第十一章 第60讲 专题强化十八 带电粒子在叠加场中的运动-【衡中学案】2026年高考物理一轮总复习学案

第60讲 专题强化十八带电粒子在 叠加场中的运动 核心考点·重点突破 喜点1/ 叠加场应用实例 (2)导电液体的流速()的计算如图所示，一圆柱 形导管直径为山，用非磁性材料制成，导电的液体向右 (基础考点·自主探究) 流动。导电液体中的自由电荷（正、负离子）在洛伦滋 1.速度选择器 (1)装置 力作用下发生偏转，当自由电符不再发生偏转时，？号 B时，a,b间的电势差(U)达到最大，可得= (2)原理：若qB=Eg,即o= ,粒子做匀速直 E (3)流量的表达式：Q=S=心.=πd亚 4 Bd=4B 线运动。 (4)电势高低的判断：根据左手定则可得P。>96。 (3)速度选择器的特点 4.霍尔元件 ①只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电 (1)霍尔效应与霍尔元件 荷量、质量。 高为h、宽为d的导体（自由电荷是电子或正电 ②具有单一方向性：粒子只能从一侧射入才可能 荷)置于匀强磁场B中，当电流通过导体时，在导体的 轮 做匀速直线运动，从另一侧射入则不能。 上表面A和下表面A'之间产生电势差，这种现象称为 总 2.磁流体发电机 霍尔效应，此电压称为霍尔电压。 (1)装置和原理 (2)电势高低的判断：如图，导体中的电流I向右 物 84 时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面 B A'的电势高。若自由电荷是正电荷，则下表面A'的电 势低。 等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、 负电。 (2)磁流体发电机的电动势 ①当带电粒子不发生偏转时，有B=5-空，得 (3)霍尔电压的计算：当自由电荷所受电场力和 UI=Bdv。 洛伦兹力平衡时，A、A'间的电势差(U)保持稳定，由 ②外电路断开时，电源电动势的大小等于路端电 U 压，故此磁流体发电机的电动势E源=U=Bd。 d.h= 9B=gV,I=nSwS=hd,联立得V=-k (3)电源内阻：r=p了。 d 称为霍尔系数。 ng (4)回路电流：1=E。 +尼=红—=S d p +R RS +pdo 【跟踪训练】 S (速度选择器)在如图所示的平行板器件中，电 3.电磁流量计 场强度E和磁感应强度B相互垂直。一带电粒 (1)流量(Q)的定义：单位时间流过导管某一截面 子（重力不计）从左端以速度，沿虚线射人后做直线运 的导电液体的体积。 动，则该粒子 () (霍尔元件)（多选）图甲为判断检测电流1，大小 面 是否发生变化的装置，。的方向如图所示，该检 测电流在铁芯中产生磁场，磁感应强度大小与检测电 流。成正比。现给由金属材料制成的霍尔元件（如图 A.一定带正电 乙所示，其长、宽、高分别为a、b、d)通恒定工作电流I, B速度8=会 通过右侧电压表示数的变化来判断I。的大小是否发 C若速度>台粒子一定不能从板间射出 生变化，下列说法正确的是 () 铁芯 D.若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动 M (磁流体发电机)（多选）(2024·湖北卷)磁流体 工作电流 检测电流 霍尔元件 b 发电机的原理如图所示，MW和PQ是两平行金 霍尔元件 属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体（即高温 多 乙 下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某 A.M端应与电压表的“-”接线柱相连 速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下 B.工作电流I恒定时，要提高检测灵敏度，可适当减 列说法正确的是 小高度d的大小 M C.如果仅将工作电流反向，电压表的“+”“-”接线 222 柱连线位置无需改动 D.当霍尔元件尺寸给定，工作电流I不变时，电压表 P ■0 示数变大，说明检测电流。变大 A.极板MN是发电机的正极 度 喜点2 带电粒子（体）在叠加场中的运动 B.仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小 新 (能力考点·深度研析) C.仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大 计 1.叠加场 D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度， 衡 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。 中 极板间的电压增大 2.带电粒子在无约束叠加场中的运动 (电磁流量计)医院常用到血流量计检查患者身 (1)洛伦兹力、重力并存 体情况。某种电磁血流量计的原理可以简化为 ①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直 如图所示模型。血液内含有少量正、负离子，从直径为 线运动。 d的血管右侧流入，左侧流出，空间有垂直纸面向里、 ②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复 磁感应强度大小为B的匀强磁场，M、N两点之间的电 杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由 压稳定时测量值为U,流量Q等于单位时间通过横截 此可求解问题。 