专题提升二十四 带电粒子在叠加场中的运动
及其在现代科技中的应用
题型1 带电粒子在叠加场中的运动
1.叠加场。
电场、磁场、重力场共存,或其中某两场共存。
2.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式。
运动性质 受力特点 方法规律
匀速直 线运动 粒子所受的合力为0 平衡条件
匀速圆 周运动 除洛伦兹力外,电场力和重力的合力为零,即qE=mg 牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的 曲线运动 三力的合力不为0,且与速度方向不垂直 动能定理、能量守恒定律
考向1 带电粒子在叠加场中的直线运动
【典例1】
地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场,已知磁场方向垂直于纸面向里。一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动。由此可以判断( )
A.如果油滴带正电,它是从N点运动到M点
B.如果油滴带正电,它是从M点运动到N点
C.如果水平电场方向向右,油滴是从M点运动到N点
D.不改变电场大小,如果将水平电场变为竖直电场,油滴将做匀速圆周运动
考向2 带电粒子在叠加场中的圆周运动
【典例2】
(多选)(2024·安徽卷)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a,在纸面内做半径为R的圆周运动,轨迹如图所示。当a运动到最低点P时,瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同,并做半径为3R的圆周运动,轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g,不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用,则( )
A.油滴a带负电,所带电量的大小为
B.油滴a做圆周运动的速度大小为
C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为,周期为
D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
考向3 带电粒子在叠加场中的复杂曲线运动
【典例3】 (多选)(2022·广东卷)如图所示,磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放,沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上,下列说法正确的有( )
A.电子从N到P,电场力做正功
B.N点的电势高于P点的电势
C.电子从M到N,洛伦兹力不做功
D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
题型2 带电粒子在交变电磁场中的运动
带电粒子在交变复合场中的运动问题的基本思路。
【典例4】 (2024·广东卷)如图甲所示,两块平行正对的金属板水平放置,板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场,右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B。一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放,在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内,在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场,并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍,粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q;
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v;
(3)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中,电场力对粒子做的功W。
甲乙
题型3 叠加场在现代科技中的应用
考向1 速度选择器
1.
平行板间电场强度E和磁感应强度B互相垂直(如图)。
2.带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是洛伦兹力与静电力平衡。
qvB=qE,即v=。
3.速度选择器只能选择粒子的速度,不能选择粒子的电性、电荷量、质量。
4.速度选择器具有单向性。
【典例5】
如图所示是速度选择器的原理图,已知电场强度为E、磁感应强度为B,电场和磁场相互垂直分布,某一带电粒子(重力不计)沿图中虚线水平通过,则该带电粒子( )
A.一定带正电
B.速度大小为
C.可能沿QP方向运动
D.若沿PQ方向运动的速度大于,将一定向下极板偏转
考向2 磁流体发电机
1.原理:如图所示,等离子体喷入磁场,正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A板上,产生电势差,它可以把离子的动能通过磁场转化为电能。
2.电源正、负极判断:根据左手定则可判断出正离子偏向B板,图中的B是发电机的正极。
3.发电机的电动势:当发电机外电路断路时,正、负离子所受静电力和洛伦兹力平衡时,两极板间达到的最大电势差为U,则q=qvB得U=Bdv,则E=U=Bdv。
当发电机接入电路时,遵从闭合电路欧姆定律。
【典例6】
(多选)(2024·湖北卷)磁流体发电机的原理如图所示,MN和PQ是两平行金属极板,匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体,含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场,极板间便产生电压。下列说法正确的是( )
A.极板MN是发电机的正极
B.仅增大两极板间的距离,极板间的电压减小
C.仅增大等离子体的喷入速率,极板间的电压增大
D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度,极板间的电压增大
考向3 电磁流量计
1.流量Q:单位时间流过导管某一截面的液体的体积。
2.导电液体的流速v的计算。
如图所示,一圆柱形导管直径为d,用非磁性材料制成,其中有可以导电的液体向右流动。导电液体中的正、负离子在洛伦兹力作用下发生偏转,使a处积累正电荷,b处积累负电荷,使a、b间出现电势差,φa>φb。当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时,a、b间的电势差U达到最大,由q=qvB,可得v=。
3.流量的表达式:Q=Sv=·=。
4.电势高低的判断:根据左手定则可得φa>φb。
【典例7】
在某实验室中有一种污水流量计,其原理可以简化为如图所示模型:废液内含有大量正、负离子,从直径为d的圆柱形容器右侧流入,左侧流出。流量值等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场,下列说法正确的是( )
A.M点的电势高于N点的电势
B.负离子所受洛伦兹力方向竖直向下
C.MN两点间的电势差与废液的流量值成正比
D.MN两点间的电势差与废液流速成反比
考向4 霍尔效应
1.定义:高为h、宽为d的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于磁感应强度为B的匀强磁场中,当电流通过导体时,在导体的上表面A和下表面A'之间产生电势差,这种现象称为霍尔效应,此电压称为霍尔电压。
2.
