素養(yǎng)培優(yōu)4　帶電粒子（體）在疊加場、交變場中的運(yùn)動講義（教師版）-2025高考物理素養(yǎng)培優(yōu)

素養(yǎng)培優(yōu)4帶電粒子（體）在疊加場、交變場中的運(yùn)動帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動1.三種典型情況（1）若只有兩個場，所受合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運(yùn)動或靜止?fàn)顟B(tài)。例如電場與磁場疊加時滿足qE＝qvB，重力場與磁場疊加時滿足mg＝qvB，重力場與電場疊加時滿足mg＝qE。（2）若三場共存，所受合力為零時，粒子做勻速直線運(yùn)動，其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直。（3）若三場共存，粒子做勻速圓周運(yùn)動時，則有mg＝qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，即qvB＝mv22.解決帶電粒子（體）在疊加場中運(yùn)動的基本思路【典例1】（2024·江西高考7題）石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結(jié)構(gòu)新材料，具有豐富的電學(xué)性能。現(xiàn)設(shè)計(jì)一電路測量某二維石墨烯樣品的載流子（電子）濃度。如圖a所示，在長為a，寬為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產(chǎn)生電壓U。當(dāng)I＝1.00×10－3A時，測得U-B關(guān)系圖線如圖b所示，元電荷e＝1.60×10－19C，則此樣品每平方米載流子數(shù)最接近（）A.1.7×1019 B.1.7×1015C.2.3×1020 D.2.3×1016答案：D解析：設(shè)樣品每平方米載流子（電子）數(shù)為n，電子定向移動的速率為v，則時間t內(nèi)通過樣品的電荷量q＝nevtb，根據(jù)電流的定義式得I＝qt＝nevb，當(dāng)電子穩(wěn)定通過樣品時，其所受電場力與洛倫茲力平衡，則有eUb＝evB，聯(lián)立解得U＝IneB，結(jié)合題圖b可知k＝Ine＝88×10－3320×10－3V/T，解得【典例2】（2024·河北張家口二模）如圖所示，在豎直面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy中，在第二象限內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場；在第一象限內(nèi)存在方向豎直向上的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B、方向垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場。一帶正電的小球P從x軸上的A點(diǎn)以某一速度沿AK方向做直線運(yùn)動，AK與x軸正方向的夾角θ＝60°，從K點(diǎn)進(jìn)入第一象限后小球P恰好做勻速圓周運(yùn)動，經(jīng)過x軸時豎直向下?lián)糁芯o貼x軸上方靜止的帶電小球Q，碰后兩球結(jié)合為一個結(jié)合體M，之后M從y軸上的F點(diǎn)離開第四象限，第四象限存在勻強(qiáng)磁場，方向如圖所示。已知重力加速度大小為g，小球P、Q帶電荷量均為q、質(zhì)量均為m，不計(jì)空氣阻力。（1）求第二象限與第一象限內(nèi)電場的電場強(qiáng)度大小之比E2（2）求小球Q靜止的位置距O點(diǎn)的距離；（3）若結(jié)合體M進(jìn)入第四象限時的速度為v，M在第四象限運(yùn)動時的最大速度為2v，則當(dāng)其速度為2v時，結(jié)合體M距x軸的距離是多少？答案：（1）3（2）（3＋2）m2gq2B解析：（1）小球P沿AK方向做直線運(yùn)動，由于洛倫茲力與速度有關(guān)，可知其一定做勻速直線運(yùn)動，受力分析如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得E2qmg＝小球Q靜止在第一象限，則qE1＝mg聯(lián)立可得E2E1＝tanθ（2）小球豎直向下?lián)糁蠶，軌跡如圖所示根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝mvrsinθ＋r＝d粒子在第二象限中有qvBcosθ＝mg聯(lián)立解得d＝（3＋2）m2（3）結(jié)合體在第四象限中只有重力做功，根據(jù)動能定理可得2mgh＝12×2m（2v）2－12×2解得h＝3v帶電粒子在交變場中的運(yùn)動1.此類問題是場在時間上的組合，電場或磁場往往具有周期性，粒子的運(yùn)動也往往具有周期性。