第11章 专题提升十五 带电粒子在叠加场、交变场中的运动(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“带电粒子在叠加场、交变场中的运动”专题，依据高考评价体系明确了叠加场中匀速直线/圆周运动、交变场分段运动分析及速度选择器等应用实例三大核心考点，通过近五年真题统计归纳出“受力平衡分析”“洛伦兹力提供向心力”等高频考查方向，构建了从基础模型到综合应用的题型体系。 课件亮点在于“真题情境+模型拆解+素养提升”的备考路径，如以2024安徽卷带电油滴圆周运动题为例，运用科学思维中的模型建构和科学推理，拆解“重力-电场力平衡”“动量守恒”关键步骤，培养学生运动与相互作用观念。特设“易错点警示”和“解题模板”，助力学生掌握分段处理、规律选择技巧，教师可依托此课件实现考点精准突破，提升复习效率。

专题提升十五 带电粒子在叠加场、交变场中的运动 高三一轮复习讲义 广东专版 第十一章 磁场 1.理解叠加场的特点，会处理带电粒子在叠加场中的运动问题。 2.掌握带电粒子在交变场中运动的解题思路和处理方法。 3.理解速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件的原理、特点及应用。 学习目标 提升点一 带电粒子在叠加场中的运动 提升点二 带电粒子在交变场中的运动 课时测评 内容索引 提升点三 带电粒子在叠加场中运动的应用实例 带电粒子在叠加场中的运动 提升点一 返回 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，其他力的合力为零 牛顿第二定律、圆周运动的规律 一般曲线运动 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 (多选)(2024·安徽卷·T10)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示；当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者电荷量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则 A.油滴a带负电，所带电荷量的大小为 B．油滴a做圆周运动的速度大小为 C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为 D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 例1 √ √ √ 油滴a做圆周运动，故重力与静电力平衡， 可知油滴a带负电，有mg＝qE，解得q＝， 故A正确；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝ m，解得油滴a做圆周运动的速度大小为v＝ ，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1， 则有3R＝，解得v1＝，周期为T＝，故C错误； 带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴 Ⅱ 的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，有mv＝v2，解得v2＝－，由于分离后的小油滴受到的静电力和重力仍然平衡，分离后小油滴 Ⅱ 的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴 Ⅱ 沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。 针对练.(多选)(2022·广东卷·T8)如图所示，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点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有 A．电子从N到P，静电力做正功 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 D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力 √ √ 由题可知电子所受静电力水平向左，电子从N 到P的过程中静电力做负功，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到P静电力做功为0，而洛伦兹力不做功，电子在M点速度为0，根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点都只受静电力作用，在匀强电场中电子在这两点所受静电力相等，即所受合力相等，故D错误。 