帶電粒子在疊加場中的運動模型

1、對地板的力大小等于Ff= m甲a，甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小?故 A、C、D 正確.【答案】ACD模型二帶電物塊與絕緣斜面的組合例2如下圖，帶電荷量為+ 端由靜止開始下滑，磁感應(yīng)強度為q、質(zhì)量為m的物塊從傾角為 0= 37 °的光滑絕緣斜面頂B的勻強磁場垂直紙面向外，求物塊在斜面上滑行的最大速度和在斜面上運動的最大位移斜面足夠反，取 sin 37 * /命 9« » =0.6 , cos 37 = 0.8)【解析】 經(jīng)分析，物塊沿斜面運動過程中加速度不變，但隨速度增大，物塊所受支持力逐漸減小，最后離開斜面.所以，當物塊對斜面的壓力剛好為零時，物塊沿斜面的速度達

2、到最大，同時位移到達最大，即qvmB =mgcos (物塊沿斜面下滑過程中，由動能定理得:1 2mgssin 0= ?mvm帶電粒子帶電體在疊加場中的運動模型模型一帶電物塊與絕緣物塊的組合例1如下圖，甲是一個帶正電的小物塊，乙是一個不帶電的絕緣物塊，甲、乙疊放在一起靜置于粗糙的水平地板上，地板上方空間有水平方向的勻強磁場 .現(xiàn)用水平恒力拉乙物塊，使甲、乙一起保持相對靜止向左加速運動，在加速運動階段，以下說法正確的選項是A?甲對乙的壓力不斷增大B ?甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大C.乙對地板的壓力不斷增大D.甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小【解析】 對甲、乙兩物塊受力分析，甲物塊受豎直向下的洛倫茲

3、力不斷增大，乙物塊壓力不斷增大， 甲、乙一起向左做加速度減小的加速運動；甲、乙兩物塊間的摩擦由得：2 2 mgcos 0 4mgvm8m gVm =s=2 2m qB 5qB 2gsin 015q B -2【答案】4mg 8m g5qB 15q 2B2模型三帶電圓環(huán)與絕緣直桿的組合例3如下圖，一足夠長的絕緣細桿處于磁感應(yīng)強度為B = 0.5 T的勻強磁場中，桿與磁場垂直且與水平方向的夾角為=0.4.現(xiàn)將圓環(huán)從桿上的某一位0= 37°質(zhì)量為m= 0.1 g、電荷量為q= 5 X 10 4 C的帶正電圓環(huán)套在該絕緣細桿上，圓環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)為(sin 37 = 0.6, cos 3

4、7 = 0.8，取重力加速度 g= 10置無初速度釋放.那么以下判斷中正確的選項是2m/sA. 圓環(huán)下滑過程中洛倫茲力始終做正功B?當圓環(huán)下滑的速度到達 2.4 m/s時，圓環(huán)與細桿之間的彈力為零C.圓環(huán)下滑過程中的最大加速度為6 m/s2D .圓環(huán)下滑過程中的最大速度為9.2 m/s【解析】圓環(huán)下滑過程中，洛倫茲力始終與圓環(huán)速度方向垂直，所以洛倫茲力始終不做功，選項A錯誤；當圓環(huán)與細桿之間的彈力為零時此時圓環(huán)的加速度最大，而速度不是最大，摩擦力也為零，此時洛倫茲力fL與重力垂直于桿的分量 mgcos 0大小相等、方向相反，即qvB = mgcos 0,代入數(shù)據(jù)可得 v= 3.2 m/s，選項

5、B錯誤；圓環(huán)剛釋放時，受到的洛倫茲力為零，這時的加速度由重力沿桿方向的分量與滑動摩擦力的合力提供，當圓環(huán)的速度開始增大后，洛倫茲力也隨之增大，使得圓環(huán)對桿的壓力減小，摩擦力也隨之減小，當摩擦力為零時，圓環(huán)的加速度最大，此時qvB= mgcos 0,由牛頓第二定律可得：f合=mgsin 0= ma，代入數(shù)據(jù)可得a = 6 m/s2,選項C正確；當洛倫茲力fL >mgcos 0時，又開始出現(xiàn)摩擦力，圓環(huán)的加速度開始減小，但速度繼續(xù)增大，彈力繼續(xù)增大，摩擦力繼續(xù)增大，當摩擦力Ff =mgsin 0時，圓環(huán)所受的合力為零，速度到達最大，由受力分析可知：mgsin 0= KqvmB mgcos0，

