《领跑高中》物理二轮复习 专题三 电场和磁场 素养培优4 带电粒子（体）在叠加场、交变场中的运动（教师用书）
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| 名称 | 《领跑高中》物理二轮复习 专题三 电场和磁场 素养培优4 带电粒子（体）在叠加场、交变场中的运动（教师用书） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 697.4KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-12-23 10:17:53 | ||
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文档简介
素养培优4 带电粒子（体）在叠加场、交变场中的运动
带电粒子在叠加场中的运动
1.三种典型情况
（1）若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加时满足qE＝qvB，重力场与磁场叠加时满足mg＝qvB，重力场与电场叠加时满足mg＝qE。
（2）若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。
（3）若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m。
2.解决带电粒子（体）在叠加场中运动的基本思路
【典例1】 （2024·江西高考7题）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a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b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
答案：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e＝evB，联立解得U＝B，结合题图b可知k＝＝ V/T，解得n＝2.3×1016，D正确。
【典例2】 （2024·河北张家口二模）如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，在第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场；在第一象限内存在方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度大小也为B、方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一带正电的小球P从x轴上的A点以某一速度沿AK方向做直线运动，AK与x轴正方向的夹角θ＝60°，从K点进入第一象限后小球P恰好做匀速圆周运动，经过x轴时竖直向下击中紧贴x轴上方静止的带电小球Q，碰后两球结合为一个结合体M，之后M从y轴上的F点离开第四象限，第四象限存在匀强磁场，方向如图所示。已知重力加速度大小为g，小球P、Q带电荷量均为q、质量均为m，不计空气阻力。
（1）求第二象限与第一象限内电场的电场强度大小之比；
（2）求小球Q静止的位置距O点的距离；
（3）若结合体M进入第四象限时的速度为v，M在第四象限运动时的最大速度为2v，则当其速度为2v时，结合体M距x轴的距离是多少？
答案：（1） （2）（＋2） （3）
解析：（1）小球P沿AK方向做直线运动，由于洛伦兹力与速度有关，可知其一定做匀速直线运动，受力分析如图所示
根据几何关系可得＝tan θ
小球Q静止在第一象限，则qE1＝mg
联立可得＝tan θ＝。
（2）小球竖直向下击中Q，轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
rsin θ＋r＝d
粒子在第二象限中有qvBcos θ＝mg
联立解得d＝（＋2）。
（3）结合体在第四象限中只有重力做功，根据动能定理可得2mgh＝×2m（2v）2－×2mv2
解得h＝。
带电粒子在交变场中的运动
1.此类问题是场在时间上的组合，电场或磁场往往具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性。这种情况下要仔细分析带电粒子的受力情况和运动过程，弄清楚带电粒子在每一时间段内在电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动轨迹，确定带电粒子的运动过程，选择合适的规律进行解题。
2. 解决带电粒子在交变电磁场中运动的基本思路
【典例3】 （2024·福建莆田三模）如图甲所示，平面直角坐标系xOy的第一象限（含坐标轴）内有垂直于平面周期性变化的均匀磁场（未画出），规定垂直于xOy平面向里的磁场方向为正，磁场变化规律如图，已知磁感应强度大小为B0，不计粒子重力及磁场变化影响。某一带负电的粒子质量为m、电荷量为q，在t＝0时从坐标原点沿y轴正向射入磁场中，将磁场变化周期记为T0，要使粒子在t＝T0时距y轴最远，则T0的值为（ ）