电势高低的判断:如图,导体中的电流I向右时,根据左手定则可得,若自由电荷是电子,则下表面A'的电势高。若自由电荷是正电荷,则下表面A'的电势低。
3.霍尔电压:导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转,A、A'间出现电势差,当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时,A、A'间的电势差U就保持稳定,由qvB=q,I=nqvS,S=hd,联立解得U==k,k=称为霍尔系数。
【典例8】 (2024·江西卷)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料,具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图甲所示,在长为a,宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场,磁感应强度为B,电极1、3间通以恒定电流I,电极2、4间将产生电压U。当I=1.00×10-3 A时,测得U-B关系图线如图乙所示,元电荷e=1.60×10-19 C,则此样品每平方米载流子数最接近( )
甲
乙
A.1.7×1019 B.1.7×1015
C.2.3×1020 D.2.3×1016
审题指导
序号 信息读取 信息加工
1 加一垂直向里的匀强磁场,磁感应强度为B,电极1、3间通以恒定电流I,电极2、4间将产生电压U 霍尔效应现象
2 当I=1.00×10-3 A时,测得U-B关系图线如图乙所示 利用霍尔效应的原理建立U与B的关系式
失分 剖析 不清楚题图甲所示装置的工作原理和题图乙所示图像的物理意义
把握高考微点,实现素能提升完成P417专题提升练24
关|键|能|力
考向1 带电粒子在匀强磁场或叠加场中的旋进运动
之前一直在讨论粒子垂直射入匀强磁场的情况,若粒子的速度方向与磁场方向不垂直也不平行时,粒子的运动也根据运动的分解和动力学规律分析。
(1)等间距螺旋线运动。
空间中只存在匀强磁场,当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时,带电粒子在磁场中就做等间距的螺旋线运动。这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场方向的匀速圆周运动。
(2)不等间距的螺旋线运动。
空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时,带电粒子的速度方向与磁场方向不平行也不垂直时,带电粒子就做不等间距的螺旋线运动。这种运动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场方向的匀速圆周运动。
【典例1】 极光是宇宙中高速运动的带电粒子受地磁场影响,与空气分子作用的发光现象。若宇宙粒子带正电,因入射速度与地磁场方向不垂直,故其轨迹为螺旋状如图乙所示(相邻两个旋转圆之间的距离称为螺距Δx)。下列说法正确的是( )
A.带电粒子进入大气层后与空气发生相互作用,在地磁场作用下的旋转半径会越来越大
B.若越靠近两极地磁场越强,则随着纬度的增加,以相同速度入射的宇宙粒子的运动半径越大
C.漠河地区看到的“极光”将以顺时针方向(从下往上看)向前旋进
D.当不计空气阻力时,若入射粒子的速率不变,仅减小与地磁场的夹角,则旋转半径减小,而螺距Δx不变
【典例2】
某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图),电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动,其速度平行于磁场方向的分量大小为v1,垂直于磁场方向的分量大小为v2,不计离子重力,则( )
A.电场力的瞬时功率为qE
B.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C.v2与v1的比值不断变小
D.该离子的加速度恒定不变
考向2 带电粒子在立体空间中的运动
分析带电粒子在立体空间中的运动时,要发挥空间想象力,确定粒子在空间的位置关系和运动规律。带电粒子依次通过不同的空间,各阶段的受力不同,运动情形不同,解题时重视各阶段分别满足的运动规律和两个不同的空间衔接点的速度和位置关联,有时还需要将粒子的运动分解为两个互相垂直平面内的运动求解。
【典例3】 (2024·湖南卷)如图,有一内半径为2r、长为L的圆筒,左右端面圆心O'、O处各开有一小孔。以O为坐标原点,取O'O方向为x轴正方向建立O xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向沿x轴正方向;筒外x≥0区域有一匀强电场,场强大小为E,方向沿y轴正方向。一电子枪在O'处向圆筒内多个方向发射电子,电子初速度方向均在xOy平面内,且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e,设电子始终未与筒壁碰撞,不计电子之间的相互作用及电子的重力。
(1)若所有电子均能经过O进入电场,求磁感应强度B的最小值;
(2)取(1)问中最小的磁感应强度B,若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ,求tan θ的绝对值;
(3)取(1)问中最小的磁感应强度B,求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。
微|点|训|练
1.(多选)(2025·昆明模拟)
如图所示,磁场方向水平向右,磁感应强度大小为B,甲粒子速度方向与磁场垂直,乙粒子速度方向与磁场方向平行,丙粒子速度方向与磁场方向间的夹角为θ。所有粒子的质量均为m,电荷量均为+q(q>0),且粒子的初速度方向在纸面内,不计粒子重力和粒子间的相互作用,下列说法正确的是( )
A.甲粒子受力大小为qvB,方向水平向右
B.乙粒子的运动轨迹是直线
C.丙粒子在纸面内做匀速圆周运动,其动能不变
D.从图中所示状态,经过时间后,丙粒子位置改变了
2.(2025·德州摸底)在如图所示的O xyz三维空间中,x≤0的区域存在沿y轴正方向的匀强电场,在00)的带电粒子,从A点(-2L,0,0)以初速度大小v0,方向沿着x轴正方向射入匀强电场,经过C点(0,L,0)后,再经过磁场偏转后垂直平面MNN'M'进入半圆柱体区域,不计粒子的重力。求:
(1)粒子经过C点时的速度大小;
(2)电场强度E与磁感应强度B的比值的大小;
(3)带电粒子从半圆柱体射出时的位置坐标。
3.如图所示,空间直角坐标系O xyz中,M、N为竖直放置的两金属板构成的加速器,两板间电压为U。荧光屏Q位于Oxy平面上,虚线分界面P将金属板N、荧光屏Q间的区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分,M、N、P、Q与Oxy平面平行,ab连线与z轴重合。区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿y轴负方向的匀强磁场和y轴正方向匀强电场,磁感应强度大小为B=、电场强度大小为E=。一质量为m、电荷量为+q(q>0)的粒子,从M板上的a点静止释放,经加速器加速后从N板上的b处的小孔射出,最后打在荧光屏Q上。不考虑粒子的重力,M、N、P、Q足够大,不计M、N间的边缘效应。求:
(1)粒子在b点的速度大小及在磁场中做圆周运动的半径R;
(2)粒子经过P分界面时到z轴的距离;
(3)粒子打到荧光屏Q上的位置,用坐标(x,y,z表示)。
专题提升二十四 带电粒子在叠加场中的运动及其在现代科技中的应用
题型1
【典例1】 B 解析 根据做直线运动的条件和受力情况(如图所示)可知,如果油滴带正电,水平电场的方向只能向左,由左手定则判断可知,油滴从M点运动到N点,A项错误,B项正确;如果水平电场方向向右,油滴只能带负电,电场力水平向左,由左手定则判断可知,油滴从N点运动到M点,C项错误;不改变电场大小,如果将水平电场变为竖直电场,若油滴做匀速圆周运动一定需要满足qE=mg,qvB=m,D项错误。
【典例2】 ABD 解析 油滴a做圆周运动,故重力与电场力平衡,可知带负电,有mg=Eq,解得q=,A项正确;根据洛伦兹力提供向心力Bqv=m,得R=,解得油滴a做圆周运动的速度大小为v=,B项正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v1,得3R=,解得v1==,周期为T==,C项错误;带电油滴a分离前后动量守恒,设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2,取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向,得mv=v1+v2,解得v2=-,由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡,分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反,根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动,D项正确。
【典例3】 BC 解析 由题可知电子所受电场力水平向左,电子从N到P的过程中电场力做负功,A项错误;根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点,B项正确;由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直,故电子从M到N洛伦兹力都不做功,C项正确;由于M点和P点在同一等势面上,故从M到P电场力做功为0,而洛伦兹力不做功,M点速度为0,根据动能定理可知电子在P点速度也为0,则电子在M点和P点都只受电场力作用,在匀强电场中电子在这两点电场力相等,即合力相等,D项错误。
题型2
【典例4】 答案 (1)正电
(2) π
(3)
解析 (1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知,粒子带正电;粒子在磁场中运动的周期为
T=2t0,
根据T=,
则粒子所带的电荷量q=。
(2)若金属板的板间距离为D,则板长为,粒子在板间运动时=vt0,
出电场时竖直速度为零,则竖直方向
y=2×(0.5t0)2,
在磁场中时qvB=m,
其中y=2r=,
联立解得v=π,D=。
(3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图,
由(2)的计算可知金属板的板间距离
D=3r,
则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场,在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速,在6t0时刻再次进入中间的偏转电场,6.5t0时刻碰到上极板,因粒子在偏转电场中运动时,在时间t0内电场力做功为零,在左侧电场中运动时,往返一次电场力做功也为零,可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功,则
W=mv2+Eq×=+=。
题型3
【典例5】 B 解析 若粒子从左边射入,则不论带正电还是负电,电场力大小均为qE,洛伦兹力大小均为F=qvB=qE,电场力和洛伦兹力方向相反,粒子受力平衡,速度v=,粒子做匀速直线运动,A项错误,B项正确;若粒子从右边沿虚线方向进入,则电场力与洛伦兹力在同一方向,粒子受力不平衡,不能做直线运动,C项错误;若速度v>,则粒子受到的洛伦兹力大于电场力,使粒子偏转,只有当粒子带负电时,粒子才向下偏转,D项错误。
【典例6】 AC 解析 带正电的粒子受到的洛伦兹力向上偏转,极板MN带正电为发电机正极,A项正确;粒子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时,此时设极板间距为d,则qvB=q,整理得U=Bdv,因此增大间距,U变大,增大速率,U变大,U的大小和粒子数密度无关,B、D两项错误,C项正确。
【典例7】 C 解析 根据左手定则,正离子受到竖直向下的洛伦兹力,负离子受到竖直向上的洛伦兹力,则正离子聚集在N一侧,负离子聚集在M一侧,则M点的电势低于N点的电势,A、B两项错误;根据qvB=q可得流速v=,MN两点电势差与废液流速成正比,D项错误;流量值Q=Sv=,则电势差U与流量值Q成正比,C项正确。
【典例8】 D 解析 设样品每平方米载流子(电子)数为n,电子定向移动的速率为v,则时间t内通过样品的电荷量q=nevtb,根据电流的定义式得I==nevb,当电子稳定通过样品时,其所受电场力与洛伦兹力平衡,则有evB=e,联立解得U=B,结合图像可得k== V/T,解得n≈2.3×1016,D项正确。
微点突破6 带电粒子在立体空间中的运动
关键能力
【典例1】 C 解析 带电粒子进入大气层后,由于与空气相互作用,粒子的运动速度会变小,在洛伦兹力作用下的偏转半径会变小,A项错误;若越靠近两极地磁场越强,则随着纬度的增加地磁场变强,其他条件不变,则半径变小,B项错误;漠河地区的地磁场竖直分量是竖直向下的,宇宙粒子入射后,由左手定则可知,从下往上看将以顺时针的方向向前旋进,C项正确;当不计空气阻力时,将带电粒子的运动沿磁场方向和垂直于磁场方向进行分解,沿磁场方向将做匀速直线运动,垂直于磁场方向做匀速圆周运动,若带电粒子运动速率不变,与磁场的夹角变小,则速度的垂直分量变小,故粒子在垂直于磁场方向的运动半径会减少,即直径D减小,而速度沿磁场方向的分量变大,故沿磁场方向的匀速直线运动将变快,则螺距将增大,D项错误。
【典例2】 C 解析 电场力的瞬时功率P=qEv1,A项错误;由于v1与磁场平行,则根据洛伦兹力的计算公式有F洛=qv2B,B项错误;根据运动的叠加原理可知,离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动,沿水平方向做加速运动,则v1增大,v2不变,v2与v1的比值不断变小,C项正确;离子受到的洛伦兹力大小不变,电场力不变,则该离子的加速度大小不变,但洛伦兹力方向改变,所以加速度方向改变,D项错误。
【典例3】 答案 (1) (2)
(3)