這種情況下要仔細(xì)分析帶電粒子的受力情況和運(yùn)動過程，弄清楚帶電粒子在每一時間段內(nèi)在電場、磁場中各處于什么狀態(tài)，做什么運(yùn)動，畫出一個周期內(nèi)的運(yùn)動軌跡，確定帶電粒子的運(yùn)動過程，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行解題。2.解決帶電粒子在交變電磁場中運(yùn)動的基本思路【典例3】（2024·福建莆田三模）如圖甲所示，平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限（含坐標(biāo)軸）內(nèi)有垂直于平面周期性變化的均勻磁場（未畫出），規(guī)定垂直于xOy平面向里的磁場方向?yàn)檎?，磁場變化?guī)律如圖，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，不計(jì)粒子重力及磁場變化影響。某一帶負(fù)電的粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，在t＝0時從坐標(biāo)原點(diǎn)沿y軸正向射入磁場中，將磁場變化周期記為T0，要使粒子在t＝T0時距y軸最遠(yuǎn)，則T0的值為（）A.143πm72qC.3πmqB答案：A解析：粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，0～25T0時間內(nèi)，有qv0B0＝m解得r1＝m周期為T1＝2πr1v0＝2πmqB0qv0×23B0＝m解得r2＝3mv02qB周期為T2＝2πr2v0＝3π要求在T0時，粒子距y軸最遠(yuǎn)，做出粒子運(yùn)動軌跡如圖根據(jù)幾何關(guān)系，可得sinθ＝r2r1＋解得θ＝37°則0～25T0時間內(nèi)圓周運(yùn)動轉(zhuǎn)過的圓心角為π－θ＝143可得25T0＝143°聯(lián)立，解得T0＝143故選A?！镜淅?】（2024·廣東高考15題）如圖甲所示，兩塊平行正對的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅值為U0、周期為t0的交變電壓。金屬板左側(cè)存在一水平向右的恒定勻強(qiáng)電場，右側(cè)分布著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一帶電粒子在t＝0時刻從左側(cè)電場某處由靜止釋放，在t＝t0時刻從下板左端邊緣位置水平向右進(jìn)入金屬板間的電場內(nèi)，在t＝2t0時刻第一次離開金屬板間的電場、水平向右進(jìn)入磁場，并在t＝3t0時刻從下板右端邊緣位置再次水平進(jìn)入金屬板間的電場。已知金屬板的板長是板間距離的π3倍，粒子質(zhì)量為m。忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應(yīng)（1）判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q；（2）求金屬板的板間距離D和帶電粒子在t＝t0時刻的速度大小v；（3）求從t＝0時刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中，電場力對粒子做的功W。答案：（1）正電πmBt0（2（3）π解析：（1）根據(jù)帶電粒子在右側(cè)磁場中的運(yùn)動軌跡結(jié)合左手定則可知，粒子帶正電；粒子在磁場中運(yùn)動的周期為T＝2t0根據(jù)T＝2則粒子所帶的電荷量q＝πm（2）若金屬板的板間距離為D，則板長πD3，粒子在板間運(yùn)動時πD出電場時豎直速度為零，則豎直方向y＝2×1在磁場中時qvB＝mv其中的y＝2r＝2聯(lián)立解得v＝ππD＝3π（3）帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動軌跡如圖，由（2）的計(jì)算可知金屬板的板間距離D＝3r則粒子在3t0時刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場，在4t0時刻進(jìn)入左側(cè)的電場做減速運(yùn)動速度為零后反向加速，在6t0時刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場，6.5t0時刻碰到上極板，因粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動時，在時間t0內(nèi)電場力做功為零，在左側(cè)電場中運(yùn)動時，往返一次電場力做功也為零，可知整個過程中只有開始進(jìn)入左側(cè)電場時電場力做功和最后0.5t0時間內(nèi)電場力做功，則W＝12mv2＋Eq×D3＝π3mU1.