A. B.
C. D.
答案：A
解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，0～T0时间内，有qv0B0＝m
解得r1＝
周期为T1＝＝，T0～T0时间内，有
qv0×B0＝m
解得r2＝＝1.5r1
周期为T2＝＝＝1.5T1
要求在T0时，粒子距y轴最远，做出粒子运动轨迹如图
根据几何关系，可得sin θ＝＝0.6
解得θ＝37°
则0～T0时间内圆周运动转过的圆心角为π－θ＝143°
可得T0＝T1
联立，解得T0＝
故选A。
【典例4】 （2024·广东高考15题）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。
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，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×
在磁场中时qvB＝m
其中的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×＝＋＝。
1.（多选）（2024·湖北高考9题）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
解析：AC 由左手定则可知，带正电粒子在磁场中受到向上的洛伦兹力，带负电粒子在磁场中受到向下的洛伦兹力，则等离子体从左侧喷入磁场时，带正电粒子向上偏转，带负电粒子向下偏转，所以极板MN带正电，为发电机的正极，A正确；极板间的电压稳定后，对在极板间运动的某个带电粒子，有qE＝qvB，又U＝Ed，可得U＝vBd，所以仅增大两极板间的距离d，极板间的电压增大，B错误；仅增大等离子体的喷入速率v，极板间的电压增大，C正确；仅增大等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压不变，D错误。
2.（2024·福建龙岩期中）如图所示，某空间存在水平向左的匀强电场和垂直于纸面方向的匀强磁场（图中未画出），一质量为m的带负电粒子恰能以速度v沿图中虚线所示的轨迹做直线运动，粒子的运动轨迹与水平方向的夹角为30°，匀强电场的电场强度大小为E，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A.匀强磁场的方向垂直于纸面向里
B.匀强磁场的磁感应强度大小为
C.粒子的电荷量为
D.若粒子运动过程中，磁场突然消失，则粒子可能做匀减速直线运动
解析：C 对粒子受力分析可知，粒子受到的洛伦兹力与速度大小和方向有关，则粒子必定做匀速直线运动，粒子受到的电场力水平向右，受到的重力竖直向下，则洛伦兹力垂直运动轨迹斜向上，根据左手定则可知，匀强磁场的方向垂直于纸面向外，故A错误；根据受力平衡有tan 30°＝，sin 30°＝，则粒子的电荷量q＝，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝，故B错误，C正确；若粒子运动过程中，磁场突然消失，粒子受到的合力方向与粒子的速度方向不共线，则粒子一定做曲线运动，故D错误。
3.（多选）（2024·江西景德镇一模）光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球，桌面右侧存在由匀强电场和匀强磁场组成的复合场，复合场的下边界是水平面，到桌面的距离为h，电场强度为E、方向竖直向上，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外，重力加速度为g，带电小球的比荷为，如图所示。现给小球一个向右的初速度，离开桌边缘立刻进入复合场运动，从下边界射出，射出时的速度方向与下边界的夹角为60°。下列说法正确的是（ ）
A.小球在复合场中的运动时间可能是
B.小球在复合场中运动的加速度大小可能是
C.小球在复合场中运动的路程可能是
D.小球的初速度大小可能是
解析：AC 带电小球的比荷为，则有Eq＝mg，则在复合场中小球合力为洛伦兹力，所以小球在复合场中做匀速圆周运动，射出时的速度方向与下边界的夹角为60°，则小球运动情况有两种，轨迹如图所示，
若小球速度为v1，根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为120°，此时小球在复合场中的运动时间为t1＝T＝·＝，根据几何知识可得，其轨迹半径为R1＝h，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv1＝m可得，小球的速度v1＝，小球的路程s1＝×2πR1＝πh，小球的加速度a1＝＝，若小球速度为v2，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为60°，此时小球在复合场中的运动时间t2＝T＝×＝，根据几何知识可得，其轨迹半径为R2＝2h，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv2＝m，可得小球的速度为v2＝，小球在复合场中运动的路程为s2＝×2πR2＝πh，小球的加速度为a2＝＝，故选A、C。
