右，A錯(cuò)誤；根據(jù)平衡條件，水平方向有qvBsin60°＝qE，豎直方向有qvBcos60°＝mg，整理得eq\f(E,B)＝eq\f(\r(3),2)v，B＝eq\f(2mg,qv)，B錯(cuò)誤，C正確；若小球以大于v的速度從P端進(jìn)入管道后，受到的重力和電場力均不變，則沿管道方向的合力不變，仍為0，受到的洛倫茲力會(huì)變大，這時(shí)管道對小球會(huì)產(chǎn)生垂直于管道向右下方的支持力，使小球在垂直于管道方向上合力為0，即小球所受合力仍為0，仍做勻速直線運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。4．(2023·江蘇省泰州市高三下第二次適應(yīng)性考試考前模擬一)如圖甲是判斷檢測電流I0大小是否發(fā)生變化的裝置，該檢測電流在鐵芯中產(chǎn)生磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度與檢測電流I0成正比，圖乙為金屬材料制成的霍爾元件，其長、寬、高分別為a、b、d，現(xiàn)給其通以恒定工作電流I，可通過右側(cè)電壓表的示數(shù)來判斷I0的大小是否發(fā)生變化，則()A．M端的電勢低于N端B．增大工作電流I可以提高檢測靈敏度C．增大d可以提高檢測靈敏度D．減小b可以提高檢測靈敏度答案B解析根據(jù)右手螺旋定則可知線圈中檢測電流產(chǎn)生的磁場方向向下，磁感線在鐵芯中沿逆時(shí)針方向，可知霍爾元件所在區(qū)域磁場方向向上，霍爾元件中載流子為自由電子，且自右向左運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知自由電子受到的洛倫茲力垂直紙面向外，電子在元件N端積累，所以N端電勢低，M端電勢高，A錯(cuò)誤。設(shè)元件單位體積內(nèi)自由電子數(shù)量為n，自由電子定向移動(dòng)的平均速率為v，根據(jù)電流的微觀表達(dá)式可得I＝nevbd，元件中電子運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)有eq\f(UMN,b)·e＝Bev，聯(lián)立整理得UMN＝eq\f(BI,ned)，又磁感應(yīng)強(qiáng)度B與檢測電流I0成正比，設(shè)B＝kI0，k為常量，則有UMN＝eq\f(kI0I,ned)，故ΔUMN＝eq\f(kI,ned)·ΔI0，ΔI0一定時(shí)，I越大，d越小，則ΔUMN越大，檢測靈敏度越高，減小b對檢測靈敏度沒有影響，C、D錯(cuò)誤，B正確。5.(多選)如圖所示，在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，P與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中()A．小球的加速度一直減小B．小球的機(jī)械能和電勢能的總和保持不變C．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是eq\f(2μqE＋mg,2μqB)D．小球向下運(yùn)動(dòng)的穩(wěn)定速度為eq\f(μqE＋mg,μqB)答案CD解析小球靜止時(shí)只受靜電力、重力、彈力及摩擦力，靜電力水平向左，彈力水平向右，摩擦力豎直向上；開始時(shí)，對小球由牛頓第二定律有mg－μEq＝ma，小球的加速度為a＝g－eq\f(μEq,m)，小球速度將增大，受到洛倫茲力，由左手定則可知，洛倫茲力向右，故水平方向彈力將減小，摩擦力減小，故加速度先增大，故A錯(cuò)誤。在下降過程中有摩擦力做功，故有部分能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故小球的機(jī)械能和電勢能的總和將減小，故B錯(cuò)誤。當(dāng)洛倫茲力大小等于靜電力時(shí)，摩擦力為零，此時(shí)加速度為g，達(dá)到最大；此后速度繼續(xù)增大，則洛倫茲力增大，水平方向上的彈力增大，摩擦力將增大，加速度將減小，直到加速度減小為零后做勻速直線運(yùn)動(dòng)；故加速度為最大加速度的一半時(shí)有兩種情況，一種是洛倫茲力小于靜電力的情況，另一種是洛倫茲力大于靜電力的情況，當(dāng)洛倫茲力小于靜電力時(shí)有：eq\f(g,2)＝eq\f(mg－μ（Eq－Bqv1）,m)，解得：v1＝eq\f(2μEq－mg,2μBq)；當(dāng)洛倫茲力大于靜電力時(shí)有：eq\f(g,2)＝eq\f(mg－μ（Bqv2－Eq）,m)，解得：v2＝eq\f(2μEq＋mg,2μBq)，故C正確。當(dāng)加速度等于零時(shí)，速度最大且保持穩(wěn)定，有：mg＝μ(Bqv3－Eq)，解得：v3＝eq\f(mg＋μEq,μBq)，故D正確。6．