（多選）（2024·湖北高考9題）磁流體發(fā)電機(jī)的原理如圖所示，MN和PQ是兩平行金屬極板，勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里。等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子）從左側(cè)以某一速度平行于極板噴入磁場，極板間便產(chǎn)生電壓。下列說法正確的是（）A.極板MN是發(fā)電機(jī)的正極B.僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小C.僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大D.僅增大噴入等離子體的正、負(fù)帶電粒子數(shù)密度，極板間的電壓增大解析：AC由左手定則可知，帶正電粒子在磁場中受到向上的洛倫茲力，帶負(fù)電粒子在磁場中受到向下的洛倫茲力，則等離子體從左側(cè)噴入磁場時，帶正電粒子向上偏轉(zhuǎn)，帶負(fù)電粒子向下偏轉(zhuǎn)，所以極板MN帶正電，為發(fā)電機(jī)的正極，A正確；極板間的電壓穩(wěn)定后，對在極板間運(yùn)動的某個帶電粒子，有qE＝qvB，又U＝Ed，可得U＝vBd，所以僅增大兩極板間的距離d，極板間的電壓增大，B錯誤；僅增大等離子體的噴入速率v，極板間的電壓增大，C正確；僅增大等離子體的正、負(fù)帶電粒子數(shù)密度，極板間的電壓不變，D錯誤。2.（2024·福建龍巖期中）如圖所示，某空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面方向的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），一質(zhì)量為m的帶負(fù)電粒子恰能以速度v沿圖中虛線所示的軌跡做直線運(yùn)動，粒子的運(yùn)動軌跡與水平方向的夾角為30°，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A.勻強(qiáng)磁場的方向垂直于紙面向里B.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為EC.粒子的電荷量為mgD.若粒子運(yùn)動過程中，磁場突然消失，則粒子可能做勻減速直線運(yùn)動解析：C對粒子受力分析可知，粒子受到的洛倫茲力與速度大小和方向有關(guān)，則粒子必定做勻速直線運(yùn)動，粒子受到的電場力水平向右，受到的重力豎直向下，則洛倫茲力垂直運(yùn)動軌跡斜向上，根據(jù)左手定則可知，勻強(qiáng)磁場的方向垂直于紙面向外，故A錯誤；根據(jù)受力平衡有tan30°＝qEmg，sin30°＝qEqvB，則粒子的電荷量q＝mgtan30°E，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝Evsin30°，故B錯誤，C正確；若粒子運(yùn)動過程中，磁場突然消失3.（多選）（2024·江西景德鎮(zhèn)一模）光滑絕緣水平桌面上有一個可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，桌面右側(cè)存在由勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的復(fù)合場，復(fù)合場的下邊界是水平面，到桌面的距離為h，電場強(qiáng)度為E、方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直于紙面向外，重力加速度為g，帶電小球的比荷為gE，如圖所示?，F(xiàn)給小球一個向右的初速度，離開桌邊緣立刻進(jìn)入復(fù)合場運(yùn)動，從下邊界射出，射出時的速度方向與下邊界的夾角為60°。下列說法正確的是（A.小球在復(fù)合場中的運(yùn)動時間可能是2B.小球在復(fù)合場中運(yùn)動的加速度大小可能是?C.小球在復(fù)合場中運(yùn)動的路程可能是4D.小球的初速度大小可能是4解析：AC帶電小球的比荷為gE，則有Eq＝mg，則在復(fù)合場中小球合力為洛倫茲力，所以小球在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動，射出時的速度方向與下邊界的夾角為60°，則小球運(yùn)動情況有兩種，軌跡如圖所示若小球速度為v1，根據(jù)幾何知識可得軌跡所對應(yīng)的圓心角為120°，此時小球在復(fù)合場中的運(yùn)動時間為t1＝120°360°T＝13·2πmBq＝2πE3Bg，根據(jù)幾何知識可得，其軌跡半徑為R1＝23h，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有Bqv1＝mv12R1可得，小球的速度v1＝2Bg?3E，小球的路程s1＝120°360°×2πR1＝49πh，小球的加速度a1＝v12R1＝2B2g2?3E2，若小球速度為v2，則根據(jù)幾何知識可得軌跡所對應(yīng)的圓心角為60°，此時小球在復(fù)合場中的運(yùn)動時間t2＝60°360°T＝16×2πmBq＝πE3Bg，根據(jù)幾何知識可得，其軌跡半徑為R4.