目錄
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc20961" 一 講核心素養(yǎng) PAGEREF _Tc20961 1
\l "_Tc10452" 二 講必備知識 PAGEREF _Tc10452 1
\l "_Tc1651" 【知識點一】帶電粒子在組合場中的運動 PAGEREF _Tc1651 1
\l "_Tc20533" 題型一 磁場與磁場的組合 PAGEREF _Tc20533 2
\l "_Tc22531" 題型二 電場與磁場的組合 PAGEREF _Tc22531 4
\l "_Tc10892" 【知識點二】帶電粒子在疊加場中的運動 PAGEREF _Tc10892 8
\l "_Tc27017" 【知識點三】帶電粒子在交變電、磁場中的運動 PAGEREF _Tc27017 12
\l "_Tc27510" 三．講關(guān)鍵能力-----洛倫茲力與現(xiàn)代科技 PAGEREF _Tc27510 15
\l "_Tc16625" 【能力點一】會分析質(zhì)譜儀模型 PAGEREF _Tc16625 15
\l "_Tc9966" 【能力點二】回旋加速器的原理和分析 PAGEREF _Tc9966 16
\l "_Tc6425" 【能力點三】電場與磁場疊加的應用實例 PAGEREF _Tc6425 18
\l "_Tc4066" 實例1 速度選擇器 PAGEREF _Tc4066 19
\l "_Tc22175" 實例2 磁流體發(fā)電機 PAGEREF _Tc22175 19
\l "_Tc2127" 實例3 電磁流量計 PAGEREF _Tc2127 20
\l "_Tc3063" 實例4 霍爾效應的原理和分析 PAGEREF _Tc3063 21
一 講核心素養(yǎng)
1.物理觀念：組合場、疊加場。
(1).掌握帶電粒子在組合場中的運動規(guī)律和分析思路學會處理磁場和磁場組合、電場和磁場組合帶電粒子運動問題．
(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。
2.科學思維：牛頓運動定律、運動學公式、動能定理、能量守恒定律、類平拋運動的規(guī)律、圓周運動的規(guī)律。
3.情感態(tài)度價值觀：通過學習常見的電子儀器體會洛倫茲的科技應用。
二 講必備知識
【知識點一】帶電粒子在組合場中的運動
1．組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn)．
2．帶電粒子在組合場中運動的分析思路
第1步：粒子按照時間順序進入不同的區(qū)域可分成幾個不同的階段．
第2步：受力分析和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如圖所示．
第3步：用規(guī)律
題型一 磁場與磁場的組合
【例1】 (2020·江蘇卷·16)空間存在兩個垂直于Oxy平面的勻強磁場，y軸為兩磁場的邊界，磁感應強度分別為2B0、3B0.甲、乙兩種比荷不同的粒子同時從原點O沿x軸正向射入磁場，速度均為v.甲第1次、第2次經(jīng)過y軸的位置分別為P、Q，其軌跡如圖所示．甲經(jīng)過Q時，乙也恰好同時經(jīng)過該點．已知甲的質(zhì)量為m，電荷量為q.不考慮粒子間的相互作用和重力影響．求：
(1)Q到O的距離d；
(2)甲兩次經(jīng)過P點的時間間隔Δt；
(3)乙的比荷eq \f(q′,m′)可能的最小值．
【答案】(1)eq \f(mv,3qB0) (2)eq \f(2πm,qB0) (3)eq \f(2q,m)
【解析】 (1)甲粒子先后在兩磁場中做勻速圓周運動，設半徑分別為r1、r2
由qvB＝meq \f(v2,r)可知r＝eq \f(mv,qB)，
故r1＝eq \f(mv,2qB0)，r2＝eq \f(mv,3qB0)
且d＝2r1－2r2
解得d＝eq \f(mv,3qB0)
(2)甲粒子先后在兩磁場中做勻速圓周運動，設運動時間分別 t1、t2
由T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)得t1＝eq \f(πm,2qB0)，t2＝eq \f(πm,3qB0)
且Δt＝2t1＋3t2
解得Δt＝eq \f(2πm,qB0)
(3)乙粒子周期性地先后在兩磁場中做勻速圓周運動
若經(jīng)過兩磁場的次數(shù)均為n(n＝1,2,3，…)
相遇時，有neq \f(m′v,3q′B0)＝d，neq \f(5πm′,6q′B0)＝t1＋t2
解得eq \f(q′,m′)＝neq \f(q,m)
根據(jù)題意，n＝1舍去．
當n＝2時，eq \f(q′,m′)有最小值，(eq \f(q′,m′))min＝eq \f(2q,m)
若先后經(jīng)過右側(cè)、左側(cè)磁場的次數(shù)分別為(n＋1)、n(n＝0,1,2,3，…)，經(jīng)分析不可能相遇．
綜上分析，乙的比荷的最小值為eq \f(2q,m).