4.（2024·吉林白城二模）如图所示，水平放置的两块带电金属极板a、b平行正对，极板长度和极板间距都为L，板间存在方向竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为＋q的粒子，以水平速度v0从两极板的左端正中央射入极板间，恰好做匀速直线运动。不计粒子的重力及空气阻力。
（1）求匀强磁场磁感应强度B的大小；
（2）若撤去电场，调整磁感应强度B大小使粒子刚好能从极板a右端射出，求粒子运动半径；
（3）若撤去磁场，粒子能从极板间射出，求粒子穿越电场过程中的动能增量ΔEk。
答案：（1） （2）L （3）
解析：（1）由粒子受力平衡可知
qv0B＝qE
解得B＝，因此匀强磁场磁感应强度B的大小为。
（2）撤去电场，调整磁感应强度B大小使粒子刚好从极板a右端射出，其运动轨迹如图所示
由几何关系得r2＝L2＋
解得r＝L，因此粒子运动半径为L。
（3）撤去磁场，粒子做类平抛运动，则有
L＝v0t，y＝at2
又由牛顿第二定律得qE＝ma
解得y＝
由动能定理得ΔEk＝qEy＝，因此，粒子穿越电场过程中的动能增量为。
5.（2024·江苏苏州一模）如图甲所示，xOy平面内存在着变化电场和变化磁场，变化规律如图乙、丙所示，磁感应强度的正方向为垂直于纸面向里、电场强度的正方向为＋y方向。t＝0时刻，一电荷量为＋q、质量为m的粒子从坐标原点O以初速v0沿＋x方向入射（不计粒子重力）。B-t图像中B0＝，E-t图像中E0＝。求：
（1）时刻粒子的坐标；
（2）0～4t0时间段内粒子速度沿－x方向的时刻；
（3）0～7t0时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值。
答案：（1） （2）t0和t0
（3）v0t0
解析：（1）粒子在磁场中运动的周期
T＝＝t0
根据洛伦兹力提供向心力，有
B0qv0＝m，又因B0＝，解得r1＝
所以时刻粒子坐标为，即。
（2）0～4t0时间内的运动轨迹如图
由图可知0～4t0时间段内粒子速度沿－x方向的时刻为t1＝ 和t2＝2T＋T，即t1＝t0和t2＝t0。
（3）0～7t0时间内粒子运动的轨迹如图所示
t0～2t0时间内粒子沿y轴方向位移
y1＝v0t0
6t0～7t0时间内粒子沿y轴方向最大位移
y磁＝r2
因为r2＝v0t0，y1＝y2＝y3
所以ym＝3y0＋y磁
得ym＝v0t0。
6.（2024·吉林高考15题）现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽；各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q（q＞0）、质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为v0和v0。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°。甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小E0＝。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。
（1）求Ⅰ、Ⅱ区磁场的磁感应强度的大小B。
（2）求Ⅲ区宽度d。
（3）Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E＝ωt－kx，其中常系数ω＞0，ω已知、k未知，取甲经过O点时t＝0。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式（不要求写出Δx的取值范围）。
答案：（1） （2）πL （3）F＝Δx
解析：（1）根据题意，作出甲、乙两粒子在Ⅰ区和Ⅱ区中的运动轨迹，如图所示
乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，则乙在Ⅰ区运动轨迹所对的圆心角为30°
根据几何关系有r乙sin 30°＝L
对乙在Ⅰ区运动的过程，由洛伦兹力提供向心力有
qv0B＝m
联立解得B＝。
（2）从乙从进入Ⅰ区到运动至P点的过程，运动时间t1＝T
又T＝＝
解得t1＝
分析可知，甲、乙都沿＋x方向从P点射入Ⅲ区，在t1时间内，甲从P点运动到O点，根据运动学规律有
d＝v0t1＋a
根据牛顿第二定律有qE0＝ma
联立解得d＝πL。