（2024·吉林白城二模）如圖所示，水平放置的兩塊帶電金屬極板a、b平行正對，極板長度和極板間距都為L，板間存在方向豎直向下、電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子，以水平速度v0從兩極板的左端正中央射入極板間，恰好做勻速直線運(yùn)動。不計(jì)粒子的重力及空氣阻力。（1）求勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（2）若撤去電場，調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小使粒子剛好能從極板a右端射出，求粒子運(yùn)動半徑；（3）若撤去磁場，粒子能從極板間射出，求粒子穿越電場過程中的動能增量ΔEk。答案：（1）Ev0（2）54L（解析：（1）由粒子受力平衡可知qv0B＝qE解得B＝Ev0，因此勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為（2）撤去電場，調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小使粒子剛好從極板a右端射出，其運(yùn)動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系得r2＝L2＋r解得r＝54L，因此粒子運(yùn)動半徑為54（3）撤去磁場，粒子做類平拋運(yùn)動，則有L＝v0t，y＝12at又由牛頓第二定律得qE＝ma解得y＝qE由動能定理得ΔEk＝qEy＝q2E2L225.（2024·江蘇蘇州一模）如圖甲所示，xOy平面內(nèi)存在著變化電場和變化磁場，變化規(guī)律如圖乙、丙所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向?yàn)榇怪庇诩埫嫦蚶铩㈦妶鰪?qiáng)度的正方向?yàn)椋珁方向。t＝0時刻，一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速v0沿＋x方向入射（不計(jì)粒子重力）。B-t圖像中B0＝2πmqt0，E-t圖像中E0（1）t04（2）0～4t0時間段內(nèi)粒子速度沿－x方向的時刻；（3）0～7t0時間段內(nèi)粒子軌跡縱坐標(biāo)的最大值。答案：（1）v0t02π，v0t02（3）32＋22解析：（1）粒子在磁場中運(yùn)動的周期T＝2πmq根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有B0qv0＝mv02r1，又因B0＝2πm所以t04時刻粒子坐標(biāo)為r1，（2）0～4t0時間內(nèi)的運(yùn)動軌跡如圖由圖可知0～4t0時間段內(nèi)粒子速度沿－x方向的時刻為t1＝T2和t2＝2T＋38T，即t1＝12t0和t2＝19（3）0～7t0時間內(nèi)粒子運(yùn)動的軌跡如圖所示t0～2t0時間內(nèi)粒子沿y軸方向位移y1＝12v0t6t0～7t0時間內(nèi)粒子沿y軸方向最大位移y磁＝1+cos45°r因?yàn)閞2＝22πv0t0，y1＝y(tǒng)2＝所以ym＝3y0＋y磁得ym＝32＋22π6.（2024·吉林高考15題）現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場控制粒子團(tuán)的運(yùn)動及尺度。簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場區(qū)，Ⅳ區(qū)電場足夠?qū)挘桓鲄^(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標(biāo)原點(diǎn)。甲、乙為粒子團(tuán)中的兩個電荷量均為＋q（q＞0）、質(zhì)量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運(yùn)動，先后射入Ⅰ區(qū)時速度大小分別為32v0和v0。甲到P點(diǎn)時，乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經(jīng)過Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°。甲到O點(diǎn)時，乙恰好到P點(diǎn)。已知Ⅲ區(qū)存在沿＋x方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E0＝9mv02（1）求Ⅰ、Ⅱ區(qū)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B。（2）