2025高考物理步步高同步练习选修2第一章专题强化1 安培力作用下导体的运动和平衡问题含答案

2025高考物理步步高同步练习选修2第一章安培力作用下导体的运动和平衡问题[学习目标]1.会用左手定则判断安培力的方向和导体的运动方向.2.会分析在安培力作用下的平衡问题.3.会结合牛顿第二定律求导体棒的瞬时加速度．一、安培力作用下导体运动的判断电流元法把整段导线分为许多段直电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线运动方向等效法环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可等效成条形磁体或多个环形电流，反过来等效也成立特殊位置法通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置(如转过90°角)，然后判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向结论法两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律确定磁体所受电流磁场的作用，从而确定磁体所受合力及运动方向考向1电流元法特殊位置法如图1所示，把一重力不计的通电直导线AB水平放在蹄形磁体磁极的正上方，导线可以在空间中自由运动，当导线通以图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)()图1A．顺时针转动，同时下降B．顺时针转动，同时上升C．逆时针转动，同时下降D．逆时针转动，同时上升答案C解析如图所示，将导线AB分成左、中、右三部分．中间一段开始时电流方向与磁场方向一致，不受力；左端一段所在处的磁场方向斜向右上，根据左手定则知其受力方向向外；右端一段所在处的磁场方向斜向右下，受力方向向里．当转过一定角度时，中间一段电流不再与磁场方向平行，由左手定则可知其受力方向向下，所以从上往下看导线将一边逆时针转动，一边向下运动，C选项正确．考向2等效法如图2所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁体N极附近，磁体的轴线穿过线圈的圆心且垂直于线圈平面．当线圈内通以图示方向的电流(从右向左看沿逆时针方向)后，线圈的运动情况是()图2A．线圈向左运动 B．线圈向右运动C．从上往下看顺时针转动 D．从上往下看逆时针转动答案A解析将环形电流等效成小磁针，如图所示，根据异名磁极相互吸引知，线圈将向左运动；也可将左侧条形磁体等效成环形电流，根据“同向电流相吸引，异向电流相排斥”可知线圈向左运动，选A.考向3结论法两条导线互相垂直，如图3所示，但相隔一段小距离，其中AB是固定的，CD能自由活动，当直流电流按图示方向通过两条导线时，导线CD将(从纸外向纸内看)()图3A．顺时针方向转动，同时靠近导线ABB．逆时针方向转动，同时靠近导线ABC．逆时针方向转动，同时远离导线ABD．顺时针方向转动，同时远离导线AB答案B解析两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流相同的趋势，假设CD导线转过90°，此时两电流为同向电流，相互吸引．所以导线CD逆时针方向转动，同时靠近导线AB.故B正确，A、C、D错误．考向4转换研究对象法(多选)如图4所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁体连接起来，此时磁体对水平面的压力大小为FN1，现在磁体左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁体对水平面的压力大小为FN2，则()图4A．弹簧长度将变长 B．弹簧长度将变短C．FN1＞FN2 D．FN1＜FN2答案BC二、安培力作用下导体的平衡1．求解安培力作用下导体棒平衡问题的基本思路2．分析求解安培力时需要注意的问题(1)首先画出通电导体所在处的磁感线的方向，再根据左手定则判断安培力方向．(2)安培力大小与导体放置的角度有关，l为导体垂直于磁场方向的长度，即有效长度．质量为m＝0.02kg的通电细杆ab置于倾角为θ＝37°的平行放置的导轨上，导轨的宽度d＝0.2m，杆ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，磁感应强度大小B＝2T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图5所示．现调节滑动变阻器的触头，试求出为使杆ab静止不动，通过ab杆的电流范围为多少．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2)图5答案0.14A≤I≤0.46A解析杆ab中的电流方向为从a到b，所受安培力的方向平行于导轨向上．