專題突破課16　帶電粒子在疊加場中的運動-2025版物理大一輪復(fù)習(xí)

目標(biāo)要求1.理解速度選擇器、磁流體發(fā)電機、電磁流量計和霍爾元件的原理，掌握它們的應(yīng)用。2.了解疊加場的特點，會處理帶電粒子在疊加場中的運動問題?？键c一電場與磁場疊加的應(yīng)用實例共同特點：當(dāng)帶電粒子(不計重力)在復(fù)合場中做勻速直線運動時，qvB＝qE，即v＝eq\f(E,B)。維度1速度選擇器1.平行板中電場強度E和磁感應(yīng)強度B互相垂直。(如圖所示)2.帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qvB＝qE，即v＝eq\f(E,B)。3.速度選擇器只能選擇粒子的速度，不能選擇粒子的電性、電荷量、質(zhì)量。4.速度選擇器具有單向性。一對平行金屬板中存在勻強電場和勻強磁場，其中電場的方向與金屬板垂直，磁場的方向與金屬板平行且垂直紙面向里，如圖所示。一質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)以速度v0自O(shè)點沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運動。下列粒子分別自O(shè)點沿中軸線射入，能夠做勻速直線運動的是(所有粒子均不考慮重力的影響)()A.以速度eq\f(v0,2)射入的正電子(eq\o\al(0,1)e)B.以速度v0射入的電子(－eq\o\al(0,1)e)C.以速度2v0射入的氘核(eq\o\al(2,1)H)D.以速度4v0射入的α粒子(eq\o\al(4,2)He)解析：B根據(jù)題述，質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)以速度v0自O(shè)點沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運動，可知質(zhì)子所受的靜電力和洛倫茲力平衡，即eE＝ev0B。因此滿足速度v＝eq\f(E,B)＝v0的粒子才能夠做勻速直線運動，所以選項B正確。故選B。維度2電磁流量計如圖所示，一圓柱形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導(dǎo)電的液體向右流動。導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負(fù)離子)在洛倫茲力作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，使a、b間出現(xiàn)電勢差，當(dāng)自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差(U)達(dá)到最大，由qeq\f(U,d)＝qvB，可得v＝eq\f(U,Bd)。(1)流量的表達(dá)式：Q＝Sv＝eq\f(πd2,4)·eq\f(U,Bd)＝eq\f(πdU,4B)。(2)電勢高低的判斷：根據(jù)左手定則可得φa＞φb。工業(yè)上常用電磁流量計來測量高黏度及強腐蝕性流體的流量Q(單位時間內(nèi)流過管道橫截面的液體體積)，原理如圖甲所示，在非磁性材料做成的圓管處加一磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，當(dāng)導(dǎo)電液體流過此磁場區(qū)域時，測出管壁上下M、N兩點間的電勢差U，就可計算出管中液體的流量。為了測量某工廠的污水排放量，技術(shù)人員在充滿污水的排污管末端安裝了一個電磁流量計，如圖乙所示，已知排污管和電磁流量計處的管道直徑分別為20cm和10cm。當(dāng)流經(jīng)電磁流量計的液體速度為10m/s時，其流量約為280m3/h，若某段時間內(nèi)通過電磁流量計的流量為70m3/h，則在這段時間內(nèi)()甲乙A.M點的電勢一定低于N點的電勢B.通過排污管的污水流量約為140m3/hC.排污管內(nèi)污水的速度約為2.5m/sD.電勢差U與磁感應(yīng)強度B之比約為0.25m2/s解析：D根據(jù)左手定則可知，正電荷進(jìn)入磁場區(qū)域時會向上偏轉(zhuǎn)，負(fù)電荷向下偏轉(zhuǎn)，所以M點的電勢一定高于N點的電勢，故A錯誤；某段時間內(nèi)通過電磁流量計的流量為70m3/h，通過排污管的污水流量也是70m3/h，由Q＝πr2v，知此段時間內(nèi)流經(jīng)電磁流量計的液體速度為2.5m/s，流量計半徑為r＝5cm＝0.05m，排污管的半徑R＝10cm＝0.1m，流經(jīng)電磁流量計的液體速度為v1＝2.5m/s，則70m3/h＝πr2v1＝πR2v2，可得排污管內(nèi)污水的速度約為v2＝eq\f(2.5,4)m/s＝0.625m/s，故BC錯誤；流量計內(nèi)污水的速度約為v1＝2.5m/s，當(dāng)粒子在電磁流量計中受力平衡時，有qeq\f(U,d1)＝qv1B，可知eq\f(U,B)＝v1d1＝0.25m2/s，故D正確。