6、代入數(shù)據(jù)解得 Vm = 9.2 m/s，選項D正確.【答案】CD模型四帶電小球與絕緣圓環(huán)環(huán)形細管的組合例4如下圖，一個絕緣且內(nèi)壁光滑的環(huán)形細圓管，固定于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R 比細管的內(nèi)徑大得多，在圓管的最低點有一個直徑略小于細管內(nèi)徑的帶正電小球處于靜止狀態(tài)，小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g.空間存在一磁感應(yīng)強度大小未知不為零，方向垂直于環(huán)形細圓管所在平面且向里的勻強磁場 .某時刻，給小球一方向水平向右、大小為vo=? , 5gR的初速度，那么以下判斷正確的選項是一定受到A ?無論磁感應(yīng)強度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球在最低點一定受到管壁的彈力作用B. 無論磁感應(yīng)強度大小如

7、何，小球一定能到達環(huán)形細圓管的最高點，且小球在最高點管壁的彈力作用C. 無論磁感應(yīng)強度大小如何，小球一定能到達環(huán)形細圓管的最高點，且小球到達最高 點時的速度大小都相同D. 小球在環(huán)形細圓管的最低點運動到所能到達的最高點的過程中，水平方向分速度的 大小一直減小【解析】 小球在軌道最低點時受到的洛倫茲力方向豎直向上， 假設(shè)洛倫茲力和重力的合 力恰好提供小球所需要的向心力， 那么在最低點時小球不會受到管壁彈力的作用，A 選項錯誤；小球運動的過程中，洛倫茲力不做功，小球的機械能守恒，運動至最高點時小球的速度v =一 gR, 由于受到圓管的約束，小球運動過程不會脫離軌道，所以小球一定能到達軌道最高點，2

8、C選項正確；在最高點時，小球做圓周運動的向心力F向=m* = mg,對小球受力分析得 mg+ qvB Fn = F向，故Fn = qvB.小球受到豎直向下洛倫茲力的同時必然受到與洛倫茲力等大反向的軌道對小球的彈力，B 選項正確；小球在從最低點到最高點的運動過程中，小球在下半圓內(nèi)上升的過程中，水平分速度向右一定遞減，到達圓心的等高點時，水平速度為零，而運動至上半圓后水平分速度向左且不為零，所以水平分速度一定有增大的過程，D選項錯誤.【答案】 BC4 考能提升二對點演練 h高考真題1. (2021 北京卷， 22)如下圖，質(zhì)量為 m 、電荷量為 q 的帶電粒子，以初速度 v 沿垂 直磁場 方向射入

9、磁感應(yīng)強度為B 的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動 . 不計帶電粒子所受重力 .(1) 求粒子做勻速圓周運動的半徑 R 和周期 T;(2) 為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，求電場強度E 的大小 .2 V f=【解析】洛倫茲力提供向心力，qm=帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R=qB勻速圓周運動的周期 T = 2jR=今.v qB2粒子受電場力 F = qE,洛倫茲力f= qvB.粒子做勻運直線運動，那么 qE = qvB場強E的大小E = vB.【答案】i mv智VBqB qB2. 2021四川卷，11 如下圖，圖面內(nèi)有豎直線DD',過DD'且

10、垂直于圖面將空間分成i、n兩區(qū)域.區(qū)域I有方向豎直向上的勻強電場和方向垂直圖面的勻強磁場B 圖中未畫出；區(qū)域n有固定在水平面上高h= 21、傾角a=A的光滑絕緣斜面，斜面頂端與直線4DD'距離s= 41，區(qū)域n可加豎直方向的大小不同的勻強電場圖中未畫出；C點在DD '上，距地面高H = 31.零時刻，質(zhì)量為 m、帶電荷量為q的小球P在K點具有大小Vo= gl、方向與水平面夾 角的速度，在區(qū)域I內(nèi)做半徑r=3的勻速圓周運動，經(jīng) C點水平進入3n區(qū)域n .某時刻，不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運動到斜面的小球P相遇？小球視為質(zhì)點，不計空氣阻力及小球 P所帶電荷量對