当电流较大时，杆有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下；当静摩擦力达到最大时，磁场力为最大值F1，此时通过ab的电流最大为Imax；同理，当电流最小时，应该是杆受向上的最大静摩擦力，此时的安培力为F2，电流为Imin.正确地画出两种情况下的受力图，由平衡条件列方程求解．如图甲所示，有甲F1－mgsinθ－Ff1＝0FN－mgcosθ＝0Ff1＝μFNF1＝BImaxd解得Imax＝0.46A如图乙所示，有乙F2＋Ff2－mgsinθ＝0FN－mgcosθ＝0Ff2＝μFNF2＝BImind解得Imin＝0.14A所以通过ab杆的电流范围是0.14A≤I≤0.46A.如图6所示，用两根悬线将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内．当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需磁场的最小磁感应强度的大小、方向为(重力加速度为g)()图6A.eq\f(mg,Il)tanθ，竖直向上B.eq\f(mg,Il)tanθ，竖直向下C.eq\f(mg,Il)sinθ，平行悬线向下D.eq\f(mg,Il)sinθ，平行悬线向上答案D解析画出题中装置从右向左看的侧视图，棒的受力分析如图所示．要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力最小．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知，安培力的最小值为Fmin＝mgsinθ，即IlBmin＝mgsinθ，得Bmin＝eq\f(mg,Il)sinθ，方向应平行于悬线向上，故选D.三、安培力作用下导体的加速1．解决在安培力作用下物体的加速运动问题，首先对研究对象进行受力分析，其中重要的是不要漏掉安培力，然后根据牛顿第二定律列方程求解．2．选定观察角度画好平面图，标出电流方向和磁场方向，然后利用左手定则判断安培力的方向．如图7所示，光滑的平行导轨倾角为θ，处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源．电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，将质量为m、长度为l的导体棒由静止释放，导体棒与导轨垂直且接触良好，求导体棒在释放瞬间的加速度的大小．(重力加速度为g)图7答案gsinθ－eq\f(BElcosθ,mR＋r)解析画出题中装置的侧视图，导体棒受力分析如图所示，导体棒受重力mg、支持力FN和安培力F，由牛顿第二定律得mgsinθ－Fcosθ＝ma，又F＝BIl，I＝eq\f(E,R＋r)，联立可得a＝gsinθ－eq\f(BElcosθ,mR＋r).1.(安培力作用下导体运动的判断)(2020·福建连城一中高二上月考)如图8，固定直导线c垂直于纸面，可动导线ab通以图示方向的电流，用弹簧测力计悬挂在导线c的上方，若导线c中通以垂直于纸面向外的电流，以下判断正确的是()图8A．可动导线a端转向纸外，同时弹簧测力计读数减小B．可动导线a端转向纸外，同时弹簧测力计读数增大C．可动导线b端转向纸外，同时弹簧测力计读数减小D．可动导线b端转向纸外，同时弹簧测力计读数增大答案B解析b端处的磁场方向斜向左上方，根据左手定则可得b端受到的安培力方向指向纸内，a端处的磁场方向斜向左下方，根据左手定则可得a端受到的安培力方向指向纸外，故a端转向纸外，b端转向纸内；当导线ab转过90°后，两导线电流为同向电流，相互吸引，导致弹簧测力计的读数变大．选项B正确，A、C、D错误．2.(安培力作用下导体的平衡)(多选)(2020·龙岩一中期中)如图9所示，将一倾斜的平行金属导轨固定在地面上，导轨的顶端接一电源和一滑动变阻器，在垂直导轨平面向下的方向上加一匀强磁场，在倾斜导轨上放一导体棒，导体棒与导轨垂直且接触良好并处于静止状态．现调节滑动变阻器使其接入电路的阻值减小，而整个过程中导体棒始终静止在导轨上，则()图9A．导体棒所受摩擦力可能一直增大B．导体棒所受摩擦力可能先减小后增大C．导体棒所受摩擦力可能先增大后减小D．导体棒所受摩擦力可能始终为零答案AB解析若F安<mgsinθ，因安培力向上，则导体棒所受的摩擦力向上，当滑动变阻器接入电路的阻值减小时，导体棒中的电流增大，则导体棒所受的安培力增大，受到的摩擦力可能一直减小，也可能先减小到零，再沿导轨向下增大；若F安>mgsinθ，则导体棒所受的摩擦力沿导轨向下，则导体棒所受的摩擦力随安培力的增大而增大，故A、B正确，C、D错误．3．(安培力作用下导体的平衡)(2020·山东济南期末)如图10所示，两条平行的光滑金属导轨间距为10cm，导轨平面与水平面夹角为45°，上端连接的定值电阻阻值为1.5Ω，电源电动势为3V(内阻不计)，质量为20g的导体棒ab放在金属导轨上，且与导轨垂直．