返回 带电粒子在交变场中的运动 提升点二 返回 解决带电粒子在交变场中运动问题的基本思路 如图甲所示的xOy平面内存在着变化磁场和变化电场，变化规律分别如图乙、丙所示，磁感应强度的正方向为垂直纸面向里，电场强度的正方向为y轴正方向。t＝0时刻，一电荷量为＋q、质量为m的粒子从坐标原点O以初速度v0沿x轴正方向入射(不计粒子重力)。B-t图像中B0＝，E-t图像中E0＝。求： 例2 (1)0～t0时间内，粒子在磁场中运动轨道半径的大小； 答案： 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝＝t0 0～t0时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qv0B0＝m 解得r＝。 (2)3t0时刻，粒子的坐标； 答案： 0～t0时间内，粒子完成了一个完整的圆周运动 在t0～2t0时间内，粒子所受合力为电场力，根据牛顿第二定律有qE0＝ma 解得a＝ 粒子在电场中做类平抛运动， 则有x0＝v0t0，y0＝a＝v0t0 在2t0～3t0时间内，粒子完成了一个完整的圆周运动，则3t0时刻，粒子的坐标为。 (3)0～5t0时间内，粒子轨迹纵坐标的最大值。 答案：v0t0＋ 作出粒子的运动轨迹如图所示，根据轨迹图可知，0～5t0时间内，粒子轨迹纵坐标的最大值ymax＝2y0＋2r＝v0t0＋。 审题指导　 (1)电场和磁场交替出现，粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做匀变速曲线运动。 (2)计算粒子在磁场中的运动周期，比较其与电、磁场变化的周期的大小。 (3)分析每一段的运动情况，计算相关物理量，根据上一段的计算结果分析下一段的运动。 针对练.(2024·广东卷·T15)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； 答案： 根据带电粒子在右侧磁场中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qvB＝m可得粒子所带的电荷量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； 答案： 设金属板的板间距离为D， 则板长为 粒子在板间运动时， 水平方向有＝vt0 出电场时竖直速度为零， 则竖直方向有y＝ 在磁场中洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m 由题图甲知y＝2r 联立解得D＝，v＝π。 (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，静电力对粒子做的功W。 答案： 带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，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内静电力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次静电力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时静电力做功和最后0.5t0时间内静电力做功，则 W＝ 返回 带电粒子在叠加场中运动的应用实例 提升点三 返回 考向1 速度选择器 1.原理：平行板中电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场互相垂直。E与B的方向要匹配，如图甲、乙两种方向组合，带电粒子从左向右沿直线匀速通过速度选择器时有qvB＝qE。 2.特点 (1)选择的速度：v＝。既选择了速度的大小，也选择了速度的方向，故速度选择器具有单向性。 (2)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、质量或比荷。 如图为一速度选择器，两极板M、N之间的距离为d，极板间所加电压为U，两极板间有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一束质子流从左侧两板边缘连线的中点沿两板中心线进入板间区域，能够沿直线运动，不计粒子重力。