带电粒子在叠加场中的运动 专项训练-2026届高考物理二轮复习专题

带电粒子在叠加场中的运动 突破点一　带电粒子（体）在叠加场中的运动 1.叠加场 在同一区域电场、磁场、重力场三场共存或其中某两场共存。 2.带电粒子在叠加场中常见的运动形式及特点 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 电场力与重力平衡，即qE＝mg，洛伦兹力提供向心力 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、能量守恒定律等 突破点二　叠加场应用实例 命题点一：速度选择器 1.原理 （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，所以qvB＝qE，即v＝。 2.特点 （1）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。 （2）速度选择器具有单向性：粒子只能从一侧射入才可能做匀速直线运动，从另一侧射入则不能。 命题点二：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.等效电源 （1）电动势正、负极：根据左手定则可判断出正离子偏向B板，图中的B板是发电机的正极。 （2）电动势的大小：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。 （3）等效内阻：r＝ρ（S为A、B平行金属板的面积）。 命题点三：电磁流量计 1.原理： 如图所示，圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷（正、负离子）在洛伦兹力作用下会发生纵向偏转，使得a、b间出现电势差，形成电场。当自由电荷所受的静电力和洛伦兹力平衡时，a、b间电势差就保持稳定，只要测得圆形导管直径d、平衡时a、b间电势差U 、磁感应强度B等有关量，即可求得液体流量Q（即单位时间流过导管某一横截面的导电液体的体积）。 2.四个关键关系 （1）导管的横截面积S＝ 。 （2）导电液体的流速v：自由电荷所受的静电力和洛伦兹力平衡时有qvB＝qE＝q ，可得v＝ 。 （3）液体流量Q＝Sv＝ ·＝ 。 （4）a、b电势高低关系：根据左手定则和平衡条件可得φa＜φb。 命题点四：霍尔元件 1.霍尔效应：高为h、宽为d的导体（自由电荷是电子或正电荷）置于匀强磁场B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。 强化训练： 一、单选题 1．某科研小组设想用如图所示的装置来选择密度相同、大小不同的球状纳米粒子。粒子在电离室中被电离后带有正电，缓慢通过小孔进入极板间电压为U的水平加速电场区域Ⅰ，再通过小孔射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。收集室的小孔与、在同一条水平线上。调节区域Ⅱ的电场强度，收集室恰好能收集到半径为的粒子。已知纳米粒子材料的密度为，电离后的带电量q与其表面积S成正比，即，式中k为已知常数。不计纳米粒子的重力，则（　　） A．区域Ⅱ的电场强度方向应竖直向下 B．半径为r的粒子通过时的速率为 C．半径为的粒子在区域Ⅱ中会向上极板偏转 D．要收集到半径的粒子，在其他条件不变时，应增大区域Ⅱ的电场强度 二、多选题 2．磁流体发电机可简化为如下模型：两块长、宽分别为a、b的平行板，彼此相距L，板间通入已电离的速度大小为v的气流，两板间存在一磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向与两板平行，并与气流速度方向垂直，如图所示。把两板与电阻箱R连接起来，在洛伦兹力作用下，气流中的正、负离子分别向两板移动形成电流。已知该气流的电阻率为。不计离子间的相互作用，下列说法正确的是（    ） A．平行板中上板带负电 B．平行板间的电阻为 C．