整个装置处在方向垂直于导体棒的匀强磁场(图中未画出)中，已知重力加速度g取10m/s2，不计导轨和导体棒的电阻．若使导体棒静止不动，关于磁场的磁感应强度最小值Bmin和与之相对应的磁场方向(顺着导体棒从a向b看)，以下说法正确的是()图10A．Bmin＝eq\f(\r(2),5)T，水平向左B．Bmin＝0.4T，水平向左C．Bmin＝eq\f(\r(2),2)T，垂直导轨向上D．Bmin＝0.1T，垂直导轨向上答案C解析导体棒受到的最小安培力F安min与导体棒所受重力和支持力的合力大小相等，则F安min＝mgsin45°＝BminIL，又I＝eq\f(E,R)，解得Bmin＝eq\f(\r(2),2)T，根据左手定则知，磁场方向垂直导轨向上，故C正确，A、B、D错误．4.(安培力作用下导体的加速)某科研单位制成了能把2.2g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到10km/s的电磁炮(常规炮弹的速度约为2km/s)．如图11所示，若轨道宽为2m，长为100m，通过的电流为10A，试求轨道间所加匀强磁场的磁感应强度大小．(轨道摩擦不计)图11答案55T解析根据vt2－v02＝2ax得炮弹的加速度大小为a＝eq\f(v\o\al(t2),2x)＝eq\f(10×1032,2×100)m/s2＝5×105m/s2.根据牛顿第二定律F＝ma得炮弹所受的安培力大小F＝ma＝2.2×10－3×5×105N＝1.1×103N.根据安培力公式F＝IlB，得B＝eq\f(F,Il)＝eq\f(1.1×103,10×2)T＝55T.1.通有电流的导线L1、L2处在同一平面(纸面)内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动(O为L2的中心)，各自的电流方向如图1所示．下列哪种情况将会发生()图1A．因L2不受安培力的作用，故L2不动B．因L2上、下两部分所受的安培力平衡，故L2不动C．L2绕轴O按顺时针方向转动D．L2绕轴O按逆时针方向转动答案D解析由右手螺旋定则可知导线L1上方的磁场方向为垂直纸面向外，且离导线L1的距离越远的地方，磁场越弱，导线L2上的每一小部分受到的安培力方向均水平向右，由于O点的下方磁场较强，则L2下部分所受安培力较大，因此L2绕轴O按逆时针方向转动，D选项正确．2.(多选)(2020·长春外国语学校期末)如图2所示，一根通有电流I的直铜棒MN，用悬线挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，此时两根悬线处于张紧状态，下列哪些措施可使悬线中张力为零()图2A．适当增大电流IB．使电流反向并适当增大IC．保持电流I不变，适当增大BD．使电流I反向，适当增大B答案AC解析根据左手定则，可判断出MN受到的安培力方向向上，增大安培力，可使悬线中张力为零，根据公式F＝BIl知，适当增大电流I或者保持电流I不变，适当增大B，可使悬线中张力为零，故A、C正确；若使电流I反向，则MN所受安培力方向向下，悬线中的张力不可能为零，故B、D错误．3．(多选)质量为m的金属细杆置于倾角为θ的光滑导轨上，导轨的宽度为d，当给细杆通以如图A、B、C、D所示的电流时，可能使杆静止在导轨上的是()答案AC解析A图中金属杆受重力、沿导轨向上的安培力和支持力，若重力沿导轨向下的分力与安培力大小相等，细杆可能静止，故A正确；B图中金属杆仅受重力和导轨的支持力，二力不可能平衡，故B错误；若C图中金属杆所受重力与安培力大小相等，则二力平衡，细杆可能静止，故C正确；D图中金属杆受竖直向下的重力、水平向左的安培力，可能受支持力，不可能达到平衡，故D错误．4.(多选)(2020·湖南师大附中高二期末)如图3所示，用细绳悬挂一矩形导线框且导线框底边水平，导线框通有逆时针方向的电流(从右侧观察)．在导线框的正下方、垂直于导线框平面有一直导线PQ.原PQ中无电流，现通以水平向右的电流，在短时间内()图3A．从上往下观察导线框顺时针转动B．从上往下观察导线框向右平移C．细绳受力会变得比导线框重力大D．导线框中心的磁感应强度变大答案ACD解析由安培定则判断出通电导线PQ在线框处的磁场方向从里向外，根据左手定则知，导线框外侧边所受安培力向左，内侧边所受安培力向右，从上往下看，导线框将顺时针转动，故A项正确，B项错误；线框沿顺时针方向转动一个小角度后，靠近导线PQ处的边的电流的方向斜向右，由左手定则可知，其受到的安培力的方向向下，所以整体受安培力向下，细绳受力会变得比导线框重力大，故C项正确；线框沿顺时针方向转动一个小角度后，通电导线PQ产生的磁场方向从里向外穿过线框，根据安培定则，线框产生磁场的方向也是从里向外，则线框中心的磁感应强度变大，故D项正确．5.