则下列说法正确的是 A.M极板接电源的负极 B.质子流的入射速度为 C.如果将质子换成电子，从右侧沿中心线以与质子流相 同的速率进入板间区域，则电子在该区域运动过程中电势能增加 D.如果换成一束α粒子，仍从左侧沿中心线以与质子流相同的速度进入板间区域，则α粒子同样可以沿直线飞出该区域 例3 √ 质子流从左侧两板边缘连线的中点沿两板中心线进入板间区域，所受的洛伦兹力垂直于M极板向上，因垂直于极板方向受力平衡，故静电力方向垂直于M极板向下，即电场强度方向向下，M极板接电源的正极，故A错误；由平衡条件得qvB＝q，解得质子流的入射速度为v＝，故B错误； 如果将质子换成电子，从右侧沿中心线以与质子流相 同的速率进入板间区域，电子受到的静电力和洛伦兹 力都垂直于M极板向上，运动过程中静电力做正功， 电势能减少，故C错误；如果换成一束α粒子，仍从左 侧沿中心线以与质子流相同的速度进入板间区域，所 受洛伦兹力垂直于M极板向上，静电力方向垂直于M极板向下，且有qαvB＝qα，则α粒子同样可以沿直线飞出该区域，故D正确。 考向2 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.电源正、负极的判断：根据左手定则可判断出图中的B极板是发电机的正极。 3.电源电动势E：设A、B平行金属板的面积为S，两极板间的距离为l，磁场磁感应强度为B，等离子体的电阻率为ρ，喷入气体的速度为v，板外电阻为R。当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U(即电源电动势为U)，则q＝qvB，即E＝U＝Blv。 4.电源内阻：r＝ρ。 5.回路电流：I＝。 (多选)海水中含有大量的正、负离子，并在某些区域具有 固定的流动方向，有人据此设计并研制出“海流发电机”，可 用作无污染的电源，对海洋航标灯持续供电。“海流发电机” 的工作原理如图所示，用绝缘防腐材料制成一个横截面为矩形 的管道，在管道上、下两个表面装有防腐导电板M、N，板长 为a、宽为b(未标出)，两板间距为d，将管道沿着海水流动方向固定于海水中，将航标灯L与两导电板M和N连接，加上垂直于管道前后面向后的匀强磁场，磁感应强度大小为B，海水流动方向向右，海水流动速率为v，已知海水的电阻率为ρ，航标灯电阻不变且为R。则下列说法正确的是 A.“海流发电机”对航标灯L供电的电流方向是M→L→N B.“海流发电机”产生的感应电动势大小为Bav C.通过航标灯L的电流大小为 D.“海流发电机”发电的总功率为 例4 √ √ 由左手定则可知，海水中正、负离子受洛伦兹力的方 向分别指向M板和N板，则M板带正电，N板带负电， 发电机对航标灯供电的电流方向是M→L→N，故A正 确；在M、N两板间形成稳定的电场后，其中的正、负 离子受电场力和洛伦兹力作用而平衡，在两板间形成稳定电压，则有q＝qvB，解得“海流发电机”产生的感应电动势大小为E＝U＝Bdv，故B错误； “海流发电机”的内阻为r＝ρ，由闭合电路欧姆定律可得，通过航标灯的电流大小为I＝＝，故C正确；“海流发电机”发电的总功率为P＝EI＝，故D错误。故选AC。 考向3 电磁流量计 　　如图所示，一圆柱形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向右流动。导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下发生偏转，使a、b间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差U达到最大，由q＝qvB可得v＝。 (1)流量的表达式：Q＝Sv＝＝。 (2)电势高低的判断：根据左手定则可得φa＞φb。 (2025·北京卷·T12)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是 A.N点电势比M点高 B.U0正比于流量Q C.在流量Q一定时，管道半径越小，U0越小 D.若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小 例5 √ 根据左手定则可知正离子向下偏，负离子向上偏，故N点电势比M点高，故A正确；设管道半径为r，稳定时，离子受到的电场力与洛伦兹力平衡，有q＝qvB，同时有Q＝Sv＝πr2v，联立解得U0＝，故U0正比于流量Q，流量Q一定时，管道半径越小，U0越大，故B正确，C错误；若直径MN与磁场方向不垂直，U0＝中B应为磁感应强度的一个分量，则测量时代入的磁感应强度偏大，故测得的流量Q偏小，故D 正确。 