面的液体的体积。下列说法正确的是 (2)静电力、洛伦兹力并存（不计重力的微观粒 X XMX BX 子) ①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速 直线运动。 ×××× ②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做 A.血液中负离子多时，M点的电势高于N点的电势 复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求 B.血液中正离子多时，M点的电势高于N点的电势 解问题。 C.血液流量Q=4 (3)静电力、洛伦兹力、重力并存 4B ①若带电体做直线运动，则一定是匀速直线运动。 D.电压稳定时，正、负离子不再受洛伦兹力 ②若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动。 ③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂 .! (3)若电子人射速度在0<v<。范围内均匀分 的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或 动能定理求解问题。 布，求能到达纵坐标y2= 位置的电子数V占总电子 ·考向1电场与磁场叠加 数V。的百分比。 例御你法华格何酒桃风酒 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。时，电子沿x轴做直 线运动；入射速度小于时，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。 + XB + (1)求电场强度的大小E; (2)若电子人射速度为年，求运动到速度为分时 4 位置的纵坐标y1; ●考向2电场、磁场、重力场三场叠加 B 例 如图所示，位于竖直平面内的坐标系xO, 轮总复习 XX 其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强 磁场，磁感应强度大小为B=0.5T,和沿x轴负方向 ···010 油滴在第一象限运 物 的匀强电场，电场强度大小为E=2N/C。在其第一象 动分为两个阶段， ··pB 限空间有沿y轴负方向的、电场强度大小也为E的匀 在0<y<h区域由于 强电场，并在>h=0.4m的区域有磁感应强度也为B 重力与静电力平衡 223 的、垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电荷量为 做匀速直线运动， 重力不能忽略 利用匀速直线运 g的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好 动知识可以求时间 能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为 重力、 电场力、洛伦← t,在y>h区域由 兹力三力平衡 0=45°)，并从原点0进入第一象限。已知重力加速 于重力与静电力平 度g=10m/s2,求： 衡，洛伦兹力提供 (1)油滴在第三象限运动时受到的重力、静电 向心力，油滴做匀 力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种 速圆周运动，求出 电荷； 油滴做匀速圆周运 求出洛纶兹力，从而求 动的圆心角，可以 一(2)油滴在P点得到的初速度大小： 出速度 求时间t, (3)油滴在第一象限运动的时间。 反思提升 音点3带电粒子在有约束叠加场中的运动 “三步”解决叠加场问题 (能力考点·深度研析) 电场、磁场共存 带电体在叠加场中有约束情况下的运动 第一步受力分析 电场、重力场共存 [关注场的叠加] 磁场、重力场共存 带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约 电场、磁场、重力场共存 束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动， 此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并 合力为零→匀速直线运动① 注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒 第二步 运动分析 金贺餐动韵变建直货运动 定律结合牛顿运动定律求出结果。 [建构运动模型] 合力大小恒定且方向始终垂 直于速度方向→匀速圆周运 动③ 例国T柔密品 时存在垂直于纸面向里 合力复杂多变→一般曲线运 动④ 的匀强磁场和水平向左的匀强电 x B 场，磁感应强度大小为B,电场强 + 运动①→平衡条件 度大小为E。在该空间的竖直平E 运动②→动能定理或牛顿运 面（即纸面）内固定一足够长的 ××60°谷 第三步 选择规律 动定律、运动学公式 [力或能的观点] 运动③→向心力公式等 粗糙绝缘杆，杆与电场正方向夹角为60°。一质量为 运动④→动能定理或能量守 恒定律 m、电荷量为+g的小球套在绝缘杆上，在t=0时刻以 初速度o沿杆向下运动。已知qgE=3mg,下列描述 【跟踪训练】 小球运动的v-t图像可能正确的是 与电与茶m 以 P 224 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 年 放，沿图中所示轨迹依次经过V、P两点。已知M、P在 度 同一等势面上，下列说法正确的有 新 A.