稳定时，两平行板间的电压为BLv D．仅调整电阻箱阻值，电阻箱的最大功率为 3．电磁流量计的管道内没有任何阻碍流体流动的结构，所以常用来测量高黏度及强腐蚀性流体的流量。它的优点是测量范围宽、反应快、易与其他自动控制装置配套。如图，在非磁性材料制成的圆管中，导电液体以相同的流速流过磁场区域时，管的直径为d，磁感应强度为B，若管中液体的流量为Q，下列说法正确的是（　　） A．M点的电势高于N点的电势 B．M点的电势低于N点的电势 C．NM两点间的电势差为 D．NM两点间的电势差为 4．霍尔效应的模型图如图所示，金属导体的宽度、长度、厚度分别为a、b、c，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直导体的前、后表面向里，与磁场垂直向左的电流I是自由电子的运动形成的，电子稳定时移动的速度大小为v，导体内部电子的数密度为n，电子所带电荷量大小为e，该导体的霍尔电压，K是常数，下列说法正确的是（   ） A．导体上表面的电势高于下表面电势 B．导体上表面的电势低于下表面电势 C．常数 D．常数 5．如图所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系，其中轴沿水平方向。在第二象限存在大小为、沿轴正方向的匀强电场，在第四象限存在平行于轴的匀强电场（图中未画方向）和垂直于纸面向内的匀强磁场，一个带电小球沿着第二、第四象限的对角线，从图中点运动到点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球带负电 B．小球一直做匀加速运动 C．第四象限内的匀强电场大小为，方向沿轴负方向 D．小球受到的洛伦兹力是其重力的倍 6．如图所示，竖直平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，将两个相距很近的带电小球c、d分别同时向左、右两边水平抛出，两者均做匀速圆周运动，c、d做圆周运动的半径分别为、，经过一段时间，两球相碰，碰撞后粘在一起运动。已知小球c的电荷量是小球d的电荷量的两倍，两球均可视为点电荷，不计空气阻力和两球之间的库仑力。下列说法正确的是（　　） A．小球c带正电，小球d带负电 B．小球c的质量一定是小球d的两倍 C．碰撞后整体做圆周运动的半径为 D．碰撞后整体做圆周运动的周期是 7．如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，质量为m、电荷量为的小球套在圆环上。在最低点A给小球水平向右的初速度，此时小球与圆环间作用力为零，当小球沿圆环运动到与圆心等高的B点时，与圆环间作用力也为零，重力加速度为g，则（　　） A．匀强电场的场强大小可能为 B．匀强磁场的磁感应强度大小可能为 C．匀强磁场的磁感应强度大小可能为 D．将小球在A点的初速度变为，其在最高点C与圆环间作用力可能为零 8．如图所示，在光滑绝缘水平桌面上建立直角坐标系xOy，在第Ⅰ、Ⅳ象限存在磁感应强度大小为B、方向垂直桌面向下的匀强磁场。一可视为质点、带电荷量为、质量为m的小球，从O点以初速度大小沿x轴正方向进入磁场，小球在运动过程中受到的空气阻力大小（其中k为已知常数），空气阻力方向与小球速度方向相反，最终小球停在H点，下列说法正确的是（   ） A．小球进入磁场瞬间加速度大小为 B．H点的横坐标为 C．H点的纵坐标为 D．小球轨迹长度为 试卷第1页，共3页 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C BD BC AC CD BC AC BD 1．C 【详解】A．粒子被电离后带有正电，在区域Ⅱ受到的洛伦兹力向下，粒子能沿进入收集室，则区域Ⅱ受力平衡，故所受静电力竖直向上，区域Ⅱ的电场强度方向应竖直向上，故A错误； B．半径为r的粒子所带电荷量 在区域Ⅰ由动能定理得 又 综合解得，故B错误； C．