故選D。維度3磁流體發(fā)電機1.原理：如圖所示，等離子體噴入磁場，正、負(fù)離子在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)而聚集在B、A板上，產(chǎn)生電勢差，它可以把離子的動能通過磁場轉(zhuǎn)化為電能。2.電源正、負(fù)極判斷：根據(jù)左手定則可判斷出圖中的B是發(fā)電機的正極。3.電源電動勢E：設(shè)A、B平行金屬板的面積為S，兩極板間的距離為l，磁場磁感應(yīng)強度為B，等離子體的電阻率為ρ，噴入氣體的速度為v，板外電阻為R。當(dāng)正、負(fù)離子所受電場力和洛倫茲力平衡時，兩極板間達(dá)到的最大電勢差為U(即電源電動勢為U)，則qeq\f(U,l)＝qvB，即E＝U＝Blv。4.電源內(nèi)阻：r＝ρeq\f(l,S)。5.回路電流：I＝eq\f(U,r＋R)。(多選)海水中含有大量的正負(fù)離子，并在某些區(qū)域具有固定的流動方向，有人據(jù)此設(shè)計并研制出“海流發(fā)電機”，可用作無污染的電源，對海洋航標(biāo)燈持續(xù)供電?！昂Ａ靼l(fā)電機”的工作原理如圖所示，用絕緣防腐材料制成一個橫截面為矩形的管道，在管道上、下兩個表面裝有防腐導(dǎo)電板M、N，板長為a、寬為b(未標(biāo)出)，兩板間距為d，將管道沿著海水流動方向固定于海水中，將航標(biāo)燈L與兩導(dǎo)電板M和N連接，加上垂直于管道前后面向后的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，海水流動方向向右，海水流動速率為v，已知海水的電阻率為ρ，航標(biāo)燈電阻不變且為R。則下列說法正確的是()A.“海流發(fā)電機”對航標(biāo)燈L供電的電流方向是M→L→NB.“海流發(fā)電機”產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大小是E＝BavC.通過航標(biāo)燈L電流的大小是eq\f(Bvdab,abR＋ρd)D.“海流發(fā)電機”發(fā)電的總功率為eq\f(B2d2v2,R)解析：AC由左手定則可知，海水中正、負(fù)離子受洛倫茲力的方向分別指向M板和N板，則M板帶正電，N板帶負(fù)電，發(fā)電機對航標(biāo)燈提供電流方向是M→L→N，故A正確；在M、N兩板間形成穩(wěn)定的電場后，其中的正、負(fù)離子受電場力和洛倫茲力作用而平衡，在兩板間形成穩(wěn)定電壓，則有eq\f(qU,d)＝Bqv，解得“海流發(fā)電機”產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大小為E＝U＝Bdv，故B錯誤；海水的電阻為r＝ρeq\f(L,S)＝ρeq\f(d,ab)，由閉合電路歐姆定律可得，通過航標(biāo)燈的電流為I＝eq\f(U,R＋r)＝eq\f(Bvdab,abR＋ρd)，故C正確；“海流發(fā)電機”發(fā)電的總功率為P＝IE＝eq\f(B2v2d2ab,abR＋ρd)，故D錯誤。故選AC。維度4霍爾效應(yīng)的原理和分析1.霍爾效應(yīng)：高為h、寬為d的導(dǎo)體(自由電荷是電子或正電荷)置于勻強磁場B中，當(dāng)電流通過導(dǎo)體時，在導(dǎo)體的上表面A和下表面A′之間產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，此電壓稱為霍爾電壓。2.電勢高低的判斷：如圖，導(dǎo)體中的電流I向右時，根據(jù)左手定則可得，若自由電荷是電子，則下表面A′的電勢高。若自由電荷是正電荷，則下表面A′的電勢低。3.霍爾電壓的計算：導(dǎo)體中的自由電荷(電荷量為q)在洛倫茲力作用下偏轉(zhuǎn)，A、A′間出現(xiàn)電勢差，當(dāng)自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，A、A′間的電勢差(U)就保持穩(wěn)定，由qvB＝qeq\f(U,h)，I＝nqvS，S＝hd，聯(lián)立得U＝eq\f(BI,nqd)＝keq\f(BI,d)，k＝eq\f(1,nq)稱為霍爾系數(shù)。磁敏元件在越來越多的電子產(chǎn)品中被使用，市場上看到的帶皮套的智能手機就是使用磁性物質(zhì)和霍爾元件等起到開關(guān)控制的，當(dāng)打開皮套，磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，手機屏幕亮；當(dāng)合上皮套，磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，手機進(jìn)入省電模式。