2021高考物理一輪復(fù)習(xí)第9章磁場專題十帶電粒子在復(fù)合場中的運動教案

1、專題十帶電粒子在復(fù)合場中的運動考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)，并不重復(fù)；或在同一區(qū)域分時間段交替出現(xiàn)。2“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較垂直進入磁場(磁偏轉(zhuǎn))垂直進入電場(電偏轉(zhuǎn))情景圖受力fbqv0b，fb大小不變，方向總指向圓心，方向變化，為變力feqe，fe大小、方向不變，為恒力運動規(guī)律勻速圓周運動，r，t類平拋運動，vxv0，vyt，xv0t，yt2運動時間ttt動能不變變化(2019全國卷24)如圖，在直角三角形opn區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為b、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓u加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間

2、后，該粒子在op邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知o點為坐標(biāo)原點，n點在y軸上，op與x軸的夾角為30，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求：(1)帶電粒子的比荷；(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。解析：本題考查帶電粒子在邊界為三角形的磁場中的勻速圓周運動及其相關(guān)知識點。(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v。由動能定理有qumv2設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qvbm由幾何關(guān)系知dr聯(lián)立式得(2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經(jīng)過的路程為srtan 30帶電粒子從射入磁場到運

3、動至x軸的時間為t聯(lián)立式得t答案：(1)(2)變式1(2020福建莆田質(zhì)檢)如圖，足夠長的水平虛線mn上方有一勻強電場，方向豎直向下(與紙面平行)；下方有一勻強磁場，方向垂直紙面向里。一個帶電粒子從電場中的a點以水平初速度v0向右運動，第一次穿過mn時的位置記為p點，第二次穿過mn時的位置記為q點，p、q兩點間的距離記為d，從p點運動到q點的時間記為t。不計粒子的重力，若增大v0，則()at不變，d不變b.t不變，d變小ct變小，d變小 d.t變小，d不變d本題考查帶電粒子在組合場的周期性運動問題。粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)粒子到達p點時豎直速度為v1(大小不變)，則粒子進入磁場的速度v，速

4、度方向與mn的夾角tan 。粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示，軌跡半徑r，由幾何關(guān)系可得d2rsin ，sin ，聯(lián)立可得d，即增大v0時d不變，運動的時間t，則增大v0時，tan 減小，減小，t減小，d正確。變式2如圖所示，第一象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為e，第二、三、四象限存在方向垂直xoy平面向外的勻強磁場，其中第二象限磁場的磁感應(yīng)強度大小為b，第三、四象限磁場磁感應(yīng)強度大小相等。一帶正電的粒子從p(d,0)點沿與x軸正方向成60角的方向平行于xoy平面入射，經(jīng)第二象限后恰好由y軸上的q點(圖中未畫出)垂直于y軸進入第一象限，之后經(jīng)第四、三象限重新回到p

5、點，回到p點時速度方向與入射時的方向相同，不計粒子重力，求：(1)粒子從p點入射時的速度v0；(2)第三、四象限磁感應(yīng)強度的大小b。解析：(1)粒子從p點射入磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡如圖所示，設(shè)粒子在第二象限中做圓周運動的半徑為r，由幾何知識得r根據(jù)qv0bm得v0粒子在第一象限中做類平拋運動，則有r(1cos )t2，tan 聯(lián)立解得v0(2)設(shè)粒子在第一象限中做類平拋運動的水平位移和豎直位移分別為x和y，根據(jù)粒子在第三、四象限中做圓周運動的對稱性可知，粒子剛進入第四象限時速度與x軸正方向的夾角等于。由xv0t，yt得由幾何知識可得yrrcos rd則xd所以粒子在第三、四象限中做圓周

6、運動的半徑為rd粒子進入第三、四象限運動的速度v2v0根據(jù)qvbm解得b2.4b答案：(1)(2)2.4b帶電粒子在組合場中運動的分析思路第1步：分階段(分過程)按照時間順序和進入不同的區(qū)域分成幾個不同的階段；第2步：受力和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如下：第3步：用規(guī)律考點二帶電粒子在疊加場中的運動1復(fù)合場電場、磁場、重力場在同一區(qū)域共存，或其中兩場在同一區(qū)域共存。2帶電粒子在疊加場中運動的分析方法如圖，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xoy，其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里。一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的微粒從原點出發(fā)沿與x軸正方向的