（3）甲从P点运动到O点的过程中，根据运动学规律有
v甲O＝v0＋at1
解得v甲O＝3v0
由于甲在Ⅳ区做匀速直线运动，则甲所在位置的电场强度为E甲＝ωt－kx＝ωt－kv甲Ot＝0
解得k＝
当甲运动t0时间至x＝x0处时，乙在Ⅳ区x＝（x0－Δx）处
在x＝x0处有E甲＝ωt0－kx0＝0
在x＝（x0－Δx）处有E乙＝ωt0－k（x0－Δx）
又F＝qE乙
联立解得F＝Δx。
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带电粒子在叠加场中的运动
1.三种典型情况
（1）若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加时满足qE＝qvB，重力场与磁场叠加时满足mg＝qvB，重力场与电场叠加时满足mg＝qE。
（2）若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。
（3）若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m。
2.解决带电粒子（体）在叠加场中运动的基本思路
【典例1】 （2024·江西高考7题）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a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b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
答案：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e＝evB，联立解得U＝B，结合题图b可知k＝＝ V/T，解得n＝2.3×1016，D正确。
【典例2】 （2024·河北张家口二模）如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，在第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场；在第一象限内存在方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度大小也为B、方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一带正电的小球P从x轴上的A点以某一速度沿AK方向做直线运动，AK与x轴正方向的夹角θ＝60°，从K点进入第一象限后小球P恰好做匀速圆周运动，经过x轴时竖直向下击中紧贴x轴上方静止的带电小球Q，碰后两球结合为一个结合体M，之后M从y轴上的F点离开第四象限，第四象限存在匀强磁场，方向如图所示。已知重力加速度大小为g，小球P、Q带电荷量均为q、质量均为m，不计空气阻力。
（1）求第二象限与第一象限内电场的电场强度大小之比；
（2）求小球Q静止的位置距O点的距离；
（3）若结合体M进入第四象限时的速度为v，M在第四象限运动时的最大速度为2v，则当其速度为2v时，结合体M距x轴的距离是多少？
答案：（1） （2）（＋2） （3）
解析：（1）小球P沿AK方向做直线运动，由于洛伦兹力与速度有关，可知其一定做匀速直线运动，受力分析如图所示
根据几何关系可得＝tan θ
小球Q静止在第一象限，则qE1＝mg
联立可得＝tan θ＝。
（2）小球竖直向下击中Q，轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
rsin θ＋r＝d
粒子在第二象限中有qvBcos θ＝mg
联立解得d＝（＋2）。
（3）结合体在第四象限中只有重力做功，根据动能定理可得2mgh＝×2m（2v）2－×2mv2
解得h＝。
带电粒子在交变场中的运动
1.此类问题是场在时间上的组合，电场或磁场往往具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性。这种情况下要仔细分析带电粒子的受力情况和运动过程，弄清楚带电粒子在每一时间段内在电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动轨迹，确定带电粒子的运动过程，选择合适的规律进行解题。
2. 解决带电粒子在交变电磁场中运动的基本思路
【典例3】 （2024·福建莆田三模）如图甲所示，平面直角坐标系xOy的第一象限（含坐标轴）内有垂直于平面周期性变化的均匀磁场（未画出），规定垂直于xOy平面向里的磁场方向为正，磁场变化规律如图，已知磁感应强度大小为B0，不计粒子重力及磁场变化影响。某一带负电的粒子质量为m、电荷量为q，在t＝0时从坐标原点沿y轴正向射入磁场中，将磁场变化周期记为T0，要使粒子在t＝T0时距y轴最远，则T0的值为（ ）