电子从N到P,电场力做正功 计 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 衡 D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力 【跟踪训练】 学 一（电场、磁场、重力场三场叠× (2025·广东省模拟)如图甲所示，水平传送带 案 加)（多选）(2024·安徽卷)B 足够长，沿顺时针方向匀速运行，将一绝缘带电 空间中存在竖直向下的匀强电场× 物块无初速度地从最左端放上传送带。该装置处于垂 和垂直于纸面向里的匀强磁场，电 直纸面向外的匀强磁场中，物块运动的v-图像如图 场强度大小为E,磁感应强度大小×↓ 乙所示。物块所带电荷量保持不变，下列说法正确的 为B。一质量为m的带电油滴a, 是 () 在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当α 个l(m·s 运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴1、Ⅱ，二者所带 0. 电荷量、质量均相同。在P点时与a的速度方向相同， A B 并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未 甲 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、分开后的相互作用。则 A.物块带正电 B.1s后物块与传送带共速，所以传送带的速度为 A油滴a带负电，所带电荷量的大小为爱 0.5m/s B.油滴a做圆周运动的速度大小为 C.传送带的速度可能比0.5m/s大 E D.若增大传送带的速度，其他条件不变，则物块最 C.小油滴I做圆周运动的速度大小为3gBR, E ,周期 终达到的最大速度也会增大 为m8 温馨提示：复习至此，请完成练案[60」 gB D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动(3)如图2所示，要想满足题目要求，则质子 4)p=20(m+2)(n=12,3 在磁场变化的半个周期内的偏转角为60°，在 [解析](1)粒子第一次在电场中有gE。=ma,西1=a,t。= Tm 此过程中质子沿x轴正方向上的位移恰好等 gBo 于它在磁场中做圆周运动的半径R,欲使质子 粒子第一次进入磁场中有q心1B。= R,,联立解得R,=m m 从M点离开磁场，且速度符合要求，则有n× 42o 2R=d (2)由题意可知粒子经2次加速和偏转后打在x轴负半轴上到 质子做圆周运动的轨道半径 图2 O点的距离最小，如图甲所示 R=m 2√3mo =3eBo eBo 解得B。 45nm(n=1,2,3,…） 3ed 2△x Ar 设质子在磁场中做圆周运动的周期为1，则有？。=2mm, 甲 nT 第一次加速的位移为4虹，-品 解得T=5m(n=1,23,…）。 2gB。2 6nvo 2 第二次加速的位移△x2=3△x 第60讲专题强化十八带电粒子在 2TE 叠加场中的运动 2=2ato=B。 核心考点·重点突破 则R=m=2mmE。 ΓgB。qB,2 跟踪训练1：B粒子带正电或负电均可，A错误；粒子做直线运 动，受力平衡，洛伦兹力等于电场力，即qB=qE,解得速度v= A,=A-4+R=m5 962(π+2)。 台B正确：若速度c>台粒子可能从板间射出，C错误若此 (3)分析带电粒子运动轨迹，如图 2AxDR 粒子从右端沿虚线方向进入，则所受电场力和洛伦兹力方向相 乙所示 2R3△x 同，不能做直线运动，D错误。 可知A与坐标原点间的距离d应满 3R 跟踪训练2：AC根据左手定则可知，带正电粒子受洛伦兹力作用 4△x1 足d=n2R,=m(n=1,2,3 4R 向上偏转，打在极板MW上，所以极板MW是发电机的正极，A 9B。2 正确。当磁流体发电机达到稳定时，等离子体所受电场力和洛 …)。 (4)若粒子经过n次加速和偏转后 伦兹力平衡，即g=gB,解得U=Bd。 打在x轴上p=n(△x1+R) →仅增大极板间距d→0增大，B错误。 =296,(π+2)(n=1,23)。 U Bdv- 仅增大等离子体速率v→U增大，C正确。 →仅增大等离子体数密度→U不变，D错误。 果踪训练3：(1)2。滑上轴正半轴斜向上，夹角为0 跟踪训练3：C根据左手定则，水平向左入射的正离子受到竖直 向下的洛伦兹力，负离子受到竖直向上的洛伦兹力，则正电荷 2B346mn=23,n=123四） 聚集在N点一侧，负电荷聚集在M点一侧，则M点的电势低于 3ed 6n6 N点的电势，A、B错误：正、负离子达到稳定状态时，离子所受洛 [解析](1)质子在电场中做类平抛运动，设运动时间为t,刚 U 进磁场时速度大小为，方向沿x轴正半轴斜向上，夹角为α，有 伦兹力与电场力平衡，有gB=9立，可得流速x=成流量Q= x=wt=5d,y==号，ama=,=V2+W,解得 d =等·品-设C正禽，D结误。 25 跟踪训练4：BD图甲中检测电流。通过线圈，由安培定则知，线 3 6,a=30° 圈在铁芯中产生逆时针方向的磁场，霍尔元件是金属材料制 (2)如图1所示，质子在磁场中运动轨迹与 成，处于方向竖直向上的磁场中，定向移动的自由电子受到垂 磁场右边界相切时半径最大，B最小， 直纸面向外的洛伦兹力而偏转到外侧面上，使得霍尔元件外侧 由几何关系知 面电势低、内侧面电势高，所以M端应该与电压表的“+”接线 R1+R1cos60°=d, 柱相连，故A错误；当霍尔元件内外侧面电压稳定时，内部电子 解得R=子 受力平衡，期山=台1=d,联立邮得U=品要提高检 根据牛顿第二定律有 测灵敏度，工作电流I恒定时可以适当减小d,故B正确；如果 evB= 图 仅将工作电流反向，由A项分析知霍尔元件外侧面电势高、内 R 侧面电势低，N端与电压表的“+”接线柱相连，故C错误；由 解得B=3m emB=e片知，U=B6,当霍尔元件尺寸给定，即b不变，工作电 d 流I不变，即不变，电压表示数U变大，说明霍尔元件所处磁 -552 场的磁感应强度增大，由题意可知B∝I。