如圖所示，一塊寬度為d、長為l、厚度為h的矩形半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子，通入水平向右大小為I的電流時，當(dāng)手機套合上時元件處于垂直于上表面、方向向上且磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，于是元件的前、后表面產(chǎn)生穩(wěn)定電勢差UH；以此來控制屏幕熄滅，則下列說法正確的是()A.前表面的電勢比后表面的電勢高B.自由電子所受洛倫茲力的大小為eq\f(eUH,h)C.用這種霍爾元件探測某空間的磁場時，霍爾元件的擺放方向?qū)H無影響D.若該元件單位體積內(nèi)的自由電子個數(shù)為n，則發(fā)生霍爾效應(yīng)時，元件前后表面的電勢差為UH＝eq\f(BI,neh)解析：D元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子，通入水平向右大小為I的電流時，電子向左運動，由左手定律可得電子受洛倫茲力的作用往前表面偏轉(zhuǎn)，故前表面的電勢比后表面的電勢低，故A錯誤；元件的前、后表面產(chǎn)生穩(wěn)定電勢差時，電子受到的洛倫茲力與電場力平衡evB⊥＝eq\f(UH,d)e，整理得UH＝B⊥vd，B⊥為垂直于上表面的磁感應(yīng)強度的大小，故霍爾元件的擺放方向?qū)H有影響，故BC錯誤；元件單位體積內(nèi)的自由電子個數(shù)為n，根據(jù)電流的微觀表達(dá)式I＝neSv＝nehdv，整理得v＝eq\f(I,nehd)，電子受到的洛倫茲力與電場力平衡evB＝eq\f(UH,d)e，聯(lián)立得元件前后表面的電勢差為UH＝eq\f(BI,neh)，D正確。故選D?？键c二帶電粒子在疊加場中的運動1.關(guān)于是否考慮粒子重力的三種情況(1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因為其重力一般情況下與靜電力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、塵埃等一般應(yīng)當(dāng)考慮其重力。(2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，按題目要求處理。(3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進(jìn)行受力分析與運動分析時，要結(jié)合運動狀態(tài)確定是否要考慮重力。2.疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。3.帶電粒子在疊加場中常見的幾種運動形式運動性質(zhì)受力特點方法規(guī)律勻速直線運動其他力的合力與洛倫茲力等大反向平衡條件勻速圓周運動除洛倫茲力外，其他力的合力為零牛頓第二定律、圓周運動的規(guī)律較復(fù)雜的曲線運動除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向動能定理、能量守恒定律如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B＝0.5T，還有沿x軸負(fù)方向的勻強電場，電場強度大小為E＝2N/C。在第一象限空間有沿y軸負(fù)方向、電場強度大小也為E的勻強電場，并在y＞h＝0.4m的區(qū)域有磁感應(yīng)強度大小也為B的垂直于紙面向里的勻強磁場。一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿PO做勻速直線運動(PO與x軸負(fù)方向的夾角為θ＝45°)，并從原點O進(jìn)入第一象限。已知重力加速度g取10m/s2，求：(1)油滴在第三象限運動時受到的重力、靜電力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶哪種電荷；(2)油滴在P點得到的初速度大??；(3)油滴在第一象限運動的時間(取π＝3.14)。解析：(1)根據(jù)受力分析(如圖所示)，可知油滴帶負(fù)電荷，設(shè)油滴質(zhì)量為m，由平衡條件得mg∶qE∶F＝1∶1∶eq\r(2)。(2)由第(1)問得qvB＝eq\r(2)qE，代入數(shù)據(jù)解得v＝eq\f(\r(2)E,B)＝4eq\r(2)m/s。(3)進(jìn)入第一象限，靜電力和重力平衡，油滴先做勻速直線運動，從A點進(jìn)入y>h的區(qū)域后做勻速圓周運動，再從C點離開y>h區(qū)域，最后從x軸上的N點離開第一象限。