A. B.
C. D.
答案：A
解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，0～T0时间内，有qv0B0＝m
解得r1＝
周期为T1＝＝，T0～T0时间内，有
qv0×B0＝m
解得r2＝＝1.5r1
周期为T2＝＝＝1.5T1
要求在T0时，粒子距y轴最远，做出粒子运动轨迹如图
根据几何关系，可得sin θ＝＝0.6
解得θ＝37°
则0～T0时间内圆周运动转过的圆心角为π－θ＝143°
可得T0＝T1
联立，解得T0＝
故选A。
【典例4】 （2024·广东高考15题）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。
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，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×
在磁场中时qvB＝m
其中的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×＝＋＝。
1.（多选）（2024·湖北高考9题）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
解析：AC 由左手定则可知，带正电粒子在磁场中受到向上的洛伦兹力，带负电粒子在磁场中受到向下的洛伦兹力，则等离子体从左侧喷入磁场时，带正电粒子向上偏转，带负电粒子向下偏转，所以极板MN带正电，为发电机的正极，A正确；极板间的电压稳定后，对在极板间运动的某个带电粒子，有qE＝qvB，又U＝Ed，可得U＝vBd，所以仅增大两极板间的距离d，极板间的电压增大，B错误；仅增大等离子体的喷入速率v，极板间的电压增大，C正确；仅增大等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压不变，D错误。
2.（2024·福建龙岩期中）如图所示，某空间存在水平向左的匀强电场和垂直于纸面方向的匀强磁场（图中未画出），一质量为m的带负电粒子恰能以速度v沿图中虚线所示的轨迹做直线运动，粒子的运动轨迹与水平方向的夹角为30°，匀强电场的电场强度大小为E，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A.匀强磁场的方向垂直于纸面向里
B.匀强磁场的磁感应强度大小为
C.粒子的电荷量为
D.若粒子运动过程中，磁场突然消失，则粒子可能做匀减速直线运动
解析：C 对粒子受力分析可知，粒子受到的洛伦兹力与速度大小和方向有关，则粒子必定做匀速直线运动，粒子受到的电场力水平向右，受到的重力竖直向下，则洛伦兹力垂直运动轨迹斜向上，根据左手定则可知，匀强磁场的方向垂直于纸面向外，故A错误；根据受力平衡有tan 30°＝，sin 30°＝，则粒子的电荷量q＝，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝，故B错误，C正确；若粒子运动过程中，磁场突然消失，粒子受到的合力方向与粒子的速度方向不共线，则粒子一定做曲线运动，故D错误。
3.（多选）（2024·江西景德镇一模）光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球，桌面右侧存在由匀强电场和匀强磁场组成的复合场，复合场的下边界是水平面，到桌面的距离为h，电场强度为E、方向竖直向上，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外，重力加速度为g，带电小球的比荷为，如图所示。现给小球一个向右的初速度，离开桌边缘立刻进入复合场运动，从下边界射出，射出时的速度方向与下边界的夹角为60°。下列说法正确的是（ ）
A.小球在复合场中的运动时间可能是
B.小球在复合场中运动的加速度大小可能是
C.小球在复合场中运动的路程可能是
D.小球的初速度大小可能是
解析：AC 带电小球的比荷为，则有Eq＝mg，则在复合场中小球合力为洛伦兹力，所以小球在复合场中做匀速圆周运动，射出时的速度方向与下边界的夹角为60°，则小球运动情况有两种，轨迹如图所示，
若小球速度为v1，根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为120°，此时小球在复合场中的运动时间为t1＝T＝·＝，根据几何知识可得，其轨迹半径为R1＝h，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv1＝m可得，小球的速度v1＝，小球的路程s1＝×2πR1＝πh，小球的加速度a1＝＝，若小球速度为v2，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为60°，此时小球在复合场中的运动时间t2＝T＝×＝，根据几何知识可得，其轨迹半径为R2＝2h，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv2＝m，可得小球的速度为v2＝，小球在复合场中运动的路程为s2＝×2πR2＝πh，小球的加速度为a2＝＝，故选A、C。
