1、【 精品教育资源文库 】 65 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 (多选 )(2017 黄桥中学模拟 )将一块长方体形状的半导体材料样品的表面垂直磁场方向置于磁场中，当此半导体材料中通有与磁场方向垂直的电流时，在半导体材料与电流和磁场方向垂直的两个侧面会出现一定的电压，这种现象称为霍尔效应，产生的 电压称为霍尔电压，相应的将具有这样性质的半导体材料样品就
2、称为霍尔元件如图 1 所示，利用电磁铁产生磁场，毫安表检测输入霍尔元件的电流，毫伏表检测霍尔元件输出的霍尔电压已知图中的霍尔元件是 P 型半导体，与金属导体不同，它内部形成电流的 “ 载流子 ” 是空穴 (空穴可视为能自由移动带正电的粒子 )图中的 1、 2、 3、 4 是霍尔元件上的四个接线端当开关 S1、 S2闭合后，电流表 A 和电表 B、 C 都有明显示数，下列说法中正确的是 ( ) 图 1 A电表 B 为毫伏表，电表 C 为毫安表 B接线端 2 的电势高于接线端 4 的电势 C若调整电 路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则毫伏表的示数将保持不变 D若适当减
3、小 R1、增大 R2，则毫伏表示数一定增大 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 2 A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 【 精品教育资源文库 】 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 )(2018 如皋市质量检测 )太阳风含有大
4、量高速运动的质子和电子，可用于发电如图 3 所示，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 3 A在开关 K 未闭合的情况下，两极板间稳定的电势差为 BLv B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 2BILv D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 4 (多选 )(2017 启东中学模拟 )如图 4 所示，一对间距可变的平行金属板 C、 D 水平放
5、置，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场 B.两板通过滑动变阻器与铅蓄电池相连，这种铅蓄电池能快速转换到 “ 逆变 ” 状态，即外界电压过低时能向外界提供一定的供电电压，当外界电压超过某一限定值时可转换为充电状态，闭合开关 S 后，有一束不计重力的带正电粒子从左侧以一定的速度 v0射入两板间恰能做直线运动，现对入射粒子或对装置进行调整，则下列有关描述正确的 是 ( ) 图 4 A若仅将带正电的粒子换成带负电的粒子，也能直线通过 B若只增大两板间距到一定程度时可使铅蓄电池处于充电状态 C若将滑动变阻器触头 P 向 a 端滑动，可提高 C 板的电势 D若只减小入射粒子的速度，可使铅蓄电池处于充电状态
6、5 (2018 玄武区模拟 )如图 5 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 E0、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 v0垂直 x 轴向上射出，小球恰好以速度 v0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： 【 精品教育资源文库 】 图 5 (1)带电小球的比荷 qm； (2)x 轴下方匀强电场的电场强度大小 E 和匀强磁场
7、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. 6在水平面上，平放一半径为 R 的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，另有一个质量为 m、带电荷量为 q 的小球 (1)当小球从管口沿切线方向以某速度射入，运动 过程中恰不受管道侧壁的作用力，求此速度v0； (2)现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如图 6 所示，空间再加一个水平向右、场强 E mgq 的匀强电场 (未画出 )，若小球仍以 v0的初速度沿切线方向从左边管口射入，求小球： 图 6 运动到最低点的过程中动能的增量； 在管道运动全程中获得的最大速度 【
8、 精品教育资源文库 】 答案精析 1 BC 2 AB 若沿 ab 方向抛出的小球带正电，沿 ac 方向抛出的小球带负电，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
9、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 AB 太阳风进入两极板之间的匀强磁场中，稳定后，带电粒子受到洛伦兹力和电场力作用，且 qUL 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 UR BLvR ，电阻消耗的热功率 P UI BLIv，选项 C 错误；由于洛伦兹力永远不做功，所以选项 D 错误 4 AB 带正电的粒子恰好做直线运动， 其电场力和洛伦
10、兹力相平衡，由 Edq qv0B 可知 v0EBd，若换成带负电的粒子，电场力和洛伦兹力都反向，仍平衡，能直线通过，故选项 A 正确；若增大两板间距，带正电粒子射入后受洛伦兹力偏转堆积在极板上，将提高两板间电压，若此电压超过蓄电池的逆变电压就会使之处于 “ 逆变 ” 状态而被充电，故选项 B 正确；由于电容器 C、 D 两板是彼此绝缘的，调节滑动触头 P 不起任何作用，故选项 C 错误；若减小入射粒子的速度，直线通过的粒子所受洛伦兹力减小，有部分粒子会落在下极板上，因此上极板上堆积的电荷 会减小，对应的电势也会降低，达不到逆变电压，故选项 D 错误 5 (1)gE0(2)E0 2E0v0(3)
11、? ?2 34 v0g 解析 (1)小球运动轨迹如图所示， 【 精品教育资源文库 】 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： v0 gt1， OC 12gt12 水平方向： v0 at1， OA 12at12， a qE0m 联立得 qm gE0. (2)由 (1)中知 OC OA v022g， t1v0g，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 12gt22， OD v0t2， tan gt2v0， vcos v0 联立得 OD v02g ， t2v0g， 45 ， v 2v0 因小球在 复合场中做圆周运动，所以电
12、场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，即 mg qE，得 E E0 而 Bqv mv2R，得 BmvqR 由轨迹图知 2Rsin OD 联立得 B 2E0v0(3)小球做圆周运动所用时间为 t3 270360 2 mBq 3 v04g 所以小球从 A 点运动到 O 点经历的时间 t t1 t2 t3 ? ?2 34 v0g. 6 (1)qBRm (2)2 mgR q2B2R2m2 ?2 2 2?gR 解析 (1)小球在水平面上只受到洛伦兹力作用，故 qv0B mv02R 【 精品教育资源文库 】 解得 v0 qBRm (2) 小球在管道运动时，洛伦兹力始终不做功 对小球运动到最低点的过程，由动
13、能定理： mgR qER Ek.由题知， E mgq ，则 Ek 2mgR 方法一：当小球到达管 道中方位角为 的位置 (如图所示 )时， 应用动能定理，有 mgRsin qE(R Rcos ) 12mv2 12mv02 即 v2 q2B2R2m2 2gR 2gR(sin cos ) 对函数 y sin cos 求极值，可得 45 时， ymax 2 所以 vm q2B2R2m2 ?2 2 2?gR 方法二：如图所示， 根据场的叠加原理，小球所受的等效重力为： mg ?mg?2 ?qE?2 2mg tan mgqE 1，即 45 小球在等效重力场的 “ 最低点 ” 时，即当小球到达管道中方位角为 45 时，速度最大 由动能定理： mgRsin qE(R Rcos ) 12mv m2 12mv02 解得： vm q2B2R2m2 ?2 2 2?gR.