【素養(yǎng)升華】本題考察的學科素養(yǎng)主要是科學思維。
【技巧總結(jié)】磁場與磁場的組合問題實質(zhì)就是兩個有界磁場中的圓周運動問題，帶電粒子在兩個磁場中的速度大小相同，但軌跡半徑和運動周期往往不同．解題時要充分利用兩段圓弧軌跡的銜接點與兩圓心共線的特點，進一步尋找邊角關(guān)系．
【變式訓練】如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x≥0區(qū)域，磁感應強度的大小為B0；x＜0區(qū)域，磁感應強度的大小為λB0(常數(shù)λ＞1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求(不計重力)
(1)粒子運動的時間；
(2)粒子與O點間的距離。
【答案】 (1)eq \f(πm,qB0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,λ))) (2)eq \f(2mv0,qB0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,λ)))
【解析】 (1)在勻強磁場中，帶電粒子做圓周運動。設在x≥0區(qū)域，軌道半徑為R1；在x＜0區(qū)域，軌道半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得
qv0B0＝meq \f(veq \\al(2,0),R1)①
qv0λB0＝meq \f(veq \\al(2,0),R2)②
粒子速度方向轉(zhuǎn)過180°時，所需時間t1為
t1＝eq \f(πR1,v0)③
粒子再轉(zhuǎn)過180°時，所需時間t2為
t2＝eq \f(πR2,v0)④
聯(lián)立①②③④式得，所求時間為
t0＝t1＋t2＝eq \f(πm,qB0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,λ)))⑤
(2)由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為
d0＝2(R1－R2)＝eq \f(2mv0,qB0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,λ)))⑥
題型二 電場與磁場的組合
【例2】（2021全國甲卷第25題.） 如圖，長度均為l的兩塊擋板豎直相對放置，間距也為l，兩擋板上邊緣P和M處于同一水平線上，在該水平線的上方區(qū)域有方向豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E；兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應強度大小可調(diào)節(jié)的勻強磁場。一質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子自電場中某處以大小為v0的速度水平向右發(fā)射，恰好從P點處射入磁場，從兩擋板下邊緣Q和N之間射出磁場，運動過程中粒子未與擋板碰撞。已知粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°，不計重力。
（1）求粒子發(fā)射位置到P點的距離；
（2）求磁感應強度大小的取值范圍；
（3）若粒子正好從QN的中點射出磁場，求粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離。
【答案】（1） SKIPIF 1 < 0 ；（2） SKIPIF 1 < 0 ；（3）粒子運動軌跡見解析， SKIPIF 1 < 0
【解析】
（1）帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律可知
SKIPIF 1 < 0 ①
SKIPIF 1 < 0 ②
粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°，有
SKIPIF 1 < 0 ③
粒子發(fā)射位置到P點的距離
SKIPIF 1 < 0 ④
由①②③④式得
SKIPIF 1 < 0 ⑤
（2）帶電粒子在磁場運動在速度
SKIPIF 1 < 0 ⑥
帶電粒子在磁場中運動兩個臨界軌跡（分別從Q、N點射出）如圖所示
由幾何關(guān)系可知，最小半徑
SKIPIF 1 < 0 ⑦
最大半徑
SKIPIF 1 < 0 ⑧
帶電粒子在磁場中做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由向心力公式可知
SKIPIF 1 < 0 ⑨
由⑥⑦⑧⑨解得，磁感應強度大小的取值范圍
SKIPIF 1 < 0
（3）若粒子正好從QN的中點射出磁場時，帶電粒子運動軌跡如圖所示。
由幾何關(guān)系可知
SKIPIF 1 < 0 ⑩
帶電粒子的運動半徑為
SKIPIF 1 < 0 ?
粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離
SKIPIF 1 < 0 ?
由⑩??式解得
SKIPIF 1 < 0 ?
【素養(yǎng)升華】本題考察的學科素養(yǎng)主要是科學思維。
【技巧總結(jié)】1．帶電粒子先在勻強電場中做勻加速直線運動，然后垂直進入勻強磁場做勻速圓周運動，如圖
2．帶電粒子先在勻強電場中做類平拋運動，然后垂直進入磁場做勻速圓周運動，如圖
【變式訓練】如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在y0表示電場方向豎直向上．在t＝0時刻，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電微粒從邊界P上的A點處水平射入該區(qū)域，先沿直線運動到某點，再經(jīng)歷一次完整的半徑為L的勻速圓周運動，最后沿直線運動從邊界Q上的B點處離開磁場，重力加速度為g.求：
(1)圖乙中的E0；
(2)微粒剛進入磁場時的速度v0的大小及磁場的磁感應強度的大小B；
(3)電場變化周期T的范圍．
【答案】 (1)eq \f(mg,q) (2)eq \r(2gL) eq \f(m,qL)eq \r(2gL) (3)(1＋π)eq \r(\f(2L,g))≤T≤(eq \f(3,2)＋π)eq \r(\f(2L,g))
【解析】 (1)由帶電微粒做勻速圓周運動可得qE0＝mg
解得E0＝eq \f(mg,q)
(2)由帶電微粒做直線運動可知Bqv0＝mg＋qE0
由帶電微粒做勻速圓周運動可得Bqv0＝meq \f(v02,L)
由上述兩式解得v0＝eq \r(2gL)
B＝eq \f(m,qL)eq \r(2gL)
(3)(Ⅰ)如圖a所示，當O點為AB中點時，所對應的周期T為最小周期．
設微粒從A運動至O點處所需要的時間為t1
t1＝eq \f(xAO,v0)＝eq \f(2L,\r(2gL))＝eq \r(\f(2L,g))
設微粒做勻速圓周運動的周期為t2，由v0＝eq \f(2π,t2)L得t2＝πeq \r(\f(2L,g))
則最小周期Tmin＝t1＋t2＝(1＋π)eq \r(\f(2L,g))
(Ⅱ)如圖b所示，當圓軌跡與右邊界Q相切時，所對應的周期T為最大周期．
設微粒從A運動至O點處所需要的時間為t1′，t1′＝eq \f(xAO,v0)＝eq \f(3L,\r(2gL))＝eq \f(3,2)eq \r(\f(2L,g))
設微粒做勻速圓周運動的周期為t2′，t2′＝eq \f(2πL,v0)＝πeq \r(\f(2L,g))
則最大周期Tmax＝t1′＋t2′＝(eq \f(3,2)＋π)eq \r(\f(2L,g))
綜上所述，電場變化周期T的范圍是(1＋π)eq \r(\f(2L,g))≤T≤(eq \f(3,2)＋π)eq \r(\f(2L,g)).
【素養(yǎng)升華】本題考察的學科素養(yǎng)主要是科學思維。
【變式訓練】(2021·甘肅天水市模擬)如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向、沿y軸正方向電場強度為正)．在t＝0時刻由原點O發(fā)射初速度大小為v0，方向沿y軸正方向的帶負電粒子．已知v0、t0、B0，粒子的比荷為eq \f(π,B0t0)，不計粒子的重力．求：
(1)t＝t0時，粒子的位置坐標；
(2)若t＝5t0時粒子回到原點，0～5t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離；
(3)若粒子能夠回到原點，滿足條件的所有E0值．
【答案】 (1)(eq \f(2v0t0,π)，0) (2)(eq \f(3,2)＋eq \f(2,π))v0t0 (3)eq \f(v0B0,nπ)(n＝1,2,3，…)
【解析】 (1)粒子在0～t0內(nèi)沿順時針方向做勻速圓周運動qv0B0＝meq \f(v02,r1)，T＝eq \f(2πr1,v0)，解得r1＝eq \f(mv0,qB0)，T＝eq \f(2πm,qB0)
又粒子的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(π,B0t0)
解得r1＝eq \f(v0t0,π)，T＝2t0
故t＝t0時，粒子的位置坐標為(eq \f(2v0t0,π)，0)．
(2)粒子在t＝5t0時回到原點，運動軌跡如圖甲所示．由r2＝2r1，r1＝eq \f(mv0,qB0)，r2＝eq \f(mv2,qB0)，解得v2＝2v0
則在0～5t0時間內(nèi)粒子距x軸的最大距離hm＝eq \f(v0＋2v0,2)t0＋r2＝(eq \f(3,2)＋eq \f(2,π))v0t0.
