高考物理一轮总复习第十章第5课时带电粒子在叠加场中的运动能力课时课件新人教版

（全国通用）2019年高考物理一轮复习第10章磁场微专题55 带电粒子在叠加场中的运动[方法点拨] (1)先确定各场的方向、强弱等，后正确分析带电体受力情况、运动情况，寻找临界点、衔接点；(2)若带电粒子在叠加场中做匀速直线运动，则重力、电场力与磁场力的合力为零；(3)若带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动，则重力与电场力等大、反向．1．如图1所示，有一金属块放在垂直于表面C的匀强磁场中，当有稳恒电流沿平行平面C 的方向通过时，下列说法中正确的是( )图1A．金属块上表面M的电势高于下表面N的电势B．电流增大时，M、N两表面间的电压U增大C．磁感应强度增大时，M、N两表面间的电压U减小D．金属块中单位体积内的自由电子数越少，M、N两表面间的电压U越小2．(多选)如图2所示，空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球电荷量始终不变．关于小球的运动，下列说法正确的是( )图2A．沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动B．若沿ab方向做直线运动，则小球带正电，且一定是匀速运动C．若沿ac方向做直线运动，则小球带负电，可能做匀加速运动D．两小球在运动过程中机械能均保持不变3．(多选)如图3甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量q＝6×10－7 C，在图示坐标系中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零．当小球以2 m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零．在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则下列判断正确的是( )图3A．匀强电场的场强大小为3.2×106 V/mB．小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4 JC．小球做顺时针方向的匀速圆周运动D．小球所受的洛伦兹力的大小为3 N4．(多选)太阳风含有大量高速运动的质子和电子，可用于发电．如图4，太阳风进入两平行极板之间的区域，速度为v，方向与极板平行，该区域中有磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面，两极板间的距离为L，则( )图4A．在开关K未闭合的情况下，两极板间稳定的电势差为BLvB．闭合开关K后，若回路中有稳定的电流I，则极板间电场恒定C．闭合开关K后，若回路中有稳定的电流I，则电阻消耗的热功率为2BILvD．闭合开关K后，若回路中有稳定的电流I，则电路消耗的能量等于洛伦兹力所做的功5．如图5甲所示，一个质量为m，电荷量为q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动且细杆处于匀强磁场中(不计空气阻力)，现给圆环一向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环的速度－时间图象如图乙所示．则关于圆环所带的电性、匀强磁场的磁感应强度B和圆环克服摩擦力所做的功W(重力加速度为g)，下列说法正确的是( )图5A ．圆环带负电B ．B ＝3mg qv 0C ．W ＝16mv 20D ．W ＝29mv 20 6．有一电荷量为－q ，重力为G 的小球，从竖直的带电平行板上方h 处自由落下，两极板间匀强磁场的磁感应强度为B ，方向如图6所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时( )图6A ．一定做曲线运动B ．不可能做曲线运动C ．有可能做匀速运动D ．有可能做匀加速直线运动7．(多选)磁流体发电机是一种把物体内能直接转化为电能的低碳环保发电机，如图7为其原理示意图，平行金属板C 、D 间有匀强磁场，磁感应强度为B ，将一束等离子体(高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒)水平喷入磁场，两金属板间就产生电压．定值电阻R 0的阻值是滑动变阻器最大阻值的一半，与开关S 串联接在C 、D 两端，已知两金属板间距离为d ，喷入气流的速度为v ，磁流体发电机的电阻为r (R 0<r <2R 0)，则滑动变阻器的滑片P 由a 向b 端滑动的过程中( )图7A ．金属板C 为电源负极，D 为电源正极B ．发电机的输出功率一直增大C ．电阻R 0消耗功率最大值为B 2d 2v 2R 0R 0＋r 2D ．滑动变阻器消耗功率最大值为B 2d 2v 2r ＋R 08．如图8所示，在平面直角坐标系xOy 的第二象限内存在电场强度大小为E 0、方向水平向右的匀强电场，x 轴下方是竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场的复合场区域．一带电小球从x 轴上的A 点以一定初速度v 0垂直x 轴向上射出，小球恰好以速度v 0从y 轴上的C 点垂直y 轴进入第一象限，然后从x 轴上的D 点进入x 轴下方的复合场区域，小球在复合场区域内做圆周运动，最后恰好击中原点O ，已知重力加速度为g .求：图8(1)带电小球的比荷q m；(2)x 轴下方匀强电场的电场强度大小E 和匀强磁场的磁感应强度大小B ；(3)小球从A 点运动到O 点经历的时间t .答案精析1．