2025版高考物理一轮复习第九章专题七带电粒子在叠加场中的运动教案新人教版

PAGEPAGE10专题七带电粒子在叠加场中的运动突破1带电粒子在叠加场中运动的应用实例装置原理图规律速度选择器若qv0B＝Eq，即v0＝eq\f(E,B)，粒子做匀速直线运动磁流体发电机等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板分别带正、负电，两极板间电压为U时稳定，qeq\f(U,d)＝qv0B，U＝v0Bd电磁流量计当qeq\f(U,d)＝qvB时，有v＝eq\f(U,Bd)，流量Q＝Sv＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2eq\f(U,Bd)＝eq\f(πdU,4B)霍尔元件在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差．这个现象称为霍尔效应考向1速度选择器的工作原理(2024·浙江杭州模拟)在如图所示的平行板器件中，匀强电场E和匀强磁场B相互垂直．一束初速度为v的带电粒子从左侧垂直电场射入后沿图中直线②从右侧射出．粒子重力不计，下列说法正确的是()A．若粒子沿轨迹①出射，则粒子的初速度肯定大于vB．若粒子沿轨迹①出射，则粒子的动能肯定增大C．若粒子沿轨迹③出射，则粒子可能做匀速圆周运动D．若粒子沿轨迹③出射，则粒子的电势能可能增大【解析】初速度为v的带电粒子从左侧垂直电场射入后沿图中直线②从右侧射出，则qvB＝qE，若粒子沿轨道①出射，粒子所受向上的力大于向下的力，但由于粒子电性未知，所以粒子所受的电场力与洛伦兹力方向不能确定，初速度和动能的改变无法确定，故A、B均错误；若粒子沿轨迹③出射，粒子受电场力、洛伦兹力，不行能做匀速圆周运动，故C错误；若粒子沿轨迹③出射，假如粒子带负电，所受电场力方向向上，洛伦兹力方向向下，电场力做负功，粒子的电势能增大，故D正确．【答案】D考向2磁流体发电的工作原理(多选)如图是磁流体发电机的装置，a、b组成一对平行电极，两板间距为d，板平面的面积为S，内有磁感应强度为B的匀强磁场．现持续将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，而整体呈中性)，垂直磁场喷入，每个离子的速度为v，负载电阻阻值为R，当发电机稳定发电时，负载中电流为I，则()A．a板电势比b板电势低B．磁流体发电机的电动势E＝BdvC．负载电阻两端的电压大小为BdvD．两板间等离子体的电阻率ρ＝eq\f((Bdv－IR)S,Id)【解析】参看磁流体发电机的装置图，利用左手定则可知，正、负微粒通过发电机内部时，带正电微粒向上偏，带负电微粒向下偏，则知a板电势比b板电势高，所以A错误；当发电机稳定发电时，对微粒有F洛＝F电，即Bqv＝eq\f(E,d)q，得电动势E＝Bdv，所以B正确；由闭合电路欧姆定律有UR＋Ur＝E，又E＝Bdv，则负载电阻两端的电压UR<Bdv，所以C错误；由闭合电路欧姆定律有I＝eq\f(E,r＋R)，由电阻定律有r＝ρeq\f(d,S)，得ρ＝eq\f((Bdv－IR)S,Id)，所以D正确．【答案】BD考向3电磁流量体的工作原理医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是匀称的．运用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点的距离为3．0mm，血管壁的厚度可忽视，两触点间的电势差为160μV，磁感应强度的大小为0.040T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为()A．1.3m/s，a正、b负B．2.7m/s，a正、b负C．1.3m/s，a负、b正D．2.7m/s，a负、b正【解析】血液中正负离子流淌时，依据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子向上偏，负离子向下偏，则a带正电，b带负电，故C、D错误；最终血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，有qeq\f(U,d)＝qvB，所以血流速度v＝eq\f(U,Bd)＝eq\f(160×10－6,0.040×3×10－3)m/s＝1.3m/s，故A正确，B错误．【答案】A考向4霍尔元件的工作原理(多选)利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n，横截面为矩形的金属导体宽为b，厚为d，并加有与前后侧面垂直的匀强磁场B，当通以图示方向的电流I时，用志向电压表可测得导体上、下表面间电压为U.已知自由电子的电荷量为e，则下列推断正确的是()A．上表面电势高B．下表面电势高C．该导体单位体积内的自由电子数为eq\f(BI,eUb)D．该导体单位体积内的自由电子数为eq\f(I,ebd)【解析】依据左手定则，可知电子向上表面偏转，所以下表面电势高，选项A错误，B正确；由题意有eeq\f(U,d)＝evB，I＝neSv＝nebdv，可得n＝eq\f(BI,eUb)，选项C正确，D错误．【答案】BC带电粒子在复合场中运动的四个实例的比较速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件都涉及带电粒子在相互正交的电场和磁场组成的复合场中的运动平衡问题，它们的不同之处是速度选择器中的电场是带电粒子进入前存在的，是外加的；磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件中的电场是带电粒子进入磁场后，在洛伦兹力作用下带电粒子在两极板上聚集后才产生的．突破2带电粒子在叠加场中的运动考向1带电粒子在叠加场中无约束状况下的运动叠加场组成可能的运动形式磁场、重力场并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做困难的曲线运动，因F洛不做功，故机械能守恒，由此可求解问题电场、磁场并存(不计微观粒子的重力)①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子做困难的曲线运动，因F洛不做功，可用动能定理求解问题电场、磁场、重力场并存①若三力平衡，带电粒子肯定做匀速直线运动②若重力与电场力平衡，带电粒子肯定做匀速圆周运动(磁场方向与带电粒子运动方向垂直)③若合力不为零且与速度方向不垂直，带电粒子将做困难的曲线运动，因F洛不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5eq\r(3)N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6kg，电荷量q＝2×10－6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消逝引起的电磁感应现象)，取g＝10m/s2.求：(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经验的时间t.[审题指导](1)在撤去磁场前，小球受重力、洛伦兹力、电场力三个力作用，三力平衡．(2)撤去磁场后，可考虑把小球的运动分解成水平方向和竖直方向上的运动，其中竖直方向上的运动为竖直上抛运动．