(3)如圖乙所示，設帶電粒子在x軸下方做圓周運動的軌跡半徑為r2′，由幾何關(guān)系可知，要使粒子能夠回到原點，則必須滿足n(2r2′－2r1)＝2r1(n＝1,2,3，…)
其中r2′＝eq \f(mv,qB0)
解得v＝eq \f(n＋1,n)v0(n＝1,2,3，…)
又v＝v0＋eq \f(qE0,m)t0
解得E0＝eq \f(v0B0,nπ)(n＝1,2,3，…)．
三．講關(guān)鍵能力-----洛倫茲力與現(xiàn)代科技
【能力點一】會分析質(zhì)譜儀模型
【例1】(2021·北京市東城區(qū)上學期期末)帶電粒子的電荷量與質(zhì)量之比(eq \f(q,m))叫做比荷，比荷的測定對研究帶電粒子的組成和結(jié)構(gòu)具有重大意義。利用質(zhì)譜儀可以測量帶電粒子的比荷，如圖所示為一種質(zhì)譜儀的原理示意圖。某帶電粒子從容器A下方的小孔飄入加速電場(其初速度可視為零)，之后自O點沿著與磁場邊界垂直的方向進入勻強磁場中，最后打到照相底片上的P點。忽略重力的影響。當加速電場的電勢差為U，勻強磁場的磁感應強度為B時，O點與P點間的距離為L。
(1)請判斷該帶電粒子帶正電還是帶負電；
(2)求該帶電粒子的比荷。
【答案】 (1)正電 (2)eq \f(8U,B2L2)
【解析】 (1)根據(jù)粒子在磁場中的運動軌跡，結(jié)合左手定則可判斷帶電粒子帶正電。
(2)帶電粒子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理qU＝eq \f(1,2)mv2
帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力充當向心力qvB＝meq \f(v2,R)
由題知R＝eq \f(1,2)L
解得帶電粒子的比荷 eq \f(q,m)＝eq \f(8U,B2L2)
【素養(yǎng)升華】本題考察的學科素養(yǎng)主要是科學思維。
【模型提煉】1.作用
測量帶電粒子質(zhì)量和分離同位素的儀器。
2.原理(如圖所示)
(1)加速電場：qU＝eq \f(1,2)mv2。
(2)偏轉(zhuǎn)磁場：qvB＝eq \f(mv2,r)，l＝2r，由以上兩式可得
r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))，m＝eq \f(qr2B2,2U)，eq \f(q,m)＝eq \f(2U,B2r2)。
【變式訓練】(多選)(2020·江蘇南通等七市高三下學期6月三調(diào))如圖所示，電荷量相等的兩種離子氖20和氖22從容器下方的狹縫S1飄入(初速度為零)電場區(qū)，經(jīng)電場加速后通過狹縫S2、 S3垂直于磁場邊界MN射入勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后發(fā)生分離，最終到達照相底片D上．不考慮離子間的相互作用，則( )
A．電場力對每個氖20和氖22做的功相等
B．氖22進入磁場時的速度較大
C．氖 22在磁場中運動的半徑較小
D．若加速電壓發(fā)生波動，兩種離子打在照相底片上的位置可能重疊
【答案】 AD
【解析】 電場力對粒子做的功為W＝qU，則電場力對每個氖20和氖22做的功相等，A正確；根據(jù)qU＝eq \f(1,2)mv2，得v＝eq \r(\f(2qU,m))，所以氖22(質(zhì)量較大)進入磁場時的速度較小，B錯誤；根據(jù)r＝eq \f(mv,qB)和v＝eq \r(\f(2qU,m))得r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))，因為氖22質(zhì)量較大，所以氖22在磁場中運動的半徑較大，C錯誤；加速電壓發(fā)生波動，根據(jù)r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))，兩種離子打在照相底片上的位置可能重疊(不同時刻)，D正確．
【能力點二】回旋加速器的原理和分析
【例2】 (多選)(2021·安徽六安市省示范高中教學質(zhì)檢)回旋加速器是高能物理中的重要儀器，其原理是利用磁場和電場使帶電粒子回旋加速運動，在運動中經(jīng)高頻電場反復加速從而使粒子獲得很高的能量。如圖5甲所示，兩個D形金屬盒置于恒定的勻強磁場中，并分別與高頻電源相連(電壓隨時間變化如圖乙所示)，D形盒半徑為R，勻強磁場的磁感應強度為B，兩D形盒間距離為d(d?R)。若用回旋加速器加速氘核eq \\al(2,1)H(設氘核質(zhì)量m、電荷量q)，則下列判斷正確的是( )
A.加速電壓U0越大，氘核獲得的最大動能越大
B.氘核加速的最大動能為eq \f(q2B2R2,2m)