7、夾角為45的初速度進入復(fù)合場中，正好做直線運動，當(dāng)微粒運動到a(l，l)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間)，粒子繼續(xù)運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復(fù)合場。不計一切阻力，求：(1)電場強度e的大??；(2)磁感應(yīng)強度b的大??；(3)粒子在復(fù)合場中的運動時間。解析：(1)微粒到達a(l，l)之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲所示，所以eqmg，得e。(2)由平衡條件qvbmg電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖乙所示，qvbm，由幾何知識可得rl，聯(lián)立解得v，b 。(3)微粒做勻速運動時間t1 做圓周運動時間t2 在復(fù)合場中

8、運動時間tt1t2 答案：(1)(2) (3) 變式3(2017全國卷16)如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里。三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動。下列選項正確的是()amambmcb.mbmamccmcmamb d.mcmbmab設(shè)三個微粒的電荷量均為q，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，即magqeb在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，三力平衡，則mbgqeqvbc在紙面內(nèi)向

9、左做勻速直線運動，三力平衡，則mcgqvbqe比較式得：mbmamc，選項b正確。變式4(2019福建福州期末)如圖所示，豎直平面mn的右側(cè)空間存在著相互垂直的水平向左的勻強電場和水平向里的勻強磁場，mn左側(cè)的絕緣水平面光滑，右側(cè)的絕緣水平面粗糙。質(zhì)量為m的小物體a靜止在mn左側(cè)的水平面上，該小物體帶負電，電荷量q(q0)。質(zhì)量為m的不帶電的小物體b以速度v0沖向小物體a并發(fā)生彈性正碰，碰撞前后小物體a的電荷量保持不變。(1)求碰撞后小物體a的速度大小。(2)若小物體a與水平面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，磁感應(yīng)強度為b，電場強度為e，小物體a從mn開始向右運動距離為l時速度達到最大。求小

10、物體a的最大速度vm和此過程克服摩擦力所做的功w。解析：本題考查帶電物體在復(fù)合場中的直線運動、動量守恒定律、牛頓運動定律、動能定理及其相關(guān)知識點。(1)設(shè)a、b碰撞后的速度分別為va、vb，由于a、b發(fā)生彈性正碰，動量、機械能均守恒，取水平向右為正方向，則有mbv0mbvbmava，mbvmbvmav，解得va。(2)當(dāng)物體a的加速度等于零時，其速度達到最大值vm，受力如圖所示，由平衡條件可知，在豎直方向有fnqvmbmg，在水平方向有qefn，解得vm2v0，根據(jù)動能定理得qelwmvmv，聯(lián)立并代入相關(guān)數(shù)據(jù)可得w7mglmv。答案：(1)(2)2v07mglmv考點三帶電粒子在交變電磁場中

11、的運動帶電粒子在交變復(fù)合場中的運動問題的基本思路(2020陜西榆林模擬)如圖甲所示，在xoy平面內(nèi)有足夠大的勻強電場e，在y軸左側(cè)平面內(nèi)有區(qū)域足夠大的磁場，磁感應(yīng)強度b1隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，選定磁場垂直紙面向里為正方向。在y軸右側(cè)平面內(nèi)還有方向垂直紙面向外的恒定的勻強磁場，分布在一個半徑為r0.3 m的圓形區(qū)域(圖中未畫出)，且圓的左側(cè)與y軸相切，磁感應(yīng)強度b20.8 t。t0時刻，一質(zhì)量m8104 kg、電荷量q2104 c的微粒從x軸上xp0.8 m處的p點以速度v0.12 m/s向x軸正方向運動已知該帶電微粒在電磁場區(qū)域做勻速圓周運動。(g取10 m/s2)(1)求電場強度；(

12、2)若磁場15 s后消失，求微粒在第二象限運動過程中離x軸的最大距離；(3)若微粒穿過y軸右側(cè)圓形磁場時速度方向的偏轉(zhuǎn)角最大，求此圓形磁場的圓心坐標(biāo)(x，y)。解析：本題考查帶電微粒在交變磁場中的運動問題。(1)因為微粒射入電磁場后做勻速圓周運動，則其受到的電場力和重力大小相等，則qemg，解得e40 n/c，方向豎直向上。(2)由牛頓第二定律有qvb1m，所以r10.6 mt10 s分析可知在05 s內(nèi)微粒沿逆時針方向做勻速圓周運動，在5 10 s內(nèi)微粒向左做勻速直線運動。在1015 s內(nèi)微粒沿順時針方向做勻速圓周運動，在15 s后微粒向右做勻速直線運動，之后穿過y軸，微粒運動軌跡如圖所示。