如图4所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，下面挂有匝数为n的矩形线框abcd，bc边长为l，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂直(在图中垂直于纸面向里)，线框中通以电流I，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态，且弹簧处于伸长状态．令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡，则在此过程中线框位移的大小Δx及方向是()图4A．Δx＝eq\f(2nBIl,k)，方向向上 B．Δx＝eq\f(2nBIl,k)，方向向下C．Δx＝eq\f(2BIl,k)，方向向上 D．Δx＝eq\f(2BIl,k)，方向向下答案B解析线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡状态，安培力为FA＝nBIl，且开始时方向向上，改变电流方向后方向向下，大小不变．设在磁场反向之前弹簧的伸长量为x，线框的质量为m，则反向之后弹簧的伸长量为(x＋Δx)，由平衡条件知kx＋nBIl＝mg及k(x＋Δx)＝nBIl＋mg，联立解得Δx＝eq\f(2nBIl,k)，且线框向下移动，B对．6．(多选)如图5所示，条形磁体放在水平桌面上，一根通电直导线由S极的上端平移到N极的上端的过程中，导线保持与磁体垂直，导线的通电方向如图所示．这个过程中磁体保持静止，则()图5A．磁体受到的摩擦力方向由向左变为向右B．磁体受到的摩擦力方向由向右变为向左C．磁体对桌面的压力大小总是大于其重力D．磁体对桌面的压力大小总是等于其重力答案AC解析首先磁体上方的磁感线从N极出发回到S极，是曲线，通电直导线由S极的上端平移到N极的上端的过程中，受到的安培力由左上方变为正上方再变为右上方，根据牛顿第三定律磁体受到的力由右下方变为正下方再变为左下方，磁体静止不动，所以所受摩擦力方向由向左变为向右，A正确，B错误；磁体对桌面的压力大小总是大于其重力，C正确，D错误．7.(2020·山西大同阳高一中高二期末)如图6所示，原来静止的圆线圈可以自由移动，在圆线圈直径MN上靠近N点处放置一根垂直于线圈平面的固定不动的通电直导线，导线中电流方向垂直纸面向里．当在圆线圈中通以逆时针方向的电流I时，圆线圈将会()图6A．受力向左平动 B．受力向右平动C．不受力，平衡不动 D．以MN为轴转动答案D解析直导线通电后在它周围形成以导线为圆心的圆形磁场区域，如图中虚线所示．圆线圈就是在该磁场中的通电导体，要受到安培力的作用，其方向可由左手定则判断．圆线圈下半部分所在处合磁场方向斜向上，所受的安培力方向垂直纸面向外；圆线圈上半部分受到的安培力方向垂直纸面向里，通电直导线产生的磁场分布关于MN轴对称，因此圆线圈将会以MN为轴转动．故选D.8.(2020·洛阳市高二期中)如图7所示，三根长为L的平行长直导线的横截面在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里，电流大小均为I，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0，导线C在水平面上处于静止状态，则导线C受到的静摩擦力是()图7A.eq\r(3)B0IL，水平向左 B.eq\r(3)B0IL，水平向右C.eq\f(\r(3),2)B0IL，水平向左 D.eq\f(\r(3),2)B0IL，水平向右答案B解析A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0，作出磁感应强度的合成图如图所示，根据平行四边形定则与几何关系，则有BC＝eq\r(3)B0；再由左手定则可知，安培力方向水平向左，大小为F＝eq\r(3)B0IL，由于导线C处于静止状态，则导线C受到的静摩擦力大小为eq\r(3)B0IL，方向水平向右，故选B.9.(2020·云南省通海县第三中学开学考试)如图8所示，倾角为θ的粗糙绝缘体斜面固定于水平向左的匀强磁场B中，将通电直导线挨着斜面水平放置，导线中电流方向垂直于纸面向里，如果导线能静置于斜面上，则下列说法正确的是()图8A．导线一定受到斜面弹力，但不一定受斜面摩擦力B．导线一定受到斜面摩擦力，但不一定受斜面弹力C．如果导线受弹力作用，那么也一定会受摩擦力的作用，且弹力和摩擦力合力一定竖直向上D．如果导线受弹力作用，那么也一定会受摩擦力的作用，且弹力和摩擦力合力不一定竖直向上答案C10．长为L的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上，并处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，如图9所示，当磁感应强度方向垂直斜面向上、电流为I1时导线处于平衡状态；当磁感应强度方向竖直向上、电流为I2时导线也处于平衡状态．