11、空間電磁場的影響.I，g為重力加速度.IJ舊 ,! AI Ih I:1求勻強磁場的磁感應(yīng)強度 B的大?。患僭O(shè)小球A、P在時刻t= 3，- g B為常數(shù)相遇于斜面某處，求此情況下區(qū)域n的勻強 電場2m*= qv°B的場強E，并討論場強E的極大值和極小值及相應(yīng)的方向.【解析】 由題知，小球P在區(qū)域I內(nèi)做勻速圓周運動，有代入數(shù)據(jù)解得B= 3|q ,.'gl .2小球P在區(qū)域I做勻速圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角為0,運動到C點的時刻為tc，到達 斜面底端時刻為ti,有0rs hcot a= Vo ti tc小球A釋放后沿斜面運動加速度為aA,與小球P在時刻ti相遇于斜面底端，有mgs in

12、a= maAn=gaA ti- tA 2sin a 2聯(lián)立以上方程可得tA= 3 2 2Y.g .設(shè)所求電場方向向下，在tA 時刻釋放小球 A,小球P在區(qū)域n運動加速度為ar,有1s= Vo ttc+ AaA ttA2cos amg+ qE = map1，2 1 2H h+ AaAt tA sin a= ?apt tc2聯(lián)立相關(guān)方程解得 E = 卩爭q 3-1對小球P的所有運動情形討論可得3W其5由此可得場強極小值為Emin = 0 ；場強極大值為極大值器豎直向上；極小值名校模擬3. 2021 ?蘇泰州高三上學期月考 如下圖為一速度選擇器，內(nèi)有一磁感應(yīng)強度為 B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，一

13、束粒子流以速度 v Emax= a ，方向豎直向上.78q【答案】13ql *jl3 2冷'水平射入，為使粒子流經(jīng)過磁場時不偏轉(zhuǎn)不計重力，那么磁場區(qū)域內(nèi)必須同時存在一個勻強電場，關(guān)于此電場場強大小和方向的說法中，正確的選項是BA ?大小為-，粒子帶正電時，方向向上vBB. 大小為v，粒子帶負電時，方向向上C. 大小為Bv,方向向下，與粒子帶何種電荷無關(guān)D .大小為Bv,方向向上，與粒子帶何種電荷無關(guān)【解析】 當粒子所受的洛倫茲力和電場力平衡時，粒子流勻速直線通過該區(qū)域，有qvB = qE,所以E= Bv.假設(shè)粒子帶正電，那么受向下的洛倫茲力，電場方向應(yīng)該向上.粒子帶 負電時，電場方向仍

14、應(yīng)向上.故正確答案為D.【答案】D4. 2021 ?西柳州高三質(zhì)檢如下圖，空間有一垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度大小為0.5T的勻強磁場，一質(zhì)量為 0.2 kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無初速度地放置一質(zhì)量為 0.05 kg、電荷量q= 0.2 C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間的動摩擦因數(shù)為0.5,可認為滑塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.現(xiàn)對木板施加方向水平向左、大小為0.6 N的恒力，g取10 m/s2那么BA .木板和滑塊一直做勻加速運動B .滑塊先做勻加速運動后做勻速運動C.最終滑塊做速度為5 m/s的勻速運動D .最終木板做加速度為3 m/s2的勻加速運動【解析】 滑塊

15、開始運動后，受到豎直向上的洛倫茲力作用，且洛倫茲力不斷增大，滑塊受到的支持力逐漸減小，故滑塊先做變加速運動，當|q|vB= mg時，滑塊做勻速運動，速度v= 5 m/s , C正確，A、B錯誤；以后，木板在恒力F作用下做勻加速直線運動，且加速度a=2021吉林通化高三質(zhì)檢如紙面向里的磁場和豎直向下的勻強電場中，B，電場強度大小為 E,質(zhì)£ = 3 m/s2，故 D 正確.M【答案】CD5.圖所示，外表粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直磁感應(yīng)強度大小為量為m、電荷量為Q的帶負電小滑塊從斜面頂端由靜止下滑，在滑塊下滑過程中，以下判斷正確的A .滑塊受到的摩擦力不變B ?假設(shè)斜面足夠長