13、可知微粒在第二象限內(nèi)離x軸的最大距離s2r124r12.4 m。(3)如圖，微粒穿過圓形磁場要求偏轉(zhuǎn)角最大，入射點a與出射點b的連線必須為磁場圓的直徑。由牛頓第二定律，有qvb2m，所以r20.6 m，r22r，所以最大偏轉(zhuǎn)角為60，所以圓心橫坐標(biāo)為x0.30 m，縱坐標(biāo)為ysrcos 602.4 m0.3 m2.25 m，即磁場的圓心坐標(biāo)為(0.30 m,2.25 m)。答案：(1)40 n/c，方向豎直向上(2)2.4 m(3)(0.30 m，2.25 m)變式5如圖甲所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶負電粒子在t0時刻由a點以初速度v0垂直進入磁場，區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度大小不變而方向周期性

14、變化，如圖乙所示(垂直于紙面向里為正方向)；區(qū)域為勻強電場，方向向上；區(qū)域為勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小與區(qū)域相同，均為b0。粒子在區(qū)域內(nèi)一定能完成半個圓周運動且每次經(jīng)過mn的時刻均為的整數(shù)倍。(1)粒子在區(qū)域運動的軌跡半徑為多少？(2)若初始位置與第四次經(jīng)過mn時的位置距離為x，求粒子進入?yún)^(qū)域時速度的可能值(初始位置記為第一次經(jīng)過mn)。解析：(1)帶電粒子在區(qū)域做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，有qv0b0m解得r。(2)帶電粒子的運動軌跡有兩種可能。第一種情況：粒子在區(qū)域運動半徑rqv2b0m解得粒子在區(qū)域中的速度大小v2第二種情況：粒子在區(qū)域運動半徑r粒子在區(qū)域中的速度大小v22v0。

15、答案：(1)(2)2v0變式6(2020合肥模擬)如圖甲所示，帶正電粒子以水平速度v0從平行金屬板mn間中線oo連續(xù)射入電場中。mn板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的電壓umn，兩板間電場可看作是均勻的，且兩板外無電場。緊鄰金屬板右側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場b，分界線為cd，ef為屏幕。金屬板間距為d，長度為l，磁場的寬度為d。已知：b5103 t，ld0.2 m，每個帶正電粒子的速度v0105 m/s，比荷為108 c/kg，重力忽略不計，在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，電場可視作是恒定不變的。試求：(1)帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑；(2)帶電粒子射出電場時的最大速度。解析：(

16、1)t0時刻射入電場的帶電粒子不被加速，進入磁場做圓周運動的半徑最小。粒子在磁場中運動時qv0b則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑rmin m0.2 m，其運動的徑跡如圖中曲線所示。(2)設(shè)兩板間電壓為u1，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場，則有at22代入數(shù)據(jù)，解得u1100 v在電壓低于100 v時，帶電粒子才能從兩板間射出電場，電壓高于100 v時，帶電粒子打在極板上，不能從兩極板間射出。帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場時，速度最大，設(shè)最大速度為vmax，則有mvmvq解得vmax105 m/s1.414105 m/s。答案：(1)0.2 m(2)1.414105 m/s科學(xué)思維系列復(fù)合

17、場中的stse問題一、組合場中的stse問題裝置原理圖規(guī)律質(zhì)譜儀粒子由靜止被加速電場加速，qumv2。粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvbm。由以上兩式可得r ，m，回旋加速器交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子經(jīng)電場加速，經(jīng)磁場回旋，由qvbm，得ekm，可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強度b和d形盒半徑r決定，與加速電壓無關(guān)(2019浙江卷23)有一種質(zhì)譜儀由靜電分析器和磁分析器組成，其簡化原理如圖所示。左側(cè)靜電分析器中有方向指向圓心o、與o點等距離各點的場強大小相同的徑向電場，右側(cè)的磁分析器中分布著方向垂直于紙面向外的勻強磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行，兩者間距近似為零。離