B [由左手定则可知，通有图示电流时，自由电子受到向上的洛伦兹力，向M 面偏转，故上表面M 电势低于下表面N 的电势，A 项错；最终电子在洛伦兹力和电场力作用下处于平衡，即evB ＝U de ，则有，U ＝Bvd ，由此可知，磁感应强度增大时，M 、N 两表面间的电压增大，C 项错；由电流的微观表达式I ＝neSv 可知，电流增大说明自由电子定向移动速率v 增大，所以M 、N 两表面间的电压增大，B 项正确；电流一定时，金属块中单位体积内的自由电子数n 越少，自由电子定向移动的速率一定越大，所以M 、N 两表面间的电压越大，D 项错．]2．AB [若ab 方向的小球带正电，ac 方向的小球带负电，则都可能做直线运动，如图所示，A 项正确．根据上述分析可知，若小球沿ab 方向做直线运动，重力和电场力不变，由图中可以看出应保证重力和电场力的合力与洛伦兹力大小相等且方向相反；若速度改变，则洛伦兹力改变，小球所受的合外力大小不为零且方向与速度方向不共线，所以小球将不做直线运动，B 项正确．根据上述分析可知小球若沿ac 方向做直线运动，则小球带负电，重力和电场力不变，由图中可以看出应保证重力和电场力的合力与洛伦兹力大小相等且方向相反；若速度改变，则洛伦兹力改变，小球所受的合外力大小不为零且方向与速度方向不共线，所以小球将不做直线运动，C 项错误．两小球在运动过程中洛伦兹力不做功，只有重力和电场力做功．电场力做功，电势能改变，则机械能也改变，D 项错误．]3．BD [由匀强电场的场强公式E ＝U d 结合题图乙，可得E ＝2×1060.4V/m ＝5×106 V/m ，故A 错误；由功能关系W 电＝－ΔE p ，W 电＝qU ＝6×10－7×4×106 J ＝2.4 J ，即电势能减少了2.4 J ，故B 正确；当小球以2 m/s 的速率绕O 点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零，说明是洛伦兹力提供向心力，由左手定则得小球应该做逆时针方向的圆周运动，故C 错误；重力和电场力是一对平衡力，有qE ＝mg ，得m ＝qE g＝0.3 kg ，由洛伦兹力提供向心力可知洛伦兹力为F ＝m v 2R ＝0.3×220.4N ＝3 N ，故D 正确．故选B 、D.] 4．AB [太阳风进入两极板之间的匀强磁场中，稳定后，带电离子受到洛伦兹力和电场力作用，且qU L ＝qvB ，解得U ＝BLv ，选项A 正确；闭合开关后，若回路中有稳定的电流，则两极板之间的电压恒定，电场恒定，选项B 正确；回路中电流I ＝U R ＝BLv R ，电阻消耗的热功率P ＝I 2R ＝B 2L 2v 2R，选项C 错误；由于洛伦兹力永远不做功，所以选项D 错误．] 5．B [当圆环做匀速直线运动时，不受摩擦力，因此重力和洛伦兹力相等，洛伦兹力方向向上，因此圆环带正电，A 项错误；mg ＝q v 03B ，B ＝3mg qv 0，B 项正确；对这个过程，利用动能定理，可得：－W ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫13v 02－12mv 20，W ＝49mv 20，C 、D 项错误．] 6．A [带电小球在重力场、电场和磁场中运动，所受重力、电场力是恒力，但受到的洛伦兹力是随速度的变化而变化的变力，因此小球不可能处于平衡状态，也不可能在电、磁场中做匀变速直线运动，故选项A 正确．]7．AC [因等离子体喷入磁场后，由左手定则可知正离子向D 板偏，负离子向C 板偏，即金属板C 为电源负极，D 为电源正极，A 对；等离子体稳定流动时，洛伦兹力与电场力平衡，即Bqv ＝q U d，所以电源电动势为E ＝U ＝Bdv ，又R 0<r <2R 0，滑片P 由a 向b 端滑动时，外电路总电阻减小，所以期间某位置有r ＝R 0＋R ，由电源输出功率与外电阻关系可知，滑片P 由a 向b 端滑动的过程中，发电机的输出功率先增大后减小，B 错；由题图知当滑片P 位于b 端时，电路中电流最大，电阻R 0消耗功率最大，其最大值为P 1＝I 2R 0＝E 2R 0R 0＋r 2＝B 2d 2v 2R 0R 0＋r 2，C 对；将定值电阻R 0归为电源内阻，由滑动变阻器的最大阻值2R 0<r ＋R 0，则当滑动变阻器连入电路的阻值最大时其消耗功率最大，最大值为P ＝2B 2d 2v 2R 0r ＋3R 02，D 错．] 8．(1)gE 0 (2)E 0 2E 0v 0 (3)⎝⎛⎭⎪⎫2＋3π4v 0g 解析 (1)小球运动轨迹如图所示，在第二象限内小球受重力和电场力作用做曲线运动，由运动的合成与分解知竖直方向：v 0＝gt 1，OC ＝12gt 21水平方向：v 0＝at 1，OA ＝12at 21，a ＝qE 0m联立得q m ＝g E 0，OC ＝OA ＝v 202g ，t 1＝v 0g(2)设小球在D 点时速度为v ，小球从C 点到D 点做平抛运动，有OC ＝12gt 22，OD ＝v 0t 2，tan θ＝gt 2v 0，v cos θ＝v 0 联立得OD ＝v 20g ，t 2＝v 0g，θ＝45°，v ＝2v 0 因小球在复合场中做圆周运动，所以电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，即mg ＝qE ，得E ＝E 0而Bqv ＝m v 2R ，得B ＝mv qR由轨迹图知2R sin θ＝OD联立得B ＝2E 0v 0(3)小球做圆周运动所用时间为t 3＝270°360°×2πm Bq ＝3πv 04g所以小球从A 点运动到O 点经历的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋3π4v 0g .。