则eq\f(I1,I2)为()图9A．sinθ B.eq\f(1,sinθ)C．cosθ D.eq\f(1,cosθ)答案C解析若磁场方向垂直于斜面向上，则导线所受安培力沿斜面向上，由平衡条件可得mgsinθ＝BI1L，若磁场方向竖直向上，则导线所受安培力水平向右，由平衡条件可得mgtanθ＝BI2L，则eq\f(I1,I2)＝cosθ，故C正确，A、B、D错误．11.如图10所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放一金属棒MN，金属棒静止．现从t＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒开始运动，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．以竖直向下为正方向，下列关于金属棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图像，可能正确的是()图10答案B解析从t＝0时刻起，金属棒通以电流I＝kt，由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，导致金属棒在运动过程中，所受到的摩擦力增大，所以加速度在减小，当滑动摩擦力小于重力时速度与加速度方向相同，所以金属棒做加速度减小的加速运动；当滑动摩擦力大小等于重力时，加速度为零，此时速度达到最大；当安培力继续增大时导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动．v­t图像的斜率绝对值表示加速度的大小，故选项C、D均错误．对金属棒MN，由牛顿第二定律得mg－μFN＝ma，而FN＝BIL＝BktL，即mg－μBktL＝ma，因此a＝g－eq\f(μkBL,m)t，显然加速度a与时间t成线性关系，故选项A错误，B正确．12.水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源(不计内阻)．现垂直于导轨放置一根质量为m、电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面间的夹角为θ且指向右上方，如图11所示，重力加速度为g，问：图11(1)当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？(2)若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？答案(1)mg－eq\f(BLEcosθ,R)eq\f(BLEsinθ,R)(2)eq\f(mgR,EL)方向水平向右解析(1)从b向a看，对金属棒受力分析如图所示，水平方向：Ff＝F安sinθ①竖直方向：FN＋F安cosθ＝mg②又F安＝BIL＝Beq\f(E,R)L③联立①②③式解得：FN＝mg－eq\f(BLEcosθ,R)，Ff＝eq\f(BLEsinθ,R).(2)要使ab棒所受支持力为零，且让磁感应强度最小，可知安培力竖直向上，且F安′＝mg，则Bmin＝eq\f(mgR,EL)，根据左手定则可知此时磁场方向水平向右．13．(2020·河南郑州期末)如图12所示，两光滑平行金属导轨间的距离L＝0.4m，金属导轨所在的平面与水平面间的夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．现把一个质量m＝0.04kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，当接通电源后，导轨中通过的电流恒为I＝1.5A时，导体棒恰好静止，g取10m/s2.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则：图12(1)磁场的磁感应强度为多大？(2)若突然只将磁场方向变为竖直向上，其他条件不变，则磁场方向改变后的瞬间，导体棒的加速度为多大？答案(1)0.4T(2)1.2m/s2解析(1)导体棒受力如图甲，根据平衡条件得：F安－mgsin37°＝0而F安＝BIL解得B＝0.4T(2)磁场方向变为竖直向上，导体棒受力如图乙，根据牛顿第二定律得：mgsin37°－F安cos37°＝ma，F安＝BIL解得：a＝1.2m/s2.本章知识网络构建洛伦兹力与现代科技[学习目标]1.知道速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件的工作原理.2.进一步了解洛伦兹力在科技生活中的应用，提高学生的综合分析和计算能力．一、速度选择器1．装置及要求如图1，两极板间存在匀强电场和匀强磁场，二者方向互相垂直，带电粒子从左侧射入，不计粒子重力．图12．