由O→A勻速運動的位移為s1＝eq\f(h,sin45°)＝eq\r(2)h其運動時間t1＝eq\f(s1,v)＝0.1s由qvB＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)得T＝eq\f(2πm,qB)油滴從A→C做圓周運動的時間為t2＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πE,2gB)＝0.628s由對稱性知，從C→N的時間t3＝t1故油滴在第一象限運動的總時間t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1s＋0.628s＝0.828s。答案：(1)1∶1∶eq\r(2)負(fù)電荷(2)4eq\r(2)m/s(3)0.828s【對點訓(xùn)練】1.(帶電粒子在疊加場中的直線運動)如圖所示，某豎直平面內(nèi)存在著相互正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向左，磁場方向水平向外。一質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點射入該區(qū)域，微粒恰好沿速度方向做直線運動，下列說法中正確的是()A.微粒從O到A的運動可能是勻減速直線運動B.該微粒一定帶正電荷C.該磁場的磁感應(yīng)強度大小為eq\f(mg,qvcosθ)D.該電場的場強為Bvcosθ解析：C若微粒帶正電，它受豎直向下的重力mg、向左的電場力qE和右斜向下的洛倫茲力qvB，知微粒不能做直線運動。據(jù)此可知微粒一定帶負(fù)電，它受豎直向下的重力mg、向右的電場力qE和左斜向上的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運動，可知微粒一定做勻速直線運動，故AB錯誤；由平衡條件有關(guān)系cosθ＝eq\f(mg,qvB)，sinθ＝eq\f(qE,Bqv)，得磁場的磁感應(yīng)強度B＝eq\f(mg,qvcosθ)，電場的場強E＝Bvsinθ，故C正確，D錯誤。故選C。2.(帶電粒子在疊加場中的圓周運動)(多選)如圖，光滑絕緣水平面的右側(cè)存在著勻強電場和勻強磁場組成的復(fù)合場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B；一電荷量為q、質(zhì)量為m的金屬小球a在水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，與靜止著的另一完全相同的不帶電金屬小球b發(fā)生彈性碰撞，此后小球b水平向右進(jìn)入復(fù)合場中，在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。電荷量的損失不計，碰撞后不考慮a、b之間的相互作用，重力加速度大小為g。下列判斷正確的是()A.小球a可能帶正電B.小球a、b碰撞后的b速度v＝eq\f(1,2)eq\r(\f(2qU,m))C.小球b做勻速圓周運動的半徑為r＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))D.小球b從圓的最低點到最高點，機械能增加量為ΔE＝eq\f(4mg,B)eq\r(\f(2mU,q))解析：CD球a、b碰撞后，b球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，則重力和電場力平衡，所以電場力豎直向上，b球帶負(fù)電，故小球a帶負(fù)電，故A錯誤；小球a加速過程，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv02，碰撞過程由動量守恒定律及機械能守恒可知a、b小球速度互換，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，故B錯誤；小球a、b碰撞后b在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，b的帶電量為eq\f(q,2)，由牛頓第二定律得eq\f(q,2)vB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))，故C正確；洛倫茲力不做功，電場力做功為W＝eq\f(q,2)E·2r＝eq\f(4mg,B)eq\r(\f(2mU,q))，所以機械能增加量ΔE＝eq\f(4mg,B)·eq\r(\f(2mU,q))，故D正確。故選CD。考點三軌道約束情況下帶電體在磁場中的運動帶電體在重力場、磁場、電場中運動時，從整個物理過程上看有多種不同的運動形式，其中從運動條件上看分為有軌道約束和無軌道約束?，F(xiàn)從力、運動和能量的觀點研究三種有軌道約束的帶電體的運動。(多選)如圖所示，空間同時存在垂直于紙面向里的勻強磁場和水平向左的勻強電場，磁感應(yīng)強度大小為B，電場強度大小為E。在該空間的豎直平面(即紙面)內(nèi)固定一足夠長的粗糙絕緣桿，桿與電場正方向夾角為60°。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球套在絕緣桿上，在t＝0時刻以初速度v0沿桿向下運動。