专题强化二十一 带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动学习目标 1.了解叠加场的特点，会分析带电粒子在叠加场中的运动问题。

2.会分析带电粒子在交变电、磁场中的运动问题。

考点一 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.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，另外两力的合力为零qE ＝mg牛顿第二定律、圆周运动的规律较复杂的曲线运动除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向动能定理、能量守恒定律例1 (2023·江苏卷，16)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图1所示的模型。

Oxy 平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 。

质量为m 、电荷量为e 的电子从O 点沿x 轴正方向水平入射。

入射速度为v 0时，电子沿x 轴做直线运动；入射速度小于v 0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。

不计重力及电子间相互作用。

图1(1)求电场强度的大小E ；(2)若电子入射速度为v 04，求运动到速度为v 02时位置的纵坐标y 1；(3)若电子入射速度在0＜v ＜v 0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y 2＝m v 05eB 位置的电子数N 占总电子数N 0的百分比。

答案 (1)B v 0 (2)3m v 032eB (3)90%解析 (1)电子沿x 轴正方向做直线运动，则电子受平衡力的作用，即 eE ＝e v 0B 解得E ＝B v 0。

(2)电子在电场和磁场叠加场中运动，受洛伦兹力和电场力的作用，只有电场力做功，则电子的速度由v 04到v 02的过程中，由动能定理得 eEy 1＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 042解得y 1＝3m v 032eB 。

(3)设电子的入射速度为v 1时刚好能到达纵坐标为y 2＝m v 05eB 的位置，此时电子在最高点的速度沿水平方向，且大小假设为v 2，则 电子在最低点的合力为F 1＝eE －e v 1B 电子在最高点的合力为F 2＝e v 2B －eE由题意可知电子在最高点与最低点的合力大小相等， 即F 2＝F 1整理得v 1＋v 2＝2v 0电子由最低点到最高点的过程，由动能定理得 eEy 2＝12m v 22－12m v 21 整理得v 2－v 1＝v 05 解得v 1＝910v 0又电子入射速度越小，电子运动轨迹的最高点对应的纵坐标越大，则能到y 2＝m v 05eB 的位置的电子数占总电子数的比例为η＝N N 0＝v 1v 0×100%解得η＝90%。