18、子源發(fā)出兩種速度均為v0、電荷量均為q、質(zhì)量分別為m和0.5m的正離子束，從m點垂直該點電場方向進入靜電分析器。在靜電分析器中，質(zhì)量為m的離子沿半徑為r0的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運動，從n點水平射出，而質(zhì)量為0.5m的離子恰好從on連線的中點p與水平方向成角射出，從靜電分析器射出的這兩束離子垂直磁場方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左邊界的探測板上，其中質(zhì)量為m的離子打在o點正下方的q點。已知0.5r0，r0，n、p兩點間的電勢差unp，cos ，不計重力和離子間相互作用。(1)求靜電分析器中半徑為r0處的電場強度e0和磁分析器中的磁感應(yīng)強度b的大??；(2)求質(zhì)量為0.5m的離子到

19、達探測板上的位置與o點的距離l(用r0表示)；(3)若磁感應(yīng)強度在(bb)到(bb)之間波動，要在探測板上完全分辨出質(zhì)量為m和0.5m的兩束離子，求的最大值。解析：(1)由徑向電場力提供向心力有e0q解得e0由洛倫茲力提供向心力有qv0b解得b(2)從m點到p點，由動能定理有0.5mv20.5mvqunp解得vv0則在磁場中，質(zhì)量為0.5m的離子的軌跡半徑rr0由幾何知識有l(wèi)2rcos 0.5r0解得l1.5r0(3)若恰好能分辨，則有解得4答案：(1)(2)1.5r0(3)4(多選)回旋加速器在科學(xué)研究中得到了廣泛應(yīng)用，其原理如圖所示。d1和d2是兩個中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強

20、磁場中，它們接在電壓為u、周期為t的交流電源上。位于d1的圓心處的質(zhì)子源a能不斷產(chǎn)生質(zhì)子(初速度可以忽略)，它們在兩盒之間被電場加速。當(dāng)質(zhì)子被加速到最大動能ek后，再將它們引出。忽略質(zhì)子在電場中的運動時間，則下列說法中正確的是()a若只增大交變電壓u，則質(zhì)子的最大動能ek會變大b若只增大交變電壓u，則質(zhì)子在回旋加速器中運行的時間會變短c若只將交變電壓的周期變?yōu)?t，仍可用此裝置加速質(zhì)子d質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為bd由r可知，質(zhì)子經(jīng)加速后的最大速度與回旋加速器的最大半徑有關(guān)，而與交變電壓u無關(guān)，故a錯誤；增大交變電壓，質(zhì)子加速次數(shù)減小，所以質(zhì)子在回旋加速器中的運行時間變短，b正確；

21、為了使質(zhì)子能在回旋加速器中加速，質(zhì)子的運動周期應(yīng)與交變電壓的周期相同，c錯誤；由nqumv以及rn可得質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為，d正確。二、疊加場中的stse問題裝置原理圖規(guī)律速度選擇器若qv0beq，即v0，粒子做勻速直線運動磁流體發(fā)電機等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負電荷，兩極板間電壓為u時穩(wěn)定，qqv0b，uv0bd電磁流量計qqvb，所以v，所以qvs霍爾元件當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時，導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差(2019天津卷4)筆記本電腦機身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)顯示屏閉

22、合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為a、長為c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，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v。當(dāng)顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓u，以此控制屏幕的熄滅。則元件的()a前表面的電勢比后表面的低b前、后表面間的電壓u與v無關(guān)c前、后表面間的電壓u與c成正比d自由電子受到的洛倫茲力大小為d由題意可判定，電子定向移動的方向水平向左，則由左手定則可知，電子所受的洛倫茲力指向后表面，因此后表面積累的電子逐漸增多，前表面的電勢比后表面的電勢高，a錯誤；當(dāng)電子所受的