C.氘核在電場中運動的總時間為eq \f(BRd,U0)
D.該回旋加速器不可以用來加速氦核(eq \\al(4,2)He)
【答案】 BC
【解析】 粒子在回旋加速器里的速度由D型盒的半徑?jīng)Q定，由qvB＝meq \f(v2,R)，得v＝eq \f(qBR,m)，所以最大動能Ekm＝eq \f(q2B2R2,2m)，氘核獲得的最大動能與加速電壓無關(guān)，則A錯誤，B正確；設粒子加速次數(shù)為n，由動能定理nqU0＝Ekm，可得n＝eq \f(qB2R2,2mU0)，粒子在電場中運動的路程s＝nd，平均速度為eq \f(v,2)，得在電場中運動時間t＝eq \f(2s,v)＝eq \f(BRd,U0)，選項C正確；氦核與氘核的比荷相同，在磁場中周期頻率相同，可以進行加速，選項D錯誤。
【素養(yǎng)升華】本題考察的學科素養(yǎng)主要是科學思維。
【模型提煉】1.構(gòu)造
如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒處于勻強磁場中，D形盒的縫隙處接交流電源。
2.原理
交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等，使粒子每經(jīng)過一次D形盒縫隙，粒子就被加速一次。
3.最大動能
由qvmB＝eq \f(mveq \\al(2,m),R)、Ekm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)得Ekm＝eq \f(q2B2R2,2m)，粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和盒半徑R決定，與加速電壓無關(guān)。
4.總時間
粒子在磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增加動能qU，加速次數(shù)n＝eq \f(Ekm,qU)，粒子在磁場中運動的總時間t＝eq \f(n,2)T＝eq \f(Ekm,2qU)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πBR2,2U)。
【變式訓練】．(2021·浙江省山水聯(lián)盟開學考)如圖為回旋加速器的示意圖，真空容器D形盒放在與盒面垂直的勻強磁場中，且磁感應強度B保持不變。兩盒間狹縫間距很小，粒子從粒子源A處(D形盒圓心)進入加速電場(初速度近似為零)。D形盒半徑為R，粒子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，兩D形盒間接電壓為U的高頻交流電源。不考慮相對論效應、粒子所受重力和帶電粒子穿過狹縫的時間。下列論述正確的是( )
A.粒子的能量是由加速電場提供的，能獲得的最大動能與加速電壓U有關(guān)
B.加速氘核(eq \\al(2,1)H)和氦核(eq \\al(4,2)He)時，兩次所接高頻交流電源的頻率應不同
C.加速氘核(eq \\al(2,1)H)和氦核(eq \\al(4,2)He)時，它們能獲得的最大動能相等
D.若增大加速電壓U，則粒子在D型盒內(nèi)運動的總時間減少
【答案】 D
【解析】 粒子加速后的最大軌道半徑等于D型盒的半徑，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝eq \f(mv2,R)，解得粒子的最大運行速度vm＝eq \f(qBR,m)，粒子獲得的最大動能Ekm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，解得Ekm＝eq \f(q2B2R2,2m)，可知粒子被加速后獲得的最大動能與加速電壓無關(guān)，故A錯誤；加速不同粒子，交流電頻率f＝eq \f(qB,2πm)，可以看出頻率與比荷成正比，氘核和氦核比荷相同，所以加速氘核和氦核的電源頻率相同，故B錯誤；由最大動能Ekm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＝eq \f(q2B2R2,2m)知，雖然氘核和氦核比荷相同，但是二者的最大動能不相等，氦核的最大動能是氘核的最大動能的二倍，故C錯誤；粒子完成一次圓周運動被電場加速兩次，由動能定理得2qU＝Ek，經(jīng)過的周期個數(shù)n＝eq \f(Ekm,Ek)，粒子在D型盒內(nèi)運動時間為t＝nT，聯(lián)立可得t＝eq \f(πBR2,2U)，所以U越大，t越小，故D正確。
【能力點三】電場與磁場疊加的應用實例
共同特點：當帶電粒子(不計重力)在復合場中做勻速直線運動時，洛倫茲力與電場力相等，qvB＝qE，即v＝eq \f(E,B).