16、，滑塊最終可能在斜面上勻速下滑C.假設(shè)B足夠大，滑塊最終可能靜止于斜面上D ?滑塊到達地面時的動能與B有關(guān)【解析】 滑塊向下運動的過程中受到重力、電場力、支持力，根據(jù)左手定那么，滑塊還受到垂直斜面向下的洛倫茲力，沿斜面向上的摩擦力，滑塊向下運動的過程中，速度增大，洛倫茲力增大，支持力增大，滑動摩擦力增大，當B很大時，那么摩擦力有可能也很大，當滑塊受到的摩擦力與重力沿斜面向下的分力以及電場力在斜面上分力之差相等時，滑塊做勻速直線運動，之后洛倫茲力與摩擦力不再增大，所以滑塊不可能靜止在斜面上，故A、C錯誤，B正確；B不同，洛倫茲力大小也不同，所以滑動摩擦力大小不同，摩擦力做的功不同，根據(jù)動能定理可

17、知，滑塊到達地面的動能不同，故D正確.【答案】BD課時作業(yè)二十七根底小題練1? 帶電質(zhì)點在勻強磁場中運動，某時刻速度方向如下圖，所受的重力和洛倫茲力的合力恰好與速度方向相反，不計阻力，那么在此后的一小段時間內(nèi)，帶電質(zhì)點將X X MXx XL / xx x x xA. 可能做直線運動B ?可能做勻減速運動C. 一定做曲線運動D ?可能做勻速圓周運動【解析】 帶電質(zhì)點在運動過程中，重力做功，速度大小和方向發(fā)生變化，洛倫茲力的大小和方向也隨之發(fā)生變化，故帶電質(zhì)點不可能做直線運動，也不可能做勻減速運動和勻速圓周運動，C正確.【答案】C2?如下圖，場強為 E 的勻強電場方向豎直向下， 場強為 B 的水平

18、勻強磁場垂直紙面向里，三個油滴a、b、c帶有等量的同種電荷？a靜止，b、c在紙面內(nèi)按圖示方向做勻 速圓周運動軌跡未畫出.忽略三個油滴間的靜電力作用，比擬三個油滴的質(zhì)量及b、c的運動情況，以下說法中正確的選項是A .三個油滴的質(zhì)量相等，b、c都沿順時針方向運動B. a的質(zhì)量最大，c的質(zhì)量最小，b、c都沿逆時針方向運動C. b的質(zhì)量最大，a的質(zhì)量最小，b、c都沿順時針方向運動D. 三個油滴的質(zhì)量相等，b沿順時針方向運動，c沿逆時針方向運動【解析】 油滴a靜止不動，其受到的合力為零，所以mag= qE,電場力方向豎直向上,油滴帶負電荷.又油滴b、c在場中做勻速圓周運動，那么其重力和受到的電場力是一對

19、平衡力，所以mbg =mcg = qE，油滴受到的洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力，由左手定那么可判斷，b、c都沿順時針方向運動.故A正確.【答案】A3.個帶正電的小球沿光滑絕緣的桌面向右運動，速度方向垂直于一個水平向里的勻強磁場.如下圖，小球飛離桌面后落到地板上，設(shè)飛行時間為ti,水平射程為Xi,著地速度為Vi，撤去磁場，其余的條件不變，小球飛行時間為t2,水平射程為X2,著地速度為V2,那么以下論述正確的選項是A . X> X2C. Vi和V2大小相等【解析】 當桌面右邊存在磁場時，B . ti > t2D . Vi和V2方向相同由左手定那么可知，帶正電的小球在飛行過程中受

20、到斜向右上方的洛倫茲力作用，此力在水平方向上的分量向右，豎直分量向上，因此小球水平方向上存在加速度，豎直方向上的加速度a<g，所以ti> t2, Xi> X2, A、B對；又因為洛倫茲力不做功，故 C對；兩次小球著地時速度方向不同，D錯.【答案】 ABC4.置的粗糙細桿上自由滑動，細桿處于磁感應(yīng)強度為如下圖為一個質(zhì)量為m、帶電荷量為+ q的圓環(huán)，可在水平放B的勻強磁場中，圓環(huán)以初速度Vo向右運動直至處于平衡mg 2C.2q B【解析】KB.D.假設(shè)圓環(huán)所受洛倫茲力等于重力，圓環(huán)與粗糙細桿壓力為零，摩擦力為零，圓環(huán)克服摩擦力做的功為零，選項A正確；假設(shè)圓環(huán)所受洛倫茲力不等于重力