考向4 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：如图所示，导体中的电流I向右时，根据左手定则可知，若自由电荷是负电荷(如电子)，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.霍尔电压的计算：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，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，A、A'间的电势差UH就保持稳定，由qvB＝q，I＝nqSv，S＝hd，联立得UH＝＝k，k＝称为霍尔系数。 (2026·浙江绍兴模拟)利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图甲所示，将固定有霍尔元件的物体置于两块磁性强弱相同、同极相对放置的磁体缝隙中，建立如图乙所示的空间坐标系。保持沿x方向通过霍尔元件的电流I不变，当物体沿z轴方向移动时，由于不同位置处磁感应强度B不同，霍尔元件将在y轴方向的上、下表面间产生不同的霍尔电压UH。当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B＝0，UH＝0，将该点作为位移的零点。在小范围内，磁感应强度B的大小和坐标z成正比，这样就可以把电压表改装成测量物体微小位移的仪表。下列说法中正确的是 A.在小范围内，霍尔电压UH的大小和坐标z成正比 B.其他条件相同的情况下，电流I越大，霍尔电压UH越小 C.其他条件相同的情况下，霍尔元件沿z轴方向的长度越小，霍尔电压UH越小 D.若霍尔元件中的载流子为电子，测得霍尔元件上表面电势高，说明元件向z轴正方向移动 例6 √ 设自由电荷定向移动的速度为v，单位体积内 自由电荷数为n，自由电荷的电荷量为q，霍尔 元件沿y轴方向的长度为y0，沿z轴方向的长度为 z0，当霍尔元件在y轴方向的上、下表面间产生的霍尔电压达到稳定时，则有qvB＝q，根据电流微观表达式可得I＝nqSv＝nqy0z0v，联立可得UH＝，由题意可知在小范围内，磁感应强度B的大小和坐标z成正比，则霍尔电压UH的大小和坐标z成正比，故A正确； 其他条件相同的情况下，电流I越大，霍尔电压UH越大，故B错误；其他条件相同的情况下，霍尔元件沿z轴方向的长度越小，霍尔电压UH越大，故C错误；若霍尔元件中的载流子为电子，测出霍尔元件的上表面电势高，可知电子受到的洛伦兹力沿y轴负方向，根据左手定则可知，磁场方向沿z轴正方向，故霍尔元件所处位置更靠近左侧N极，说明元件向z轴负方向移动，故D错误。 返回 课 时 测 评 返回 题组1　带电粒子在叠加场中的运动 1．如图所示，场强为E的匀强电场竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直电场向外，一带电小球获得垂直磁场水平向左的初速度，正好做匀速圆周运动。重力加速度为g。下列说法中正确的是 A．小球带负电 B．小球做匀速圆周运动的周期为 C．若撤去电场，小球可能做平抛运动 D．若将电场的方向改为竖直向下，小球一定做曲线运动 √ 2 3 4 5 6 7 1 小球要做匀速圆周运动，静电力与重力要等大反 向，静电力向上，小球必须带正电，故A错误；小 球要做匀速圆周运动，则mg＝qE，周期T＝， 联立可得T＝，故B正确；若撤去电场，小球受 到重力和洛伦兹力的作用，不可能做平抛运动，故C错误；若把电场的方向改成竖直向下，小球所受重力与静电力均向下，由运动方向可知洛伦兹力向上，如果合力为零，则小球做匀速直线运动，故D错误。 2 3 4 5 6 7 1 2.如图所示，在某空间同时存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下。一带电体a带负电，电荷量为q1，恰能静止于此空间的c点，另一带电体b也带负电，电荷量为q2，正在过c点的竖直平面内做半径为r的匀速圆周运动，结果a、b在c处碰撞并粘合在一起，关于a、b粘合一起后的运动性质，下列说法正确的是 A.向左做匀速直线运动 B.顺时针继续做匀速圆周运动，半径为r'＝r C.顺时针继续做匀速圆周运动，半径为r'＝r D.