带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，即v＝eq\f(E,B).3．速度选择器的特点(1)v的大小等于E与B的比值，即v＝eq\f(E,B).速度选择器只对选择的粒子的速度有要求，而对粒子的质量、电荷量大小及带电正、负无要求．(2)当v＞eq\f(E,B)时，粒子向F洛方向偏转，F电做负功，粒子的动能减小，电势能增大．(3)当v＜eq\f(E,B)时，粒子向F电方向偏转，F电做正功，粒子的动能增大，电势能减小．(2020·福建泉州期末)如图2所示，两个平行金属板M、N间为一个正交的匀强电场和匀强磁场区域，电场方向由M板指向N板，磁场方向垂直纸面向里，OO′为距离两极板相等且平行两极板的直线．一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以速度v0从O点射入，沿OO′方向匀速通过场区，不计带电粒子的重力，则以下说法正确的是()图2A．电荷量为－q的粒子以v0从O点沿OO′方向射入时，不能匀速通过场区B．电荷量为2q的粒子以v0从O点沿OO′方向射入时，不能匀速通过场区C．保持电场强度和磁感应强度大小不变，方向均与原来相反，则粒子仍能匀速通过场区D．粒子以速度v0从右侧的O′点沿O′O方向射入，粒子仍能匀速通过场区答案C解析由题意知带正电的粒子能从左向右匀速通过场区，则粒子所受竖直向上的洛伦兹力与竖直向下的电场力平衡，有qE＝Bqv0，解得v0＝eq\f(E,B)，可知平衡条件与电荷量的多少无关，因此电荷量为－q和2q的粒子以v0入射，都能从左向右匀速通过场区，A、B错误；当电场方向与磁场方向都与原来相反时，粒子所受电场力和洛伦兹力的方向仍相反，所以粒子以v0从O点沿OO′方向射入时仍能匀速通过场区，C正确；若粒子以速率v0从右侧的O′点沿O′O方向射入，粒子受到竖直向下的电场力与竖直向下的洛伦兹力，不能平衡，因此不能匀速通过场区，D错误．二、磁流体发电机磁流体发电机的发电原理图如图3甲所示，其平面图如图乙所示．图3设带电粒子的运动速度为v，带电荷量为q，匀强磁场的磁感应强度为B，极板间距离为d，极板间电压为U，根据FB＝FE，有qvB＝qE＝eq\f(qU,d)，得U＝Bdv.根据外电路断开时，电源电动势的大小等于路端电压，故此磁流体发电机的电动势为E电源＝U＝Bdv.(2018·浙江11月选考)磁流体发电的原理如图4所示，将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压．如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极，若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ，忽略边缘效应，下列判断正确的是()图4A．上板为正极，电流I＝eq\f(Bdvab,Rab＋ρd)B．上板为负极，电流I＝eq\f(Bvad2,Rad＋ρb)C．下板为正极，电流I＝eq\f(Bdvab,Rab＋ρd)D．下板为负极，电流I＝eq\f(Bvad2,Rad＋ρb)答案C解析根据左手定则可知，正离子在磁场中受到的洛伦兹力向下，故下板为正极，设两板间的电压为U，则qeq\f(U,d)＝Bqv，得U＝Bdv，电流I＝eq\f(U,R＋ρ\f(d,ab))＝eq\f(Bdvab,Rab＋ρd)，故C正确．三、电磁流量计如图5甲、乙所示是电磁流量计的示意图．图5设管的直径为D，磁感应强度为B，a、b两点间的电势差是由于导电液体中电荷受到洛伦兹力作用，在管壁的上、下两侧堆积产生的．到一定程度后，a、b两点间的电势差达到稳定值U，上、下两侧堆积的电荷不再增多，此时，洛伦兹力和电场力平衡，有qvB＝qE＝qeq\f(U,D)，所以v＝eq\f(U,DB)，又圆管的横截面积S＝eq\f(1,4)πD2，故流量Q＝Sv＝eq\f(πUD,4B).(多选)如图6所示为电磁流量计(即计算单位时间内流过某一横截面的液体体积)的原理图：一圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动．图中磁场方向垂直于纸面向里，大小为B，导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下偏转，a、b间出现电势差．当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就稳定为U，则()图6A．电势a高b低 B．电势b高a低C．流量Q＝eq\f(πdU,4B) D．流量Q＝eq\f(4B,πdU)答案BC解析根据左手定则可知，导电液体中的正离子在洛伦兹力作用下向下偏转，负离子在洛伦兹力作用下向上偏转，则a点电势低，b点电势高，故A错误，B正确；对离子有：qvB＝qeq\f(U,d)，解得v＝eq\f(U,Bd)，流量等于单位时间内流过某一横截面的液体体积，有Q＝vS＝eq\f(U,Bd)π(eq\f(d,2))2＝eq\f(πdU,4B)，故C正确，D错误．