解析 (1)电子在匀强磁场中运动时,将其分解为沿x轴的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动,设电子入射时沿y轴的分速度大小为vy,由电子在x轴方向做匀速直线运动得L=v0t,
在yOz平面内,设电子做匀速圆周运动的半径为R,周期为T,由牛顿第二定律知
Bevy=m,
可得R=,
且T==,
由题意可知所有电子均能经过O进入电场,则有
t=nT(n=1,2,3,…),
联立解得B=,
当n=1时,B有最小值,可得Bmin=。
(2)将电子的速度分解,如图所示,
有tan θ=,
当tan θ有最大值时,vy最大,R最大,此时R=r,又B=,R=,
联立可得vym=,tan θ=。
(3)当vy最大时,电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移ym,根据匀变速直线运动规律有ym=,
由牛顿第二定律知a=,
又vym=,
联立解得ym=。
微点训练
1.BD 解析 由洛伦兹力的公式可得,甲粒子受力大小为qvB,根据左手定则可知甲粒子此时受到的洛伦兹力方向垂直于纸面向里,A项错误;乙粒子速度方向与磁场方向平行,不受洛伦兹力作用,所以运动轨迹是直线,B项正确;将丙粒子的速度v在沿磁场方向和垂直于磁场方向分解为v1和v2,其中v1对应的分运动为水平向右的匀速直线运动,v2对应的分运动为垂直于纸面的匀速圆周运动,所以丙粒子的合运动为螺旋线运动,由于洛伦兹力不做功,所以其动能不变,C项错误;对丙粒子在垂直于纸面的匀速圆周运动,有qv2B=m,解得r=,周期为T==,丙粒子在沿磁场方向做匀速直线运动的速度为v1=vcos θ,经过一个周期的时间丙粒子圆周运动刚好一周,所以此时位置改变为x=v1T=,D项正确。
2.答案 (1)v0 (2) (3)+1L,L,
解析 (1)带电粒子在匀强磁场内,沿x轴方向做匀速直线运动,设粒子在电场内的运动时间为t1,则2L=v0t1,
粒子在电场中的加速度为a,则L=a,
粒子沿y轴方向的速度为vy=at1,
解得vy=v0,
粒子经过C点时的速度大小为
v=,
解得v=v0,
与y轴正方向夹角为45°。
(2)匀强电场的场强为E,由牛顿第二定律得Eq=ma,
解得E=,
粒子在0甲
由几何关系可知,粒子的轨道半径为
r1==L,
在该磁场区域中,由牛顿运动定律可知
qvB=m,
解得B=,
电场强度E与磁感应强度B的比值为=。
(3)带电粒子从F点沿x轴正方向进入半圆柱体区域,粒子在平行于xOz的平面内做匀速圆周运动的轨迹如图乙所示,
乙
粒子在该半圆柱区域中的运动半径r2=r1,轨迹的圆心角为60°,则出射点在x轴上的坐标为x0=r2cos 30°+L=+1L,
y轴上的坐标为y0=r1=L,
z轴上的坐标为z0=r2sin 30°=L,
带电粒子从半圆柱体射出时的位置坐标为+1L,L,。
3.答案 (1) d (2)d
(3)d,d,0
解析 (1)粒子在电场中加速过程,根据动能定理有qU=mv2,
解得v=,
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则有qBv=m,
结合上述解得R=d。
(2)作出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,
根据几何关系有sin θ=,
解得θ=60°,
粒子经过P分界面时到z轴距离为x1=R-Rcos 60°=d。
(3)在区域Ⅱ电场中,粒子在z轴上移动的时间为t=,
沿x轴方向做匀速直线运动,则有
x2=vsin θ·t=d,
所以在x轴的横坐标为x=x1+x2=d,
沿y轴方向做初速度为0的匀加速直线运动,加速度a=,则有y=at2=d,
可知坐标为d,d,0。(共41张PPT)
专题提升二十四
带电粒子在叠加场中的运动及其在现代科技中的应用
第十一章 磁场
题型1 带电粒子在叠加场中的运动
题型2 带电粒子在交变电磁场中的运动
内容
索引
题型3 叠加场在现代科技中的应用
带电粒子在叠加场中的运动
题型1
运动性质 受力特点 方法规律
匀速直线运动 粒子所受的合力为0 平衡条件
匀速圆周运动 除洛伦兹力外，电场力和重力的合力为零，即qE=mg 牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的曲线运动 三力的合力不为0，且与速度方向不垂直 动能定理、能量守恒定律
1.叠加场。
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
2.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式。
考向1
带电粒子在叠加场中的直线运动
【典例1】 地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场,已知磁场方向垂直于纸面向里。一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动。由此可以判断( )
A.如果油滴带正电，它是从N点运动到M点
B.如果油滴带正电，它是从M点运动到N点
C.如果水平电场方向向右，油滴是从M点运动到N点
D.不改变电场大小，如果将水平电场变为竖直电场，
油滴将做匀速圆周运动
根据做直线运动的条件和受力情况(如图所示)
可知，如果油滴带正电，水平电场的方向只能
向左，由左手定则判断可知，油滴从M点运动
到N点，A项错误，B项正确；如果水平电场方
向向右，油滴只能带负电，电场力水平向左，
由左手定则判断可知，油滴从N点运动到M点，C项错误；不改变电场大小，如果将水平电场变为竖直电场，若油滴做匀速圆周运动一定需要满足qE=mg，qvB=m，D项错误。
解析
考向2
带电粒子在叠加场中的圆周运动
【典例2】 (多选)(2024·安徽卷)空间中存在
竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强
磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为
B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径
为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最
低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则( )
A.油滴a带负电，所带电量的大小为
B.油滴a做圆周运动的速度大小为
C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为
D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有mg=Eq,解得q=，A项正确；根据洛伦兹力提供向心力Bqv=m，得R=，解得油滴a做圆周运动的速度大小为v=，B项正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得3R=，解得v1==，周期为
解析
T==，C项错误；带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv=v1+v2，解得v2=-，由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，D项正确。