,说明检测电流1。变 由gB=m兰，T-2延得T=2红 大，故D正确。 9B 3mo 例1：(1)B(2)32eB (3)90% 由mg=gB,得严=￡，油滴从A一C做圆周运动的时间为6= 9 [解析](1)由题知，入射速度为。时，电子沿x轴做直线运 =器-068 4 动则有Ee=euoB 由对称性知，从C→W的时间=t, 解得E=ioB。 在第一象限运动的总时间t=t1+2+t3=2×0.1s+0.628s= (2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁 0.828s。 场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为 跟踪训练5：BC由题可知电子所受电场力水平向左，电子从V 宁，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据 到P的过程中电场力做负功，故A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点的电势，故B正确；由 动能定理有6，=之（分）°-之n(】 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 力不做功，故C正确：由于M点和P点在同一等势面上，故从M 3mvo 解得y=32eB 点到P点电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根 (3)若电子以入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标 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所受电场力相 为，则根据动能定理有e=2m2-之m 等，即所受合力相等，故D错误。 由于电子在最高点与在最低，点所受的合力大小相等，则在最高 跟踪训练6：ABD油滴a做匀速圆周运动，对油滴a受力分析， 点有F令=emB-eE 可知其所受电场力与重力平衡，有-mg=0,解得q=爱，油 在最低，点有F金=eE-evB 滴a所受电场力方向竖直向上，与电场方向相反，则油滴a带负 联立有。=2 B 电，A正确；油滴α做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 y-2m(。- =只联立解得：=艺，B正确：由题意可知小油滴1的质 E eB 位， 量为 要让电子达纵坐标y2= 2m,电荷量为)9，设其速度大小为，根据洛伦兹力提 即y≥2 供向心力有B 2 2发识解得=33m,周期72红× 2 E 解得≤。 =25,C错误；设小油滴Ⅱ的速度大小为，根据动量守恒定 gB 则若电子入射速度在0<"<。范围内均匀分布，能到达纵坐标 1 1 律有mw=2m+2m,解得=-，则分开后油滴Ⅱ向右 ⅓-0位置的电子数N占意电子发的90%。 运动，根据左手定则可知油滴Ⅱ在P点受到竖直向下的洛伦滋 例2：(1)1：1：√2油滴带负电荷(2)42m/s 力作用，油滴Ⅱ沿顺时针方向做匀速圆周运动，D正确。 (3)0.828s 例3：ACD对小球受力分析，重力和电场力的合力大小F= [解析](1)对油滴受力分析及作出油滴的运动轨迹如图 √/(mg)+(Eg)=2mg,设F与水平方向的夹角为0，tan0= 所示。 器-停0：30，椰重力和电杨力的合力方向与新对小津的支 持力在同一直线上，如果初状态Bq=2mg,则F、=0,F,=0,可 得a=0,所以小球做匀速直线运动。如果初状态Bqo>2mg,弹 力垂直于杆斜向下，摩擦力沿杆斜向上，小球做减速运动，速度 ·下Py· 减小，洛伦兹力减小，弹力减小，摩擦力减小，加速度减小，当加 E·为 mg 速度减到零时，做匀速直线运动。如果初状态Bg<2mg,弹力 垂直于杆斜向上，摩擦力沿杆斜向上，小球做减速运动，速度减 根据油滴受力平衡可知油滴带负电荷，设油滴质量为m,由平衡 小，洛伦兹力减小，弹力增大，摩擦力增大，加速度增大，直到速 条件得，mg:qE:F=1:1:√2。 度减为零。故选ACD。 (2)由第(1)问得qB=2gE, 跟踪训练7：C在0~1s内，v-t图像的斜率减小，物块的加速度 减小，所受滑动摩擦力减小，对传送带的压力减小，而物块做加 解得=万E=42ms B 速运动，所受洛伦兹力增大，所以洛伦兹力一定竖直向上，由左 (3)进入等一象限，电场力和重力平衡，知油滴先做匀速直线运 手定则可知，物块一定带负电，A错误；物块达到最大速度的条 动，进入y≥h的区域后做匀速圆周运动，最后从x轴上的N点 件是摩擦力等于零，不再加速，所以1s末物块与传送带间的摩 离开第一象限。 擦力恰好为零，此时物块的速度为0.5ms,传送带的速度可能 h 是0.5m/s,也可能大于0.5m/s,B错误，C正确；由C项分析知 由0一A匀速运动的位移为s=sim45=5h, 传送带的速度大于等于0.5m/s,无论传送带的速度增大到多 其运动时间4==0.1s, 大，物块加速到0.5/s后都不再加速，即物块的最大速度等于 0.5m/s,D错误。 —553—