由B项分析，同理可知半径为的粒子通过时的速率 设区域Ⅱ电场强度为E，该粒子在区域Ⅱ受力平衡，半径为的粒子带的电荷量 则有 得 半径为的粒子设电荷量为，有 则 竖直向上的电场力大于竖直向下的洛伦兹力，故半径为的粒子在区域Ⅱ中会向上极板偏转，故C正确； D．由C项分析可知，要收集到半径的粒子，在其他条件不变时，应减小区域Ⅱ的电场强度，故D错误。 故选C。 2．BD 【详解】A．正离子受到向上的洛伦兹力偏转到上板，平行板中上板带正电，故A错误； B．根据电阻定律可知平行板间的电阻，故B正确； C．设稳定时平行板间产生的感应电动势为，平行板间的离子受到的电场力和洛伦兹力平衡，有 由闭合电路欧姆定律可知，两平行板间的电压，故C错误； D．电阻箱的电功率 由数学知识可知，当即时，电阻箱的电功率达到最大值，故D正确。 故选BD。 3．BC 【详解】AB．根据左手定则可知，正电粒子到达下极板，则M点的电势低于N点的电势，故A错误，B正确； CD．导电液体流过磁场区域稳定时，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡，则有 解得 其中流速为，， 代入解得，故C正确，D错误； 故选BC。 4．AC 【详解】AB．电流向左，自由电子的运动方向向右。根据左手定则，电子受到向下的洛伦兹力，电子会聚集在下表面，使下表面带负电，因此，上表面的电势高于下表面的电势，故A正确，B错误； CD．电子稳定时，洛伦兹力与电场力平衡，即有 电流的微观表达式为 联立解得 可知，故C正确，D错误。 故选AC。 5．CD 【详解】A．带电小球在第二象限做直线运动，小球受到重力和电场力的合力与速度在同一直线上，可知小球在第二象限受到的电场力水平向右，与场强方向相同，所以小球带正电，故A错误； BCD．小球在第二象限所受合力与速度方向相同，做匀加速直线运动，根据几何关系可得 小球进入第四象限后，受到重力、电场力和洛伦兹力作用，小球做匀速直线运动，根据平衡条件可知小球的受力如图所示 则有， 可知第四象限内的匀强电场大小为，方向沿轴负方向；小球受到的洛伦兹力是其重力的倍，故B错误，CD正确。 故选CD。 6．BC 【详解】AB．由于两球均在匀速圆周运动，可知两球受到的电场力与重力平衡，则、两球均带正电，设、两球的质量和带电量分别为、、、，则有， 可得 故A错误，B正确； C．碰撞后两小球粘在一起运动，整体的动量为 根据牛顿第二定律 解得 则， 则整体做圆周运动的半径为 故C正确； D．粒子在磁场中做圆周运动的周期 则碰撞后整体的周期为 又根据题意两小球经过一段时间相碰，该时间恰好等于小球和做圆周运动的周期，即 故D错误。 故选BC。 7．AC 【详解】ABC．小球带负电，当小球沿圆环运动到与圆心等高的B点时，设小球的速度为，小球受到的洛伦兹力方向水平向左，因小球与圆环间作用力也为零，由牛顿第二定律有 解得或 若，小球从A点运动到B点，由动能定理得 解得 因最低点小球与圆环间作用力为零，由牛顿第二定律有 解得 若，根据左手定则可知在最低点A小球受到的洛伦兹力方向竖直向上，因最低点小球与圆环间作用力为零，由牛顿第二定律有 根据动能定理，小球从A点运动到B点满足 解得，，，故B错误，AC正确； D．若将小球在A点的初速度变为，其在最高点C的速度大小满足 结合小球从A点运动到B点 可知 结合上述分析可知若，小球受到的电场力方向向上，大小为 洛伦兹力为，对应的圆周运动的向心力分别为 根据受力平衡，可知小球受圆环的作用力为 若，小球受到的电场力方向向上，大小为 对应的洛伦兹力方向向下，大小为 圆周运动的向心力为 根据牛顿第二定律，可知小球受圆环的作用力满足 解得 综上，不存在小球在最高点C与圆环间作用力为零的情况，故D错误。 故选AC。 8．BD 【详解】A．小球进入磁场时，受空气阻力，方向向左，受洛伦兹力，方向向上，则，故A错误； BC．对x方向应用动量定理，可得 对y方向应用动量定理， 解得H点的横纵坐标为，，故B正确，C错误； D．对小球轨迹切线方向应用牛顿第二定律， ， 小球轨迹长度为，故D正确。 故选BD。 学科网（北京）股份有限公司 $