解析
考向3
带电粒子在叠加场中的复杂曲线运动
【典例3】 (多选)(2022·广东卷)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有( )
A.电子从N到P，电场力做正功
B.N点的电势高于P点的电势
C.电子从M到N，洛伦兹力不做功
D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，A项错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，B项正确；由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功，C项正确；由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，D项错误。
解析
带电粒子在交变电磁场中的运动
题型2
带电粒子在交变复合场中的运动问题的基本思路。
【典例4】 (2024·广东卷)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B。一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为T=2t0，
根据T=，
则粒子所带的电荷量q=。
解析
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v；
若金属板的板间距离为D，则板长为，粒子在板间运动时=vt0,
出电场时竖直速度为零，则竖直方向y=2×(0.5t0)2，
在磁场中时qvB=m，其中y=2r=，
联立解得v=π，D=。
解析
(3)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。
带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，
由(2)的计算可知金属板的板间距离
D=3r，
解析
则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则
W=mv2+Eq×=+=。
解析
叠加场在现代科技中的应用
题型3
考向1
速度选择器
1.平行板间电场强度E和磁感应强度B互相垂直(如图)。
2.带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是洛伦兹力与静电力平衡。
qvB=qE，即v=。
3.速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量。
4.速度选择器具有单向性。
【典例5】 如图所示是速度选择器的原理图，已知电场强度为E、磁感应强度为B，电场和磁场相互垂直分布，某一带电粒子(重力不计)沿图中虚线水平通过，则该带电粒子( )
A.一定带正电
B.速度大小为
C.可能沿QP方向运动
D.若沿PQ方向运动的速度大于，将一定向下极板偏转
若粒子从左边射入，则不论带正电还是负电，电场力大小均为qE,洛伦兹力大小均为F=qvB=qE，电场力和洛伦兹力方向相反，粒子受力平衡，速度v=，粒子做匀速直线运动，A项错误，B项正确;若粒子从右边沿虚线方向进入，则电场力与洛伦兹力在同一方向,粒子受力不平衡，不能做直线运动，C项错误；若速度v>，则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，使粒子偏转，只有当粒子带负电时，粒子才向下偏转，D项错误。
解析
考向2
磁流体发电机
1.原理：如图所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能。
2.电源正、负极判断：根据左手定则可判断出正离子偏向B板，图中的B是发电机的正极。
3.发电机的电动势：当发电机外电路断路时，正、负离子所受静电力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U，则q=qvB得U=Bdv，则E=U=Bdv。
当发电机接入电路时，遵从闭合电路欧姆定律。
【典例6】 (多选)(2024·湖北卷)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是( )
A.极板MN是发电机的正极
B.仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C.仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
带正电的粒子受到的洛伦兹力向上偏转，极板MN带正电为发电机正极，A项正确；粒子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，此时设极板间距为d，则qvB=q，整理得U=Bdv，因此增大间距，U变大，增大速率，U变大，U的大小和粒子数密度无关，B、D两项错误，C项正确。
解析
考向3
电磁流量计
1.流量Q：单位时间流过导管某一截面的液体的体积。
2.导电液体的流速v的计算。
如图所示，一圆柱形导管直径为d，用非磁性材料
制成，其中有可以导电的液体向右流动。导电液
体中的正、负离子在洛伦兹力作用下发生偏转，使a处积累正电荷，b处积累负电荷，使a、b间出现电势差，φa>φb。当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差U达到最大，由q=qvB，可得v=。
3.流量的表达式：Q=Sv==。
4.电势高低的判断：根据左手定则可得φa>φb。
【典例7】 在某实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出。流量值等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是( )
A.M点的电势高于N点的电势
B.负离子所受洛伦兹力方向竖直向下
C.MN两点间的电势差与废液的流量值成正比
D.MN两点间的电势差与废液流速成反比
根据左手定则，正离子受到竖直向下的洛伦兹力，负离子受到竖直向上的洛伦兹力，则正离子聚集在N一侧，负离子聚集在M一侧，则M点的电势低于N点的电势，A、B两项错误；根据qvB=q可得流速v=，MN两点电势差与废液流速成正比，D项错误；流量值Q=Sv=，则电势差U与流量值Q成正比，C项正确。
解析
考向4
霍尔效应
1.定义：高为h、宽为d的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过导体时，在导体的上表面A和下表面A'之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压。
2.电势高低的判断：如图，导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面A'的电势高。若自由电荷是正电荷，则下表面A'的电势低。
3.霍尔电压：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转,