23、電場力與洛倫茲力平衡時，電子不再發(fā)生偏轉(zhuǎn)，此時前、后表面間的電壓達到穩(wěn)定，對穩(wěn)定狀態(tài)下的電子有eeebv，又e，解得ubav，顯然前、后表面間的電壓u與電子的定向移動速度v成正比，與元件的寬度a成正比，與長度c無關(guān)，b、c錯誤；自由電子穩(wěn)定時受到的洛倫茲力等于電場力，即fee，d正確。如圖所示是速度選擇器的原理圖，已知電場強度為e、磁感應(yīng)強度為b并相互垂直分布，某一帶電粒子(重力不計)沿圖中虛線水平通過。則該帶電粒子()a一定帶正電b速度大小為c可能沿qp方向運動d若沿pq方向運動的速度大于，將一定向下極板偏轉(zhuǎn)b速度選擇器不選擇電性，只選擇速度，粒子不一定帶正電，選項a錯誤；根據(jù)電場力等于洛倫

24、茲力，qeqvb，解得v，選項b正確；粒子只能沿pq方向運動，不能沿qp方向運動，選項c錯誤；由于不知道粒子的電性，若運動的速度大于，無法確定粒子偏轉(zhuǎn)方向，選項d錯誤。(多選)如圖為一利用海流發(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)表面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，在管道中加一個與前、后表面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為b，將電阻為r的航標(biāo)燈與兩金屬板連接(圖中未畫出)。海流方向如圖所示，海流速率為v，下列說法正確的是()am板電勢高于n板的電勢b發(fā)電機的電動勢為bdvc發(fā)電機的電動勢為bavd管道

25、內(nèi)海水受到的安培力方向向左abd海水中的正離子受到的洛倫茲力向上，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兩極板間形成電場，當(dāng)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qbqv，解得ubdv，兩極板間的電壓等于電源的電動勢，即發(fā)電機的電動勢為bdv，故b正確，c錯誤；根據(jù)左手定則，管道內(nèi)海水電流方向向上，所受安培力方向向左，故d正確。為監(jiān)測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圖所示的流量計。該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c，左、右兩端開口。在垂直于上

26、、下底面方向加磁感應(yīng)強度大小為b的勻強磁場，在前、后兩個內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板作為電極。污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的電壓u。若用q表示污水流量(單位時間內(nèi)排出的污水體積)，下列說法中正確的是()a若污水中正離子較多，則前表面比后表面電勢高b若污水中負離子較多，則前表面比后表面電勢高c污水中離子濃度越高，電壓表的示數(shù)將越大d. 污水流量q與u成正比，與a、b無關(guān)d無論污水中正離子多還是負離子多，由左手定則知前表面電勢均比后表面電勢低，且當(dāng)bvqq時，離子不再偏轉(zhuǎn)，電壓表示數(shù)恒定，與污水中離子濃度無關(guān)，選項a、b、c錯誤，由qvbc可得q，q與u成正比，與a、b無關(guān)，

27、選項d正確。(多選)自行車速度計利用霍爾效應(yīng)傳感器獲知自行車的運動速率。自行車前輪上安裝一塊磁鐵，輪子每轉(zhuǎn)一圈，這塊磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器會輸出一個脈沖電壓。如圖為霍爾元件的工作原理圖。當(dāng)磁場靠近霍爾元件時，導(dǎo)體內(nèi)定向運動的自由電荷在磁場力作用下偏轉(zhuǎn)，最終使導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差，即為霍爾電勢差。下列說法正確的是()a根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)和自行車車輪的半徑即可獲知車速大小b. 自行車的車速越大，霍爾電勢差越高c圖中霍爾元件的電流i是由正電荷定向運動形成的d如果長時間不更換傳感器的電源，霍爾電勢差將減小ad根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)可知車輪轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速，若再知道自行車車

28、輪的半徑，則根據(jù)v2rn即可獲知車速大小，選項a正確；根據(jù)霍爾效應(yīng)原理可知qbqv，則ubdv，即霍爾電壓只與磁感應(yīng)強度、霍爾元件的寬度以及電荷定向移動的速度有關(guān)，與車輪轉(zhuǎn)速無關(guān)，選項b錯誤；圖中霍爾元件的電流i是由負電荷定向移動形成的，選項c錯誤；如果長時間不更換傳感器的電源，則會導(dǎo)致負電荷定向移動的速率減小，故霍爾電勢差將減小，選項d正確。解決實際問題的一般過程 (2018課標(biāo)卷24)本題源于人教版31p100例題如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓u加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自m點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的n點射出；乙種離子在mn的中點射出；mn長為l。不計重