四、霍尔元件(*)如图7所示，厚度为h、宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过导体板时，在导体板的上侧面A和下侧面A′之间会产生电势差U，这种现象称为霍尔效应．图7霍尔效应可解释如下：外部磁场对运动电子的洛伦兹力使电子聚集在导体板的一侧，在导体板的另一侧会出现多余的正电荷，从而形成电场．电场对电子施加与洛伦兹力方向相反的电场力．当电场力与洛伦兹力达到平衡时，导体板上、下两侧面之间就会形成稳定的电势差．电流I是自由电子的定向移动形成的，电子的平均定向移动速率为v，电荷量为e.回答下列问题：(1)达到稳定状态时，导体板上侧面A的电势________(选填“高于”“低于”或“等于”)下侧面A′的电势．(2)电子所受洛伦兹力的大小为________．(3)当导体板上、下两侧面之间的电势差为UH时，电子所受电场力的大小为________．(4)导体板上、下两侧面产生的稳定的电势差U＝________.答案(1)低于(2)evB(3)eeq\f(UH,h)(4)Bhv解析(1)电子向左做定向移动，由左手定则知电子所受洛伦兹力的方向向上，故上侧面A聚集电子，下侧面A′聚集正电荷，上侧面A的电势低于下侧面A′的电势．(2)F洛＝evB.(3)F电＝Ee＝eq\f(UH,h)e.(4)当A、A′间电势差稳定时，evB＝eeq\f(U,h)，故U＝Bhv.分析两侧面产生电势高低时应特别注意霍尔元件的材料，若霍尔元件的材料是金属，则参与定向移动形成电流的是电子，偏转的也是电子；若霍尔元件的材料是半导体，则参与定向移动形成电流的可能是正“载流子”，此时偏转的是正电荷.

1．(速度选择器)(2020·北京西城区高二上期末)如图8所示的平行板器件中有方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场．一带正电的粒子以某一速度从该装置的左端水平向右进入两板间后，恰好能做直线运动．忽略粒子重力的影响，则()图8A．若只将粒子改为带负电，其将往上偏B．若只增大粒子进入该装置的速度，其将往上偏C．若只增大粒子的电荷量，其将往下偏D．若粒子从右端水平进入，则仍沿直线水平飞出答案B解析带正电的粒子在该装置中恰好做直线运动，向上的洛伦兹力和向下的电场力平衡，则qE＝qvB，即v＝eq\f(E,B).若只将粒子改为带负电，则所受洛伦兹力和电场力的方向均反向，粒子仍沿直线通过，选项A错误；若只增大粒子进入该装置的速度，则洛伦兹力变大，粒子将往上偏，选项B正确；若只增大粒子的电荷量，向上的洛伦兹力和向下的电场力仍平衡，粒子仍将沿直线通过，选项C错误；若粒子从右端水平进入，则所受电场力和洛伦兹力均向下，粒子不可能仍沿直线水平飞出，选项D错误．2．(磁流体发电机)(多选)磁流体发电是一项新兴技术．如图9所示，平行金属板之间有一个匀强磁场，将一束含有大量正、负离子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场，图中虚线框部分相当于发电机，把两个极板与用电器相连，则()图9A．用电器中的电流方向为从A到BB．用电器中的电流方向为从B到AC．若只增大磁场的磁感应强度，发电机的电动势增大D．若只增大喷入离子的速度，发电机的电动势增大答案ACD解析首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则可知正离子所受洛伦兹力方向向上，负离子所受洛伦兹力方向向下，则正离子向上极板聚集，负离子向下极板聚集，两极板间产生了电势差，即金属板变为电源，且上极板为正极，下极板为负极，所以通过用电器的电流方向为从A到B，故A正确，B错误；此后正离子除受到向上的洛伦兹力F洛外还受到向下的电场力F电，最终二力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因F洛＝qvB，F电＝qeq\f(E,d)，则qvB＝qeq\f(E,d)，解得E＝Bdv，所以发电机的电动势E与速度v及磁感应强度B成正比，故C、D正确．3.(电磁流量计)(多选)(2020·深圳高级中学集团高二上期末)为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图10所示的流量计．该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是()图10A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B．前表面一定比后表面电势低，与哪种离子多无关C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D．