A、A'间出现电势差，当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A'间的电势差U就保持稳定，由qvB=q，I=nqvS，S=hd，联立解得U==k，k=称为霍尔系数。
【典例8】 (2024·江西卷)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图甲所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极
1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I=1.00×10-3 A时，测得U-B关系图线如图乙所示，元电荷e=1.60×10-19 C，则此样品每平方米载流子数最接近( )
A.1.7×1019 B.1.7×1015
C.2.3×1020 D.2.3×1016
审题指导
序号 信息读取 信息加工
1 加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U 霍尔效应现象
2 当I=1.00×10-3 A时，测得U-B关系图线如图乙所示 利用霍尔效应的原理建立U与B的关系式
失分剖析 不清楚题图甲所示装置的工作原理和题图乙所示图像的物理意义 设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量q=nevtb，根据电流的定义式得I==nevb,当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有evB=e，联立解得U=B，结合图像可得k== V/T，解得n≈2.3×1016，D项正确。
解析专题提升练24 带电粒子在叠加场中的运动
及其在现代科技中的应用
梯级Ⅰ基础练
1.(多选)如图所示，在竖直平面内的虚线下方分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为10 N/C，方向水平向左;磁场的磁感应强度大小为2 T，方向垂直纸面向里。现将一质量为0.2 kg、电荷量为+0.5 C的小球，从该区域上方的某点A以某一初速度水平抛出，小球进入虚线下方后恰好做直线运动。已知重力加速度为g=10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.小球平抛的初速度大小为5 m/s
B.小球平抛的初速度大小为2 m/s
C.A点距该区域上边界的高度为1.25 m
D.A点距该区域上边界的高度为2.5 m
2.(多选)霍尔元件就是利用霍尔效应制成的半导体磁电转换器件，如图是很小的矩形半导体薄片，M、N之间的距离为d，薄片的厚度为h，在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁感应强度为B的磁场，M、N间的电压为UH。已知半导体薄片中的载流子为负电荷，每个载流子电荷量为q，单位体积内载流子个数为n，电流与磁场的方向如图所示。下列说法正确的是( )
A.N板电势低于M板电势
B.MN间电势差UH=
C.载流子受到的洛伦兹力大小为q
D.将磁场方向变为与薄片的左、右表面垂直，此元件可正常工作
3.(多选)空间内存在电场强度大小E=100 V/m、方向水平向左的匀强电场和磁感应强度大小B1=100 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场(图中均未画出)。一质量m=0.1 kg、电荷量q=0.01 C的带正电小球从O点由静止释放，小球在竖直面内的运动轨迹如图中实线所示，轨迹上的A点离OB最远且与OB的距离为l，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.在运动过程中，小球的机械能守恒
B.小球经过A点时的速度最大
C.小球经过B点时的速度为0
D.l= m
梯级Ⅱ能力练
4.(2025·莆田二模)如图，xOy平面内有区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在以原点O为圆心的圆形匀强磁场，区域Ⅱ存在范围足够大的匀强磁场和匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向;两区域磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直坐标平面向里。某带电粒子以速度v0从M点沿y轴负方向射入区域Ⅰ，从N点离开区域Ⅰ并立即进入区域Ⅱ，之后沿x轴运动。已知B=0.05 T，M点坐标为(0，0.1)，粒子的比荷=4×106 C/kg，不计粒子的重力。
(1)求粒子的速度大小v0;
(2)求电场强度大小E;
(3)某时刻开始电场强度大小突然变为2E(不考虑电场变化产生的影响)，其他条件保持不变，一段时间后，粒子经过P点，P点的纵坐标y=-0.2 m，求粒子经过P点的速度大小vP。
5.如图所示，虚线MON的ON边位于水平位置，OM边与水平方向的夹角θ=45°，虚线MON上、下两侧有电场强度大小相等、方向分别沿水平向右与竖直向上的匀强电场。匀强磁场的方向垂直于纸面向里，分布于虚线MON的下侧区域。将一质量m=0.1 kg、电荷量q=+0.1 C的带电小球从与O点等高的P点由静止释放，小球沿直线PA运动至A点，垂直OM进入磁场，之后小球又垂直ON再次进入上侧电场。重力加速度g取10 m/s2，OA= m。求:
(1)电场强度E和小球进入匀强磁场时的速度v;
(2)匀强磁场的磁感应强度的大小;
(3)小球在虚线ON上侧能够上升的最大高度。
6.如图甲所示，竖直面MN的左侧空间中存在竖直方向的匀强电场(上、下及左侧无边界)。一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带正电小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直线运动，Q位于MN上，若小球刚经过D点时(t=0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间做周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时与PQ连线成90°角，已知D、Q间的距离为2L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，忽略磁场变化造成的影响，重力加速度为g。求:
(1)电场强度E的大小和方向;
(2)t0与t1的比值;
(3)小球过D点后做周期性运动，则当小球运动的周期最大时，求出此时磁感应强度B0的大小及运动的最大周期Tm。
梯级Ⅲ创新练
7.工业上常用电磁流量计来测量高黏度、强腐蚀性的流体的流量Q(单位时间内流过管道横截面的液体体积)，原理如图甲所示，在非磁性材料做成的圆管处加磁感应强度大小为B的匀强磁场，当导电液体流过此磁场区域时，测出管壁上下M、N两点间的电势差U，就可计算出管内液体的流量。为了测量某工厂的污水排放量，技术人员在充满污水的排污管末端安装了一个电滋流量计，如图乙所示，已知排污管和电磁流量计处的管道直径分别为2d和d。某次测量时，管壁上下M、N两点间的电势差为U0，则排污管的污水流量为( )