21、，圓環(huán)與粗糙細桿壓力不為零，摩擦力不為零，圓環(huán)以初速度V。向右做減速運動.假設(shè)開始圓環(huán)所受洛倫茲力小于重力，貝V直減速到零，圓環(huán)克服摩擦力做的功為gmvo，選項B正確；假設(shè)開始圓環(huán)所受洛倫茲力大于重力，那么減速到洛倫茲力等于重力到達穩(wěn)定，穩(wěn)定速度v=mg,由動能定qBW= 2 耐 2-2mv2 = 2m - vo mB2，選項 D 正確，C 錯誤.理可得圓環(huán)克服摩擦力做的功為【答案】 ABD5.如下圖，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球

22、不帶電.現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，那么A. 經(jīng)過最高點時，三個小球的速度相等B. 經(jīng)過最高點時，甲球的速度最小C. 甲球的釋放位置比乙球的高D.運動過程中三個小球的機械能均保持不變【解析】 三個小球在運動過程中機械能守恒，有mgh =?mv2,在圓形軌道的最高點時2 2 2對甲有qv!B+ mg =十也，對乙有 mg qv2B=衛(wèi)嚴，對丙有 mg=半必，可判斷 Vi>V3>V2,選 項A、B 錯誤，選項C、D正確.【答案】CD6. 2021天水高三質(zhì)檢如下圖，虛線空間中存在由勻強電場 E和勻強磁場B組成的 正交 或平行的電場和磁

23、場圖中實線為電場線，有一個帶正電小球 電荷量為+ q,質(zhì)量為m從正交或平行的電磁復(fù)合場上方的某一高度自由落下，那么，帶電小球可能沿直線通過的是【解析】 帶電小球進入復(fù)合場時受力情況其中只有 C、D兩種情況下合外力可能為零或與速度的方向相同，所以有可能沿直線通過復(fù)合場區(qū)域， A項中洛倫茲力隨速度 v的增大而增大，所以三力的合力不會總保持在豎直 方向，合力與速度方向?qū)a(chǎn)生夾角，小球做曲線運動，所以A錯.【答案】 CD創(chuàng)新導(dǎo)向練7. 生活科技電磁流量計原理的實際應(yīng)用為了測量某化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如下圖的流量計，該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a= 1 m、b =

24、 0.2 m、c = 0.2 m，左、右兩端開口，在垂直于前、后面的方向加磁感應(yīng)強度為B= 1.25 T的勻強磁場，在上下兩個面的內(nèi)側(cè)固定有金屬板 M、N作為電極.污水充滿裝置以某一速度從左向右勻速流經(jīng)該裝置時，得兩個電極間的電壓 U =1 V,且污水流過該裝置時受到阻力作用，阻力f= kLv，其中比例系數(shù)k= 15 Ns/m 2, L為污水沿流速方向的長度，v為污水的流速，以下說法正確的選項是A. 金屬板M的電勢不一定高于金屬板N的電勢，因為污水中負離子較多B. 污水中粒子濃度的上下對電壓表的示數(shù)也有一定影響C.污水的流量單位時間內(nèi)流出污水體積Q= 0.16 m 3/sD.為使污水勻速通過該

25、裝置，左、右兩側(cè)管應(yīng)施加的壓強差為AP = 1 500 Pa【解析】 根據(jù)左手定那么，正離子受到向上的洛倫茲力向M偏轉(zhuǎn)，負離子受到向下的洛倫茲力向N偏轉(zhuǎn)，所以M板的電勢一定大于 N的電勢,A錯誤；兩極板帶上電荷后，會在豎直方向上產(chǎn)生一個電場力，最后電場力和洛倫茲力平衡，故有qvB =電,解得U = vBc,與粒子濃度的大小無關(guān)，B錯誤；因為U = vBc,所以v = Y，污水的流量Q = vS = H bc= YBcBc BkaU,解得 Ap= 1 500 Pa ,n，現(xiàn)測得一塊橫截B，當通以圖示方向電流I時，在導(dǎo)體上、下外表間用電壓表可測得電壓為U.自由電子的電荷量為e，貝V下b= 0.16