實例1 速度選擇器
(1)平行板中電場強度E和磁感應強度B互相垂直。(如圖)
(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。
【例3】在如圖所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應強度B相互垂直．一帶電粒子(重力不計)從左端以速度v沿虛線射入后做直線運動，則該粒子( )
A．一定帶正電
B．速度v＝eq \f(E,B)
C．若速度v＞eq \f(E,B)，粒子一定不能從板間射出
D．若此粒子從右端沿虛線方向進入，仍做直線運動
【答案】 B
【解析】 粒子帶正電和負電均可，選項A錯誤；由洛倫茲力等于電場力，可得qvB＝qE，解得速度v＝eq \f(E,B)，選項B正確；若速度v＞eq \f(E,B)，粒子可能從板間射出，選項C錯誤；若此粒子從右端沿虛線方向進入，所受電場力和洛倫茲力方向相同，不能做直線運動，選項D錯誤．
實例2 磁流體發(fā)電機
(1)原理：如圖所示，等離子體噴入磁場，正、負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。當正、負離子所受電場力和洛倫茲力平衡時，兩極板間達到的最大電勢差為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)。
【例4】(2021·福建三明市期末質(zhì)量檢測)磁流體發(fā)電機的原理如圖所示．將一束等離子體連續(xù)以速度v垂直于磁場方向噴入磁感應強度大小為B的勻強磁場中，可在相距為d、面積為S的兩平行金屬板間產(chǎn)生電壓．現(xiàn)把上、下板和電阻R連接，上、下板等效為直流電源的兩極．等離子體穩(wěn)定時在兩極板間均勻分布，電阻率為ρ.忽略邊緣效應及離子的重力，下列說法正確的是( )
A．上板為正極，a、b兩端電壓U＝Bdv
B．上板為負極，a、b兩端電壓U＝eq \f(Bd2vρS,RS＋ρd)
C．上板為正極，a、b兩端電壓U＝eq \f(BdvRS,RS＋ρd)
D．上板為負極，a、b兩端電壓U＝eq \f(BdvRS,Rd＋ρS)
【答案】 C
【解析】 根據(jù)左手定則可知，等離子體射入兩極板之間時，正離子偏向a板，負離子偏向b板，即上板為正極；穩(wěn)定時滿足eq \f(U′,d)q＝Bqv，解得U′＝Bdv；根據(jù)電阻定律可知兩極板間的電阻為r＝eq \f(ρd,S)，根據(jù)閉合電路歐姆定律：I＝eq \f(U′,R＋r)，a、b兩端電壓U＝IR，聯(lián)立解得U＝eq \f(BdvRS,RS＋ρd)，故選C.