已知qE＝eq\r(3)mg，下列描述小球運動的v-t圖像可能正確的是()解析：ACD對小球受力分析，重力和電場力的合力大小F＝eq\r(（mg）2＋（Eq）2)＝2mg，設(shè)與水平方向的夾角為θ，tanθ＝eq\f(mg,Eq)＝eq\f(\r(3),3)，θ＝30°，即重力和電場力的合力方向與桿對小球的支持力在同一直線上，如果初狀態(tài)Bqv0＝2mg，則N＝0，f＝0，可得a＝0，所以小球做勻速直線運動。Bqv0＞2mg時，彈力垂直于桿斜向下，摩擦力沿桿斜向上，小球做減速運動，速度減小，洛倫茲力減小，彈力減小，摩擦力減小，加速度減小，當(dāng)加速度減到零時，做勻速直線運動。Bqv0＜2mg時，彈力垂直于桿斜向上，摩擦力沿桿斜向上，小球做減速運動，速度減小，洛倫茲力減小，彈力增大，摩擦力增大，加速度增大，直到速度減為零。故選A、C、D。【對點訓(xùn)練】3.(帶電物塊與絕緣物塊的組合)(多選)如圖所示，甲是一個帶正電的小物塊，乙是一個不帶電的絕緣物塊。甲、乙疊放在一起置于粗糙水平面上，水平面上方有垂直于紙面向里的勻強磁場?，F(xiàn)用一個水平恒力拉乙物塊，使甲、乙無相對滑動地一起向左加速運動。在共同加速階段，下列說法中正確的是()A.甲、乙兩物塊間的靜摩擦力不斷增大B.甲、乙兩物塊間的靜摩擦力不斷減小C.乙物塊與地面間的摩擦力大小不變D.乙物塊與地面間的摩擦力不斷增大解析：BD以甲乙整體為研究對象，分析受力如圖。則有FN＝F洛＋(m甲＋m乙)g，當(dāng)甲乙一起加速運動時，洛倫茲力F洛增大，滑動摩擦力Ff增大，C錯誤，D正確；Ff增大，F(xiàn)一定，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度a減小，對甲研究得到，乙對甲的摩擦力Ff＝ma，則得到Ff減小，甲、乙兩物塊間的靜摩擦力不斷減小，A錯誤，B正確；故選BD。4.(帶電小球與絕緣斜面的組合)如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，在傾角為θ的光滑絕緣斜面上由靜止開始下滑。圖中虛線是左、右兩側(cè)勻強磁場(圖中未畫出)的分界線，左側(cè)磁場的磁感應(yīng)強度為eq\f(B,2)，右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強度為B，兩磁場的方向均垂直于紙面向外。當(dāng)小球剛下滑至分界線時，對斜面的壓力恰好為零。已知重力加速度為g，斜面足夠長，小球可視為質(zhì)點。(1)判斷小球帶何種電荷；(2)求小球沿斜面下滑的最大速度；(3)求小球速度達(dá)到最大時，在左側(cè)磁場中下滑的距離L。解析：(1)根據(jù)題意可知，小球下滑過程中受到的洛倫茲力方向垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知小球帶正電荷。(2)當(dāng)小球剛下滑至分界線時，對斜面的壓力恰好為零，然后小球繼續(xù)向下運動，在左側(cè)區(qū)域當(dāng)壓力再次為零時，速度達(dá)到最大值，則有qvmeq\f(B,2)＝mgcosθ解得vm＝eq\f(2mgcosθ,qB)。(3)當(dāng)小球剛下滑至分界線時，對斜面的壓力恰好為零，設(shè)此時速度為v，則有qvB＝mgcosθ，解得v＝eq\f(mgcosθ,qB)小球下滑的過程中，由牛頓第二定律得mgsinθ＝ma解得a＝gsinθ由運動學(xué)規(guī)律可得2aL＝vm2－v2聯(lián)立解得L＝eq\f(3m2gcos2θ,2q2B2sinθ)。答案：(1)正電荷(2)eq\f(2mgcosθ,qB)(3)eq\f(3m2gcos2θ,2q2B2sinθ)限時規(guī)范訓(xùn)練44[基礎(chǔ)鞏固題組]1.(2021·河北卷)如圖，距離為d的兩平行金屬板P、Q之間有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B1，一束速度大小為v的等離子體垂直于磁場噴入板間，相距為L的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B2，導(dǎo)軌平面與水平面夾角為θ，兩導(dǎo)軌分別與P、Q相連，質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，恰好靜止，重力加速度為g，不計導(dǎo)軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力，下列說法正確的是()A.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向上，v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)B.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)C.