因为有重力和静电力这样的恒力存在，故以上说法都不对 √ 2 3 4 5 6 7 1 设a、b的质量分别为m1和m2，b的速度为v0，因为带电体a处于静止状态，则有q1E＝m1g，带电体b在竖直平面内做匀速圆周运动，则重力和静电力平衡，洛伦兹力提供向心力，有q2E＝m2g，q2v0B＝m2，a和b碰撞粘合在一起时，满足动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v共，a和b粘合在一起， 2 3 4 5 6 7 1 总电荷量为q总＝q1＋q2，总质量为m总＝m1＋m2，仍满足静电力与重力平衡，即(q1＋q2)E＝(m1＋m2)g，洛伦兹力仍提供向心力，粘合体继续做顺时针方向的匀速圆周运动，设轨迹半径为r'，则有(q1＋q2)v共B＝(m1＋m2)，联立以上各式可得r'＝r。故选B。 2 3 4 5 6 7 1 题组2　带电粒子在交变场中的运动 3.(2026·重庆万州区模拟)在未来太空粒子研究站“激光号”中，科学家利用环形装置研究高能粒子特性，其内部结构可简化为如图甲所示的模型，在xOy平面内存在一个半径为R的圆形匀强磁场区域，t＝0时磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度随时间变化如图乙所示，在x＜－R范围内存在竖直向下的匀强电场，在x＞R范围内存在竖直向上的匀强电场，两处电场强度大小E相同。已知A点坐标为(－R，0)，一质量为m、电荷量为＋q的粒子在A点以初速度v进入圆形磁场，经过T时间达到(R，0)位置，然后进入右侧的匀强电场中，再经过T时间后从(R，0)位置进入磁场中，不计粒子重力，则 A.＝ B.＝ C.粒子运动一个周期，运动的轨迹长度为vT＋πR D.粒子运动一个周期，运动的轨迹长度为vT＋2πR √ 2 3 4 5 6 7 1 根据题意分析可知，粒子垂直x轴射入匀强磁场，粒子经过T时间到达(R，0)位置，粒子再经T时间后从电场回到(R，0)位置，可知粒子回到(R，0)时速度方向沿y轴方向，由此可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝，由qvB0＝m，解得B0＝，粒子进入匀强电场中先匀减速运动，后匀加速运动，运动过程中加速度不变，故由动量定理可知－qET＝－mv－mv，解得E＝，则＝，A、B错误； 2 3 4 5 6 7 1 粒子运动一个周期需要在磁场中完成4个半圆，在电场中完成两个匀减速和两个匀加速运动，在电场中做匀变速运动的过程中，由动能定理可得－qEx1＝0－mv2，解得x1＝，半个圆周运动的路程s＝πr＝，故一个周期运动的轨迹长度Δx＝4x1＋4s＝vT＋2πR，C错误，D 正确。 2 3 4 5 6 7 1 题组3　带电粒子在叠加场中运动的应用实例 4.(2026·贵州黔东南模拟)离子推进器是太空飞行器常用的动力系统，其利用强电场的作用将离子加速喷出，通过反作用力推动飞行器进行姿态调整或者轨道转移等任务。如图所示，右侧是间距为d的两金属板M、N，M、N间存在大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，左侧是间距为l的两金属板P、Q，其中P板带有小孔，M、P和N、Q之间用导线相连。现有大量的等离子体从右侧以速度v0垂直于磁场方向进入金属板M、N间，其中等离子体电荷量的绝对值相等。稳定后，从Q板附近的粒子源S发射出初速度为零的大量同种带电粒子，粒子最终从P板的小孔喷出。下列说法正确的是 A.M板的电势比N板的电势高 B.从粒子源S发射出的粒子带负电 C.增大l，可使粒子从P板小孔喷出的速度变大 D.B、d、v0都加倍，可使粒子从P板小孔喷出的速度变为原来的2倍 √ 2 3 4 5 6 7 1 等离子体进入金属板M、N后，受洛伦兹力偏转，根据左手定则知带正电的等离子体向下偏转，使N板带正电，带负电的等离子体向上偏转，使M板带负电，所以N板的电势比M板的电势高，故A错误；M、P和N、Q之间用导线相连，则Q板带正电，P板带负电，要使从粒子源S发射出的粒子被加速，粒子应带正电，故B错误； 2 3 4 5 6 7 1 等离子体进入金属板M、N稳定后，有q＝qv0B， 得U＝v0Bd，对粒子源S发射出的粒子由动能定理有 q'U＝mv2，得 v＝，粒子从P板小孔喷出的速度大小与l无关，故C错误；由v＝知，B、d、v0都加倍，粒子从P板小孔喷出的速度变为原来的 2倍，故D正确。 2 3 4 5 6 7 1 5.(2024·江西卷·T7)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 √ 2 3 4 5 6 7 1 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evB＝e，联立解得U＝B，结合题图(b)可得k＝＝ V/T，解得n≈2.3×1016。