實例3 電磁流量計
(1)流量(Q)的定義：單位時間流過導管某一截面的導電液體的體積。
(2)公式：Q＝Sv；S為導管的橫截面積，v是導電液體的流速。
(3)導電液體的流速(v)的計算。
如圖所示，一圓柱形導管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體向右流動。導電液體中的自由電荷(正、負離子)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)達到最大，由qeq \f(U,d)＝qvB，可得v＝eq \f(U,Bd)。
(4)流量的表達式：Q＝Sv＝eq \f(πd2,4)·eq \f(U,Bd)＝eq \f(πdU,4B)。
(5)電勢高低的判斷：根據(jù)左手定則可得φa＞φb。
【例5】 (多選)(2021·江蘇南通市5月第二次模擬)安裝在排污管道上的流量計可以測量排污流量Q，流量為單位時間內(nèi)流過管道橫截面的流體的體積，如圖所示為流量計的示意圖。左右兩端開口的長方體絕緣管道的長、寬、高分別為a、b、c，所在空間有垂直于前后表面、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在上、下兩個面的內(nèi)側(cè)固定有金屬板M、N，污水充滿管道從左向右勻速流動，測得M、N間電勢差為U，污水流過管道時受到的阻力大小f＝kLv2，k是比例系數(shù)，L為管道長度，v為污水的流速。則( )
A.電壓U與污水中離子濃度無關(guān)
B.污水的流量Q＝eq \f(abU,B)
C.金屬板M的電勢低于金屬板N的電勢
D.左、右兩側(cè)管口的壓強差Δp＝eq \f(kaU2,bB2c3)
【答案】 AD
【解析】 污水中的離子受到洛倫茲力，正離子向上極板聚集，負離子向下極板聚集，所以金屬板M的電勢大于金屬板N的電勢，從而在管道內(nèi)形成勻強電場，最終離子在電場力和洛倫茲力的作用下平衡，即qvB＝qeq \f(U,c)，解得U＝cvB，可知電壓U與污水中離子濃度無關(guān)，A正確，C錯誤；污水的流量為Q＝vbc＝eq \f(U,cB)bc＝eq \f(bU,B)，B錯誤；污水流過該裝置受到的阻力為f＝kLv2＝kaeq \f(U2,c2B2)，污水勻速通過該裝置，則兩側(cè)的壓力差等于阻力，即Δp·bc＝f，則Δp＝eq \f(f,bc)＝eq \f(ka\f(U2,c2B2),bc)＝eq \f(kaU2,bB2c3)，D正確。
實例4 霍爾效應的原理和分析
(1)定義：高為h、寬為d的導體(自由電荷是電子或正電荷)置于勻強磁場B中，當電流通過導體時，在導體的上表面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，此電壓稱為霍爾電壓。
(2)電勢高低的判斷：如圖，導體中的電流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)。
【例6】(多選)(2021·江蘇一模)在一個很小的矩形半導體薄片上，制作四個電極E、F、M、N，做成了一個霍爾元件，在E、F間通入恒定電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，M、N間的電壓為UH.已知半導體薄片中的載流子為正電荷，電流與磁場的方向如圖所示，下列說法正確的有( )
A．N板電勢高于M板電勢
B．磁感應強度越大，MN間電勢差越大
C．將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，UH不變
D．將磁場和電流分別反向，N板電勢低于M板電勢
【答案】 AB
【解析】 電流的方向由E指向F，根據(jù)左手定則，自由電荷受力的方向指向N板，向N板偏轉(zhuǎn)，則N板電勢高，故A正確；
設上、下表面間距為L，左右兩個表面相距為d，正電荷所受的電場力最終等于洛倫茲力，設材料單位體積內(nèi)正電荷的個數(shù)為n，材料截面積為S，則eq \f(qUH,d)＝qvB①
I＝nqSv②
S＝dL③
由①②③得：UH＝eq \f(BI,nqL)，令k＝eq \f(1,nq)，則UH＝keq \f(BI,L)，
所以若保持電流I恒定，則M、N間的電壓與磁感應強度B成正比，故B正確；
將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行，則載流子不會受到洛倫茲力，因此不存在電勢差，故C錯誤；
若磁場和電流分別反向，依據(jù)左手定則，則N板電勢仍高于M板電勢，故D錯誤．
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
先讀圖
看清并且明白場的變化情況
受力分析
分析粒子在不同的變化場區(qū)的受力情況
過程分析
分析粒子在不同時間段內(nèi)的運動情況
找銜接點
找出銜接相鄰兩過程的物理量
選規(guī)律
聯(lián)立不同階段的方程求解

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