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向上，v＝eq\f(mgRtanθ,B1B2Ld)D.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，v＝eq\f(mgRtanθ,B1B2Ld)解析：B等離子體垂直于磁場噴入板間時，根據(jù)左手定則可得金屬板Q帶正電荷，金屬板P帶負(fù)電荷，則電流方向由金屬棒a端流向b端。等離子體穿過金屬板P、Q時產(chǎn)生的電動勢U滿足qeq\f(U,d)＝qB1v，由歐姆定律I＝eq\f(U,R)和安培力公式F＝BIL可得F安＝B2L·eq\f(U,R)＝eq\f(B2B1Lvd,R)，再根據(jù)金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，恰好靜止，可得F安＝mgsinθ，則v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)，金屬棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定則可判定導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，故選B。2.某化工廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，測量管由絕緣材料制成，其長為L、直徑為D，左右兩端開口，在前后兩個內(nèi)側(cè)面a、c固定有金屬板作為電極，勻強磁場方向豎直向下。污水(含有大量的正、負(fù)離子)充滿管口從左向右流經(jīng)該測量管時，a、c兩端的電壓為U，顯示儀器顯示污水流量Q(單位時間內(nèi)排出的污水體積)。則()A.a側(cè)電勢比c側(cè)電勢低B.污水中離子濃度越高，顯示儀器的示數(shù)越大C.污水流量Q與U成正比，與L、D無關(guān)D.勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝eq\f(πDU,4Q)解析：D污水中正、負(fù)離子從左向右移動，受到洛倫茲力，根據(jù)左手定則，正離子向后表面偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向前表面偏轉(zhuǎn)，所以a側(cè)電勢比c側(cè)電勢高，故A錯誤；最終正、負(fù)離子會在靜電力和洛倫茲力作用下處于平衡狀態(tài)，有qE＝qvB，即eq\f(U,D)＝vB，則污水流量Q＝eq\f(vπD2,4)＝eq\f(U,DB)·eq\f(πD2,4)＝eq\f(πUD,4B)，可知Q與U、D成正比，與L無關(guān)，顯示儀器的示數(shù)與離子濃度無關(guān)，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝eq\f(πUD,4Q)，故D正確，B、C錯誤。3.(2023·浙江卷)某興趣小組設(shè)計的測量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場B＝k1I，通有待測電流I′的直導(dǎo)線ab垂直穿過螺繞環(huán)中心，在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場B′＝k2I′。調(diào)節(jié)電阻R，當(dāng)電流表示數(shù)為I0時，元件輸出霍爾電壓UH為零，則待測電流I′的方向和大小分別為()A.a→b，eq\f(k2,k1)I0 B.a→b，eq\f(k1,k2)I0C.b→a，eq\f(k2,k1)I0 D.b→a，eq\f(k1,k2)I0解析：D根據(jù)安培定則可知螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場方向向下，則要使元件輸出霍爾電壓UH為零，直導(dǎo)線ab在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場方向應(yīng)向上，根據(jù)安培定則可知待測電流I′的方向應(yīng)該是b→a；元件輸出霍爾電壓UH為零，則霍爾元件處合場強為0，所以有k1I0＝k2I′解得I′＝eq\f(k1,k2)I0，所以選項D正確。4.(多選)如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有()A.電子從N到P，電場力做正功B.N點的電勢高于P點的電勢C.電子從M到N，洛倫茲力不做功D.電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力解析：BC電子從M點由靜止釋放，從M到N，電場力做正功，M、P在同一等勢面上，可知電子從N到P，電場力做負(fù)功，A錯誤；根據(jù)沿電場線方向電勢降低，可知N點電勢高于P點電勢，B正確；根據(jù)洛倫茲力方向與速度方向垂直，對帶電粒子不做功，可知電子從M到N，洛倫茲力不做功，C正確；洛倫茲力不做功，且M、P在同一等勢面上，可知電子在M點和P點速度都是零，即電子在M點和P點都是只受到電場力作用，所以電子在M點所受的合力等于在P點所受的合力，D錯誤。