(2023·江蘇高考)霍爾推進(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點(diǎn)沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)；入射速度小于v0時(shí)，電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等。不計(jì)重力及電子間相互作用。(1)求電場強(qiáng)度的大小E；(2)若電子入射速度為eq\f(v0,4)，求運(yùn)動(dòng)到速度為eq\f(v0,2)時(shí)位置的縱坐標(biāo)y1；(3)若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，求能到達(dá)縱坐標(biāo)y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比。答案(1)v0B(2)eq\f(3mv0,32eB)(3)90%解析(1)由題知，入射速度為v0時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)，則有eE＝ev0B解得E＝v0B。(2)由于洛倫茲力不做功，則根據(jù)動(dòng)能定理有eEy1＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)v0))eq\s\up12(2)解得y1＝eq\f(3mv0,32eB)。(3)電子以速度v入射時(shí)，設(shè)電子能到達(dá)的最高點(diǎn)位置的縱坐標(biāo)為y，則根據(jù)動(dòng)能定理有eEy＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv2電子在最高點(diǎn)時(shí)有F合＝evmB－eE在最低點(diǎn)時(shí)有F合′＝eE－evB由于電子在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等，有F合＝F合′聯(lián)立解得vm＝2v0－v，y＝eq\f(2m（v0－v）,eB)要讓電子到達(dá)縱坐標(biāo)y2＝eq\f(mv0,5eB)位置，即y≥y2解得v≤eq\f(9,10)v0則若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，能到達(dá)縱坐標(biāo)y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比為η＝eq\f(\f(9,10)v0－0,v0－0)×100%＝90%。7．(2023·山西省晉中市高三下二模)近年來，帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)是物理學(xué)家研究的重要課題，它有助于我們更好地理解粒子的物理行為，從而改善技術(shù)，應(yīng)用于更多領(lǐng)域，如量子力學(xué)、核物理學(xué)、材料科學(xué)等。某實(shí)驗(yàn)室中有一裝置如圖甲所示，P為直線型粒子加速器，內(nèi)有沿x軸方向的電場。一帶正電的粒子從最左端以較小的速度v進(jìn)入加速器，經(jīng)過加速后以速度v0沿x軸正方向飛出，已知帶電粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，不計(jì)重力。(1)求加速器中加速電壓的大??；(2)若當(dāng)粒子剛到達(dá)O處時(shí)在整個(gè)空間加上如圖乙所示周期性變化的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，規(guī)定z軸正方向?yàn)榇艌龅恼较颍竺拷?jīng)過磁場變化的整數(shù)個(gè)周期粒子的位置坐標(biāo)；(3)若當(dāng)粒子剛到達(dá)O處時(shí)在整個(gè)空間加上如圖丙所示的交替出現(xiàn)的磁場和電場，電場強(qiáng)度大小為E0，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，規(guī)定z軸正方向?yàn)殡妶龊痛艌龅恼较?，求?jīng)過時(shí)間t＝eq\f(πm,qB0)后粒子速度的大小和方向(與z軸夾角的正切值)及位置坐標(biāo)。答案(1)eq\f(m（veq\o\al(2,0)－v2）,2q)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)nmv0,qB0)，－\f(3nmv0,qB0)，0))(n＝1，2，3，…)(3)eq\r(veq\o\al(2,0)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πE0,2B0)))\s\up12(2))方向與z軸正方向夾角θ的正切值tanθ＝eq\f(2v