A. B. C. D.
专题提升练24 带电粒子在叠加场中的运动及其在现代科技中的应用
1.BC 解析 小球受竖直向下的重力与水平向左的电场力作用,小球进入电磁场区域做直线运动,小球受力如图所示,小球做直线运动,则由平衡条件得qvBcos θ=mg,小球的速度vcos θ=v0,代入数据解得v0=2 m/s,A项错误,B项正确;在水平方向,由平衡条件得qE=qBv0sin θ,v0sin θ=vy,根据=2gh,得h==1.25 m,C项正确,D项错误。
2.AB 解析 根据左手定则,带负电的载流子会积累在N板,所以N板电势低于M板电势,A项正确;根据平衡条件q=qvB,根据电流微观表达式I=nqvdh,整理得MN间电势差UH=,B项正确;稳定后载流子受到的洛伦兹力等于电场力F=q,C项错误;将磁场方向变为与薄片的左、右表面垂直,会在薄片的上、下表面之间产生电势差,M、N间无电压,元件不能正常工作,D项错误。
3.BCD 解析 由于电场力做功,故小球的机械能不守恒,A项错误;重力和电场力的合力大小为= N,方向与竖直方向的夹角为45°斜向左下方,小球由O点到A点,重力和电场力的合力做的功最多,在A点时的动能最大,速度最大,B项正确;小球做周期性运动,在B点时的速度为0,C项正确;对小球由O点到A点的过程,由动能定理得mgl=mv2,沿OB方向建立x轴,垂直OB方向建立y轴,在x方向上由动量定理得qvyB1Δt=mΔv,累积求和,则有qB1l=mv,解得l= m,D项正确。
易错提醒 此题用动量定理解题时最容易出错的地方是速度和洛伦兹力的方向。沿x轴方向只有洛伦兹力的分力,但影响洛伦兹力沿x轴方向分力的是沿y轴方向的分速度。
4.答案 (1)2×104 m/s (2)1×103 N/C (3)6×104 m/s
解析 (1)带电粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律有qBv0=m,
根据几何关系可知,粒子运动轨迹半径为
r=0.1 m,
且=4×106 C/kg,
联立解得v0==2×104 m/s。
(2)带电粒子在区域Ⅱ中做匀速直线运动,由平衡条件有qBv0=qE,
解得E=1×103 N/C。
(3)电场强度突然变为2E,粒子运动到P点过程,由动能定理有
2qE|y|=m-m,
解得vP=6×104 m/s。
5.答案 (1)10 N/C 4 m/s (2)5 T
(3)0.8 m
解析 (1)由于小球沿直线PA运动至A点,垂直于OM进入磁场,运动轨迹如图甲,则小球所受合力方向也沿PA方向,
甲
对小球受力分析有
tan θ=,
解得E==10 N/C,
小球由P至A做匀加速直线运动,设加速度为a1,根据牛顿第二定律,则有
=ma1,
解得a1=10 m/s2,
由几何关系tan θ=,
可得PA=OA=L,
根据速度与位移的关系式有v2=2a1L,
解得小球在A点的速度大小v=4 m/s。
(2)由于电场力大小与重力大小相等,则小球在虚线下侧做匀速圆周运动,由小球垂直ON再次进入上侧电场,运动轨迹如图乙,
乙
根据几何关系有小球做圆周运动的半径R=L,
由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,
解得B=5 T。
(3)小球再次进入上侧电场中时,做类斜抛运动,竖直方向做竖直上抛运动,设上升的最大高度为h,则有v2=2gh,
解得h=0.8 m。
6.答案 (1) 竖直向上 (2)
(3)
解析 (1)不加磁场时,小球沿直线PQ做直线运动,有qE=mg,
解得E=,
电场强度的方向竖直向上。
(2)小球能再次通过D点,其运动轨迹如图(a)所示,
图(a)
设半径为r,做圆周运动的周期为T,则
r=v0t1,T=,t0=T,
解得=。
(3)当小球运动周期最大时,其运动轨迹应与MN相切,如图(b)所示,
图(b)
由几何关系得2R=2L,
由牛顿第二定律得qv0B=m,
解得B0=,
小球一个周期通过的路程为
s=4××2πL+8L=(6π+8)L,
小球运动的最大周期为
Tm==。
7.C 解析 当粒子在电磁流量计中受力平衡时qvB=qE=,解得粒子的速度为v=,排污管的污水流量Q=Sv=π2v=,C项正确。(共31张PPT)
专题提升练24
带电粒子在叠加场中的运动及其在现代科技中的应用
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2
3
4
1.(多选)如图所示，在竖直平面内的虚线下方分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为10 N/C，方向水平向左；磁场的磁感应强度大小为2 T，方向垂直纸面向里。现将一质量为 0.2 kg、电荷量为+0.5 C的小球，从该区域上方的某点A以某一初速度水平抛出，小球进入虚线下方后恰好做直线运动。已知重力加速度为g=10 m/s2。下列说法正确的是( )
梯级Ⅰ 基础练
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A.小球平抛的初速度大小为5 m/s
B.小球平抛的初速度大小为2 m/s
C.A点距该区域上边界的高度为1.25 m
D.A点距该区域上边界的高度为2.5 m
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小球受竖直向下的重力与水平向左的电场力作用，小球进入电磁场区域做直线运动，小球受力如图所示，小球做直线运动，则由平衡条件得qvBcos θ=mg，小球的速度vcos θ=v0，代入数据解得
解析
v0=2 m/s，A项错误，B项正确；在水平方向，由平衡条件得qE=qBv0sin θ，v0sin θ=vy，根据=2gh，得h==1.25 m，C项正确，D项错误。
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2.(多选)霍尔元件就是利用霍尔效应制成的半导体磁电转换器件，如图是很小的矩形半导体薄片，M、N之间的距离为d，薄片的厚度为 h，在E、F间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁感应强度为B的磁场，M、N间的电压为UH。已知半导体薄片中的载流子为负电 荷，每个载流子电荷量为q，单位体积内载流子个数为n，电流与磁场的方向如图所示。下列说法正确的是( )
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A.N板电势低于M板电势
B.MN间电势差UH=
C.载流子受到的洛伦兹力大小为q
D.将磁场方向变为与薄片的左、右表面垂直，此元件可正常工作
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根据左手定则，带负电的载流子会积累在N板，所以N板电势低于M板电势，A项正确；根据平衡条件q=qvB，根据电流微观表达式I=nqvdh，整理得MN间电势差UH=，B项正确；稳定后载流子受到的洛伦兹力等于电场力F=q，C项错误；将磁场方向变为与薄片的左、右表面垂直，会在薄片的上、下表面之间产生电势差，M、N间无电压，元件不能正常工作，D项错误。
解析
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3.(多选)空间内存在电场强度大小E=100 V/m、方向水平向左的匀强电场和磁感应强度大小B1=100 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场(图中均未画出)。一质量m=0.1 kg、电荷量q=0.01 C的带正电小球从O点由静止释放，小球在竖直面内的运动轨迹如图中实线所示，轨迹上的A点离OB最远且与OB的距离为l，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
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A.在运动过程中，小球的机械能守恒
B.小球经过A点时的速度最大
C.小球经过B点时的速度为0
D.l= m
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由于电场力做功，故小球的机械能不守恒，A项错误；重力和电场力的合力大小为= N，方向与竖直方向的夹角为45°斜向左下方，小球由O点到A点，重力和电场力的合力做的功最多，在A点时的动能最大，速度最大，B项正确；小球做周期性运动，在B点时的速度为0，C项正确；对小球由O点到A点的过程，由动能定理得mgl=mv2，沿OB方向建立x轴，垂直OB方向