5.(多選)如圖甲所示，絕緣輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場中的O點，另一端連接帶正電的小球，小球電荷量q＝6×10－7C，在圖示坐標(biāo)中，電場方向沿豎直方向，坐標(biāo)原點O的電勢為零。當(dāng)小球以2m/s的速率繞O點在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動時，細(xì)繩上的拉力剛好為零。在小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢φ隨縱坐標(biāo)y的變化關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2。則下列判斷正確的是()甲乙A.勻強電場的場強大小為3.2×106V/mB.小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能減少了2.4JC.小球做順時針方向的勻速圓周運動D.小球所受的洛倫茲力的大小為3N解析：BD根據(jù)小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢φ隨縱坐標(biāo)y的變化關(guān)系可得，勻強電場的電場強度大小E＝eq\f(2×106,0.4)V/m＝5×106V/m，故選項A錯誤；由于帶電小球在做勻速圓周運動過程中，只有重力和電場力做功，則只有重力勢能和電勢能的相互轉(zhuǎn)化，又由于帶電小球在復(fù)合場(重力場、勻強電場和勻強磁場)中做勻速圓周運動，且細(xì)繩上的拉力剛好為零，則有小球受到的豎直向下的重力與其受到的電場力等大、反向，即qE＝mg，因此當(dāng)帶電小球從最低點運動到最高點的過程中，即小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能減少量為qE·2L＝2.4J，故選項B正確；由于帶電小球所受的洛倫茲力提供小球做勻速圓周運動的向心力，根據(jù)左手定則可知，小球沿逆時針方向運動，故選項C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可得FB＝eq\f(mv2,L)，又qE＝mg，解得FB＝3N，即小球所受的洛倫茲力的大小為3N，故選項D正確。6.(2023·全國乙卷)如圖，一磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP＝l，S與屏的距離為eq\f(l,2)，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達(dá)接收屏。該粒子的比荷為()A.eq\f(E,2aB2) B.eq\f(E,aB2)C.eq\f(B,2aE2) D.eq\f(B,aE2)解析：A由題知，一帶電粒子由O點沿x軸正方向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，則根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子做圓周運動的半徑r＝2a，則粒子做圓周運動有qvB＝meq\f(v2,r)，則有eq\f(q,m)＝eq\f(v,2a·B)，如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達(dá)接收屏，則有Eq＝qvB，聯(lián)立有eq\f(q,m)＝eq\f(E,2aB2)，故選A。[能力提升題組]7.(多選)如圖所示，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(fù)電、丙球不帶電?，F(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，則()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：CD設(shè)磁感應(yīng)強度為B，圓形軌道半徑為r，三個小球質(zhì)量均為m，它們恰好通過最高點時的速度分別為v甲、v乙和v丙，由牛頓第二定律有mg＋Bv甲q甲＝eq\f(mv甲2,r)，mg－Bv乙q乙＝eq\f(mv乙2,r)，mg＝eq\f(mv丙2,r)，則v甲＞v丙＞v乙，選項A、B錯誤；三個小球在運動過程中，只有重力做功，即它們的機械能守恒，選項D正確；甲球在最高點處的動能最大，因為勢能相等，所以甲球的機械能最大，甲球的釋放位置最高，選項C正確。8.如圖所示，勻強磁場垂直于紙面向里，勻強電場平行于斜面向下