26、 m /s , C正確；為使勻速通過，那么ApS= f= kLv,即Zpbc =BeD正確.【答案】 CD&科技研究 利用電磁偏轉(zhuǎn)研究金屬導(dǎo)體中自由電子特點利用如下圖的方法可以測得金屬導(dǎo)體中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)面為矩形的金屬導(dǎo)體的寬為b，厚為d，并加有與側(cè)面垂直的勻強磁場列判斷正確的選項是 A.上外表電勢高B ?下外表電勢高C.該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為IedbD ?該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為BIeUb【解析】畫出平面圖如下圖，由左手定那么可知，自由電子向上外表偏轉(zhuǎn)，故下外表電UBI勢高，B正確，A錯誤.再根據(jù)eA = evB , I = neSv = nebdV得n = e

27、BjA，故D正確，C錯誤.【答案】 BD9. 電磁泵的工作原理如下圖，電磁泵泵體是一個長方體，ab邊長為L!,兩側(cè)端面是邊長為 L2的正方 形；流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為 p在泵頭通入導(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)率為0電阻率的倒數(shù)，泵體所在處有方向垂直前后外表向外的磁場B，把泵體的上下兩外表接在電壓為U 內(nèi)阻不計的電源上，貝u 11 導(dǎo)電剤.I1； i cAb52 hA.泵體上外表應(yīng)接電源正極B ?通過泵體的電流1 =匹(TC. 增大磁感應(yīng)強度可獲得更大的抽液高度D. 增大液體的電阻率可獲得更大的抽液高度A正確;由電阻定律和歐姆定律得，=BUL i e故C正確.【答案】 AC【解析】 泵體上外表接電源正極，

28、電流方向向下，電磁泵向左拉動液體，故I = U = UL 1 er,故 B 錯誤；由 Fb= BIL2 得 Fb (TLi L2 eLi R10. 科技探究 一一海流發(fā)電的電磁原理如下圖為一利用海流發(fā)電的原理圖，用絕緣材料制成一個橫截面為矩形的管道，在管道的上、下兩個內(nèi)外表裝有兩塊電阻不計的金屬板M、N,板長為a,寬為b，板間的距離為d,將管道沿海流方向固定在海水中，在管道中加與前后外表垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B,將航標燈與兩金屬板連接圖中未畫出.海流方向如圖，海流速率為v,以下說法正確的選項是M"3Id -2.-E -彳I/IA . M板電勢高于N板的電勢B .該海流發(fā)電機

29、的電動勢為BdvC. 該海流發(fā)電機的電動勢為BavD. 管道內(nèi)海水受到的安培力方向向左【解析】 海水中的正離子受到的洛倫茲力方向向上，所以正離子向上偏轉(zhuǎn)，即M板帶正電；負離子受到的洛倫茲力方向向下，所以負離子向下偏轉(zhuǎn) ,N板帶負電，可知 M板的電勢高于N板的電勢，故 A正確；M、N兩板間形成電場，當離子所受的洛倫茲力和電 場力平衡時，兩板間的電壓穩(wěn)定，即qUd = Bqv,得U = Bdv,兩板間電壓即該海流發(fā)電機的電動勢，故B正確，C錯誤；根據(jù)左手定那么知，管道內(nèi)電流方向向上，故海水所受安培力 方向向左，D正確.【答案】ABD綜合提升練兩板帶等量異種電荷.在虛線QN右側(cè)存在垂直于紙面、磁感應(yīng)強度為B的矩形勻強磁場 圖 中未畫出.現(xiàn)有一帶電粒子以初速度 v。沿兩板中央00 '射入，并恰好從下極板邊緣射出，又經(jīng)過在矩形有界磁場中的偏轉(zhuǎn)，最終從金屬板PQ的右端進入平行金屬板 PQ、MN之間？不 計帶電粒子重力.求：(1) 粒子從下極板邊緣射出時的速度；粒子從0運動到金屬板PQ的右端經(jīng)歷的時間；(3)矩形有界磁場的最小面積.【解析】(1)帶電粒子在電場中平行極板方向做勻速運動，有-33d = voti3解得，帶電粒子在電場中運動的時間ti = ;Ad3vo帶電粒子在豎直方