【解析】(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2)①代入数据解得v＝20m/s②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满意tanθ＝eq\f(qE,mg)③代入数据解得tanθ＝eq\r(3)θ＝60°④(2)解法1：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有y＝eq\f(1,2)at2⑦a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又tanθ＝eq\f(y,x)⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2eq\r(3)s＝3.5s⑨解法2：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝vsinθ⑤若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－eq\f(1,2)gt2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2eq\r(3)s＝3.5s⑦【答案】(1)见解析(2)3.5s1．(2024·河南周口模拟)(多选)如图所示，平行纸面对下的匀强电场与垂直纸面对外的匀强磁场相互正交，一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动．若已知小球做圆周运动的半径为r，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g，则下列推断中正确的是(AC)A．小球肯定带负电荷B．小球肯定沿顺时针方向转动C．小球做圆周运动的线速度大小为eq\f(gBr,E)D．小球在做圆周运动的过程中，电场力始终不做功解析：小球做匀速圆周运动，受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力，且mg＝Eq，所以小球带负电，A正确；由左手定则可知小球沿逆时针方向转动，B错误；由qvB＝eq\f(mv2,r)，解得v＝eq\f(Bqr,m)，由mg＝Eq得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，则v＝eq\f(Bgr,E)，C正确；小球在做圆周运动的过程中，电场力始终做功，但转动一周的过程中，电场力做功为零，D错误．2．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面对里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc.已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是(B)A．ma>mb>mcB．mb>ma>mcC．mc>ma>mbD．mc>mb>ma解析：设电场强度为E、磁感应强度为B、三个微粒的带电量均为q，它们受到的电场力Eq方向均竖直向上．微粒a在纸面内做匀速圆周运动，有Eq＝mag；b在纸面内向右做匀速直线运动，有Eq＋Bqvb＝mbg；c在纸面内向左做匀速直线运动，有Eq－Bqvc＝mcg；可得：mb>ma>mc.分析解决此类问题的关键环节(1)相识带电物体所在区域中场的组成，一般是电场、磁场和重力场中两个场或三个场的复合场．(2)正确进行受力分析是解题的基础，除了重力、弹力、摩擦力以外，特殊要留意电场力和洛伦兹力．(3)在正确受力分析的基础上进行运动分析，留意运动状况和受力状况的相互结合，要特殊关注一些特殊时刻所处的特殊状态(临界状态)．考向2带电粒子在叠加场中有约束状况下的运动带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道约束的状况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，分析时应留意：(1)分析带电粒子所受各力尤其是洛伦兹力的改变状况，分阶段明确物体的运动状况．(2)依据物体各阶段的运动特点，选择合适的规律求解．①匀速直线运动阶段：应用平衡条件求解．②匀加速直线运动阶段：应用牛顿其次定律结合运动学公式求解．③变加速直线运动阶段：应用动能定理、能量守恒定律求解．(2024·河北保定模拟)(多选)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面对里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直．在电、磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球，小球可沿圆环自由运动．O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放．下列推断正确的是()A．当小球运动的弧长为圆周长的eq\f(1,2)时，洛伦兹力最大B．当小球运动的弧长为圆周长的eq\f(3,8)时，洛伦兹力最大C．小球从a点运动到b点，重力势能减小，电势能增大D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小【解析】小球受到水平向左的电场力和竖直向下的重力，二力大小相等，故二力的合力方向与水平方向成45°角斜向左下方，类比重力场可知，小球运动到圆弧bc的中点时，即小球运动的弧长为圆周长的eq\f(3,8)时，速度最大，此时的洛伦兹力最大，故A错误，B正确．小球由a点运动到b的过程中，电场力和重力均做正功，重力势能和电势能都减小，故C错误．小球从b点运动到c点的过程中，电场力做负功，电势能增加；因重力和电场力的合力方向与水平方向成45°角斜向左下方，当小球运动到圆弧bc的中点时速度最大，所以小球从b点运动到c点过程中，动能先增大后减小，故D正确．【答案】BD3．(2024·河南六市一模)(多选)如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于轨道平面对里．一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A点无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点．若轨道的两端等高，小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列推断正确的是(BD)A．小球在C点对轨道的压力大小为qBeq\r(2gR)B．小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qBeq\r(2gR)C．小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变D．小球从C到D的过程中，外力F的功率渐渐增大解析：小球从A到C，只有重力做功，由机械能守恒有mgR＝eq\f(1,2)mv2，得小球到达C点时的速度v＝eq\r(2gR)，在C点由牛顿其次定律有FN＋qvB－mg＝meq\f(v2,R)，解得FN＝3mg－qBeq\r(2gR)，再由牛顿第三定律可知小球在C点对轨道的压力大小为3m