4.（2024·吉林白城二模）如图所示，水平放置的两块带电金属极板a、b平行正对，极板长度和极板间距都为L，板间存在方向竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为＋q的粒子，以水平速度v0从两极板的左端正中央射入极板间，恰好做匀速直线运动。不计粒子的重力及空气阻力。
（1）求匀强磁场磁感应强度B的大小；
（2）若撤去电场，调整磁感应强度B大小使粒子刚好能从极板a右端射出，求粒子运动半径；
（3）若撤去磁场，粒子能从极板间射出，求粒子穿越电场过程中的动能增量ΔEk。
答案：（1） （2）L （3）
解析：（1）由粒子受力平衡可知
qv0B＝qE
解得B＝，因此匀强磁场磁感应强度B的大小为。
（2）撤去电场，调整磁感应强度B大小使粒子刚好从极板a右端射出，其运动轨迹如图所示
由几何关系得r2＝L2＋
解得r＝L，因此粒子运动半径为L。
（3）撤去磁场，粒子做类平抛运动，则有
L＝v0t，y＝at2
又由牛顿第二定律得qE＝ma
解得y＝
由动能定理得ΔEk＝qEy＝，因此，粒子穿越电场过程中的动能增量为。
5.（2024·江苏苏州一模）如图甲所示，xOy平面内存在着变化电场和变化磁场，变化规律如图乙、丙所示，磁感应强度的正方向为垂直于纸面向里、电场强度的正方向为＋y方向。t＝0时刻，一电荷量为＋q、质量为m的粒子从坐标原点O以初速v0沿＋x方向入射（不计粒子重力）。B-t图像中B0＝，E-t图像中E0＝。求：
（1）时刻粒子的坐标；
（2）0～4t0时间段内粒子速度沿－x方向的时刻；
（3）0～7t0时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值。
答案：（1） （2）t0和t0
（3）v0t0
解析：（1）粒子在磁场中运动的周期
T＝＝t0
根据洛伦兹力提供向心力，有
B0qv0＝m，又因B0＝，解得r1＝
所以时刻粒子坐标为，即。
（2）0～4t0时间内的运动轨迹如图
由图可知0～4t0时间段内粒子速度沿－x方向的时刻为t1＝ 和t2＝2T＋T，即t1＝t0和t2＝t0。
（3）0～7t0时间内粒子运动的轨迹如图所示
t0～2t0时间内粒子沿y轴方向位移
y1＝v0t0
6t0～7t0时间内粒子沿y轴方向最大位移
y磁＝r2
因为r2＝v0t0，y1＝y2＝y3
所以ym＝3y0＋y磁
得ym＝v0t0。
6.（2024·吉林高考15题）现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽；各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q（q＞0）、质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为v0和v0。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°。甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小E0＝。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。
（1）求Ⅰ、Ⅱ区磁场的磁感应强度的大小B。
（2）求Ⅲ区宽度d。
（3）Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E＝ωt－kx，其中常系数ω＞0，ω已知、k未知，取甲经过O点时t＝0。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式（不要求写出Δx的取值范围）。
答案：（1） （2）πL （3）F＝Δx
解析：（1）根据题意，作出甲、乙两粒子在Ⅰ区和Ⅱ区中的运动轨迹，如图所示
乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，则乙在Ⅰ区运动轨迹所对的圆心角为30°
根据几何关系有r乙sin 30°＝L
对乙在Ⅰ区运动的过程，由洛伦兹力提供向心力有
qv0B＝m
联立解得B＝。
（2）从乙从进入Ⅰ区到运动至P点的过程，运动时间t1＝T
又T＝＝
解得t1＝
分析可知，甲、乙都沿＋x方向从P点射入Ⅲ区，在t1时间内，甲从P点运动到O点，根据运动学规律有
d＝v0t1＋a
根据牛顿第二定律有qE0＝ma
联立解得d＝πL。
（3）甲从P点运动到O点的过程中，根据运动学规律有
v甲O＝v0＋at1
解得v甲O＝3v0
由于甲在Ⅳ区做匀速直线运动，则甲所在位置的电场强度为E甲＝ωt－kx＝ωt－kv甲Ot＝0
解得k＝
当甲运动t0时间至x＝x0处时，乙在Ⅳ区x＝（x0－Δx）处
在x＝x0处有E甲＝ωt0－kx0＝0
在x＝（x0－Δx）处有E乙＝ωt0－k（x0－Δx）
又F＝qE乙
联立解得F＝Δx。
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