故选D。 2 3 4 5 6 7 1 6.(多选)(2026·西南大学附中模拟)如图甲所示的平行金属极板M、N之间存在交替出现的匀强磁场和匀强电场，取垂直纸面向外为磁场正方向，磁感应强度B随时间t周期性变化的规律如图乙所示，取垂直极板向上为电场正方向，电场强度E随时间t周期性变化的规律如图丙所示。t＝0.5t0时，一不计重力、带正电的粒子从极板左端以速度v沿板间中线平行极板射入板间，最终平行于极板中线射出，已知粒子在t＝1.5t0时速度为零，且整个运动过程中始终未与两极板接触，则下列说法正确的是 A.粒子可能在t＝2.5t0时刻射出极板 B.极板间距不小于＋ C.极板长度为(n＝1，2，3，…) D.＝ √ √ √ 2 3 4 5 6 7 1 根据题意可知，在0.5t0～t0内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，且转了圆周；在t0～1.5t0内，粒子在电场中向下做匀减速直线运动，且速度减到零；在1.5t0～2t0内，粒子在电场中向上做匀加速直线运动，且速度加到v；在2t0～2.5t0内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，转了圆周，粒子回到极板中线，速度平行于极板中线，接下来粒子周期性地重复以上运动，粒子在一个运动周期内的轨迹如图所示。 2 3 4 5 6 7 1 粒子一个运动周期为T＝2.5t0－0.5t0＝2t0，故粒子射出极板的时刻可能为t＝0.5t0＋nT＝(0.5＋2n)t0(n＝1，2，3，…)，当n＝1时t＝2.5t0，故A正确；粒子在磁场中，设粒子的轨迹半径为r，则有T磁＝＝2t0，解得r＝，粒子在电场中向下减速的位移为y＝·0.5t0＝，故极板间距应满足d≥2(r＋y)＝＋，故B正确； 2 3 4 5 6 7 1 极板长度为L＝n·2r＝(n＝1，2，3，…)，故C错误；粒子在磁场中，有T磁＝＝2t0，解得B0＝，粒子在电场中，有v＝a·0.5t0＝·0.5t0，解得E0＝，可得＝，故D正确。 2 3 4 5 6 7 1 7．(20分)如图甲所示，空间存在方向竖直向上周期性变化的匀强电场，场强大小随时间变化如图乙所示，空间还存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化如图丙所示。一个质量为0.1 kg、电荷量为＋0.2 C的带电小球，在t＝0时刻从P点在纸面内以水平向右、大小为10 m/s的速度抛出。小球在空中运动的时间大于2 s，最终落地时速度垂直于地面。重力加速度g取10 m/s2，小球可视为质点，求： (1)t＝1 s时，小球的速度大小； 答案：10 m/s 2 3 4 5 6 7 1 小球在前1 s内只在重力作用下做平抛运动，设t＝1 s时，小球的速度为v1，此时小球竖直方向分速度v1y＝gt1＝10 m/s 因此v1＝ m/s。 2 3 4 5 6 7 1 (2)第2 s内小球受到的合力大小； 答案： 在第2 s内，由于qE＝5×0.2 N＝1 N，mg＝0.1×10 N＝1 N 则重力与电场力的合力为0，此时合力F合＝qv1B＝2π N。 2 3 4 5 6 7 1 (3)小球第一次速度水平向左时与P点的竖直距离； 答案： 2 3 4 5 6 7 1 小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由T＝和qvB＝m得运动周期T＝＝1 s 即在第2 s内，小球刚好在磁场中做完整的圆周运动，根据牛顿第二定律得qv1B＝m 解得R1＝ m 2 3 4 5 6 7 1 小球在第1 s内下落的高度h1＝＝5 m 由(1)知小球开始做圆周运动时，速度与水平方向夹角为45°，当小球做圆周运动速度水平向左时，小球与P点的竖直距离h＝h1＋R1＋ m。 2 3 4 5 6 7 1 (4)P点离地面的最小高度大小。 答案： 2 3 4 5 6 7 1 小球第二次在磁场中运动且落地时速度垂直于地面，这时P点离地面的高度最小。 在前3 s内，小球下落的高度h2＝＝20 m 设第3 s末，小球的速度为v2，根据动能定理得mgh2＝ 解得v2＝10 m/s 2 3 4 5 6 7 1 设此时速度与竖直方向的夹角为θ，则 sin θ＝ 设粒子在磁场中做圆周运 动的半径为R2， 根据牛顿第二定律得 qv2B＝m 解得R2＝ m 根据几何关系可知P点离地面的最小高度 H＝h2＋R2sin θ＝ m。 返回 2 3 4 5 6 7 1 谢 谢 观 看 专题提升十五　带电粒子在叠加场、 交变场中的运动 $