污水流量Q与U成正比，与a、b无关答案BD解析正、负离子从左向右移动，根据左手定则可知，正离子所受的洛伦兹力指向后表面，负离子所受的洛伦兹力指向前表面，所以后表面电势比前表面电势高，与哪种离子多无关，故A错误，B正确；最终稳定时，离子所受洛伦兹力和电场力平衡，有qvB＝qeq\f(U,b)，U＝Bbv，电压表的示数U与v成正比，与浓度无关，故C错误；污水的流量Q＝vS＝vbc＝eq\f(Uc,B)，与U成正比，与a、b无关，故D正确．1.如图1所示，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里(图中未画出)．一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板．若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变()图1A．粒子速度的大小 B．粒子所带的电荷量C．电场强度 D．磁感应强度答案B2.(多选)(2020·厦门市高二质量检测)如图2所示，在带电的两平行金属板间有相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，匀强电场场强为E，现有一电子以速度v0平行金属板射入场区，则()图2A．若v0>eq\f(E,B)，电子沿轨迹Ⅰ运动，出场区时速度v>v0B．若v0>eq\f(E,B)，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度v<v0C．若v0<eq\f(E,B)，电子沿轨迹Ⅰ运动，出场区时速度v>v0D．若v0<eq\f(E,B)，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度v<v0答案BC解析电子进入电磁场中，受到洛伦兹力与电场力两个力作用，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向向下，而电场力方向向上．若v0>eq\f(E,B)，则qv0B>qE，即洛伦兹力大于电场力，电子向下偏转，沿轨迹Ⅱ运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子做负功，动能减小，速度减小，故速度v<v0，A错，B对；若v0<eq\f(E,B)，则qv0B<qE，即洛伦兹力小于电场力，电子向上偏转，沿轨迹Ⅰ运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子做正功，动能增加，速度增大，故速度v>v0，C对，D错．3.有一个带正电荷的离子沿垂直于电场的方向射入带电平行板的匀强电场，离子飞出电场后的动能为Ek.当在带电平行板间再加上一个垂直纸面向里的如图3所示的匀强磁场后，离子飞出电场后的动能为Ek′，磁场力做功为W，则下列判断正确的是()图3A．Ek<Ek′，W＝0 B．Ek>Ek′，W＝0C．Ek＝Ek′，W＝0 D．Ek>Ek′，W>0答案B解析磁场力即洛伦兹力，不做功，故W＝0，D错误；分析可知，有磁场时，带正电的离子受到洛伦兹力的作用，使其所受的电场力做功减少，A、C错误，B正确．4.(2020·济南市历城第二中学期中)如图4所示为磁流体发电机发电原理示意图，将一束等离子体(高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的离子)射入磁场，磁场中有两块金属板P、Q，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．两金属板的板长为L1，板间距离为L2，匀强磁场的磁感应强度为B且平行于两金属板，等离子体充满两板间的空间．等离子体的初速度v与磁场方向垂直，当发电机稳定发电时，P板和Q板间电势差UPQ为()图4A．vBL1B．vBL2C.eq\f(vBL2,L1)D.eq\f(vBL1,L2)答案B解析等离子体进入两金属板间，在洛伦兹力作用下带正电的离子向P板运动，带负电的离子向Q板运动，金属板间形成一个向下的匀强电场，并且场强越来越大，当离子受到的洛伦兹力和电场力平衡时，正、负离子做匀速直线运动通过金属板，发电机稳定发电，则有qE＝qvB，又UPQ＝EL2，可得UPQ＝vBL2，选项B对．5.(2020·江苏苏北期末)如图5所示，宽度为h、厚度为d的霍尔元件放在与它垂直的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，当恒定电流I通过霍尔元件时，在它的前、后两个侧面之间会产生电压，这样就实现了将电流输入转化为电压输出．为提高输出的电压，可采取的措施是()图5A．增大d B．减小dC．增大h D．减小h答案B解析当自由电子受力稳定后，受到的电场力和洛伦兹力平衡，故Eq＝Bqv.因为E＝eq\f(U,h)，故U＝Bhv电流I＝