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建立y轴，在x方向上由动量定理得qvyB1Δt=mΔv，累积求和，则有qB1l=mv，解得l= m，D项正确。
解析
易错提醒 此题用动量定理解题时最容易出错的地方是速度和洛伦兹力的方向。沿x轴方向只有洛伦兹力的分力，但影响洛伦兹力沿x轴方向分力的是沿y轴方向的分速度。
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4.(2025·莆田二模)如图，xOy平面内有区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在以原点O为圆心的圆形匀强磁场，区域Ⅱ存在范围足够大的匀强磁场和匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向；两区域磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直坐标平面向里。某带电粒子以速度v0从M点沿y轴负方向射入区域Ⅰ，从N点离开区域Ⅰ并立即进入区域Ⅱ，之后沿x轴运动。已知B=0.05 T，M点坐标为(0，0.1)，粒子的比荷=4×106 C/kg，不计粒子的重力。
梯级Ⅱ 能力练
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(1)求粒子的速度大小v0；
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带电粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qBv0=m，
根据几何关系可知，粒子运动轨迹半径为
r=0.1 m，
且=4×106 C/kg，
联立解得v0==2×104 m/s。
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(2)求电场强度大小E；
带电粒子在区域Ⅱ中做匀速直线运动，由平衡条件有qBv0=qE，
解得E=1×103 N/C。
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(3)某时刻开始电场强度大小突然变为2E(不考虑电场变化产生的影 响)，其他条件保持不变，一段时间后，粒子经过P点，P点的纵坐标y=-0.2 m，求粒子经过P点的速度大小vP。
电场强度突然变为2E，粒子运动到P点过程，由动能定理有
2qE|y|=m-m，
解得vP=6×104 m/s。
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5.如图所示，虚线MON的ON边位于水平位置，OM边与水平方向的夹角θ=45°，虚线MON上、下两侧有电场强度大小相等、方向分别沿水平向右与竖直向上的匀强电场。匀强磁场的方向垂直于纸面向里，分布于虚线MON的下侧区域。将一质量m=0.1 kg、电荷量q= +0.1 C的带电小球从与O点等高的P点由静止释放，小球沿直线PA运动至A点，垂直OM进入磁场，之后小球又垂直ON再次进入上侧电 场。重力加速度g取10 m/s2，OA= m。求:
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(1)电场强度E和小球进入匀强磁场时的速度v；
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由于小球沿直线PA运动至A点，垂直于OM进入磁场，运动轨迹如图甲，则小球所受合力方向也沿PA方向，
对小球受力分析有
tan θ=，
解得E==10 N/C，
小球由P至A做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律，则有=ma1，
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解得a1=10 m/s2，
由几何关系tan θ=，
可得PA=OA=L，
根据速度与位移的关系式有v2=2a1L，
解得小球在A点的速度大小v=4 m/s。
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(2)匀强磁场的磁感应强度的大小；
由于电场力大小与重力大小相等，则小球在虚线下侧做匀速圆周运动，由小球垂直ON再次进入上侧电场，运动轨迹如图乙，
根据几何关系有小球做圆周运动的半径R=L，
由洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，
解得B=5 T。
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(3)小球在虚线ON上侧能够上升的最大高度。
小球再次进入上侧电场中时，做类斜抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，设上升的最大高度为h，则有v2=2gh，
解得h=0.8 m。
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6.如图甲所示，竖直面MN的左侧空间中存在竖直方向的匀强电场 (上、下及左侧无边界)。一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带正电小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直线运动，Q位于MN上，若小球刚经过D点时(t=0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间做周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时与PQ连线成90°角，已知D、Q间的距离为2L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，忽略磁场变化造成的影响，重力加速度为g。求:
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(1)电场强度E的大小和方向；
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不加磁场时，小球沿直线PQ做直线运动，有qE=mg，
解得E=，
电场强度的方向竖直向上。
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(2)t0与t1的比值；
小球能再次通过D点，其运动轨迹如图(a)所示，
设半径为r，做圆周运动的周期为T，则
r=v0t1，T=，t0=T，
解得=。
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(3)小球过D点后做周期性运动，则当小球运动的周期最大时，求出此时磁感应强度B0的大小及运动的最大周期Tm。
(3)当小球运动周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，如图(b)所 示，由几何关系得
2R=2L，
由牛顿第二定律得qv0B=m，
解得B0=，
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小球一个周期通过的路程为
s=4××2πL+8L=(6π+8)L，
小球运动的最大周期为Tm==。
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7.工业上常用电磁流量计来测量高黏度、强腐蚀性的流体的流量Q(单位时间内流过管道横截面的液体体积)，原理如图甲所示，在非磁性材料做成的圆管处加磁感应强度大小为B的匀强磁场，当导电液体流过此磁场区域时，测出管壁上下M、N两点间的电势差U，就可计算出管内液体的流量。为了测量某工厂的污水排放量，技术人员在充满污水的排污管末端安装了一个电滋流量计，如图乙所示，已知排污管和电磁流量计处的管道直径分别为2d和d。某次测量时，管壁上下M、N两点间的电势差为U0，则排污管的污水流量为( )
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梯级Ⅲ 创新练
A. B. C. D.
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当粒子在电磁流量计中受力平衡时qvB=qE=，解得粒子的速度为v=，排污管的污水流量Q=Sv=π（）2v=，C项正确。
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