2024屆高考物理復習：“帶電粒子在疊加場中運動”的分類

第4講“帶電粒子在疊加場中運動”的分類強化類型(一)重力場、電場、磁場的疊加問題1．疊加場在同一區(qū)域電場、磁場、重力場三場共存，或其中某兩場共存的狀態(tài)。2．三種可能的疊加場(1)重力場與磁場的疊加①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動。②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解有關問題。(2)電場與磁場的疊加①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動。②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解有關問題。(3)電場、磁場與重力場的疊加①若三力平衡，一定做勻速直線運動。②若重力與電場力平衡且速度方向與磁場方向垂直，一定做勻速圓周運動。③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解有關問題。3．“三步法”突破疊加場問題[考法全析]考法(一)重力場與磁場的疊加[例1](多選)如圖所示，半圓形光滑絕緣軌道固定在豎直平面內，O點為其圓心，P點為軌道最低點，兩個端點M、N與O等高，勻強磁場方向與軌道平面垂直?，F(xiàn)將一個帶負電的小球自M點由靜止釋放，它將沿軌道做往復運動，下列說法中正確的是()A．小球由M到N與由N到M所經歷的時間相等B．小球由M到P與由N到P過程中重力對小球做的功相等，但洛倫茲力做的功不相等C．小球由M到P與由N到P過程中所受合外力的沖量大小相等D．小球經過軌道最低點時對軌道的壓力大小是相等的[解析]小球所受的洛倫茲力與速度方向垂直不做功，軌道光滑沒有摩擦力，只受重力作用，小球機械能守恒，故小球由M到N與由N到M所經歷的時間相等，A正確；小球由M到P與由N到P過程中重力對小球做的功相等，小球所受的洛倫茲力不做功，B錯誤；根據動量定理公式Ft＝mΔv，小球機械能守恒，故小球從M到P與由N到P過程中速度變化量大小相等，所以在此過程中所受合外力的沖量大小相等，C正確；根據左手定則，小球從M到P的過程中到達P時所受洛倫茲力方向豎直向下，根據合力提供向心力對小球受力分析，如圖甲所示。FN－mg－FL＝meq\f(v2,r)，F(xiàn)N＝meq\f(v2,r)＋mg＋FL，當小球從N到P的過程中到達P時洛倫茲力豎直向上，受力分析如圖乙所示。FN＋FL－mg＝meq\f(v2,r)，F(xiàn)N＝meq\f(v2,r)＋mg－FL，根據牛頓第三定律，在整個過程中洛倫茲力大小相等。所以從M到P的過程中到達P時對軌道的壓力大于小球從N到P的過程中到達P時對軌道的壓力，D錯誤。[答案]AC[針對訓練]1.(多選)如圖所示，一個絕緣且內壁光滑的環(huán)形細圓管，固定于豎直平面內，環(huán)的半徑為R(比細管的內徑大得多)，在圓管的最低點有一個直徑略小于細管內徑的帶正電小球處于靜止狀態(tài)，小球的質量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g?？臻g存在一磁感應強度大小未知(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v0＝eq\r(5gR)的初速度，則以下判斷正確的是()A．無論磁感應強度大小如何，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，且小球在最高點一定受到管壁的彈力作用C．無論磁感應強度大小如何，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．小球在從環(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：選BC小球在軌道最低點時受到的洛倫茲力方向豎直向上，若洛倫茲力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，則在最低點時小球不會受到管壁彈力的作用，A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＝eq\r(gR)，由于小球運動過程不會脫離軌道，所以一定能到達軌道最高點，C正確；在最高點時，小球做圓周運動所需的向心力F＝meq\f(v2,R)＝mg，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正確；小球在從最低點運動到最高點的過程中，小球在下半圓內上升的過程中，水平分速度向右且不斷減小，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錯誤。考法(二)電場與磁場的疊加[例2]如圖所示，在坐標系xOy平面的x＞0區(qū)域內，存在電場強度大小E＝2×105N/C、方向垂直于x軸的勻強電場和磁感應強度大小B＝0.2T、方向與xOy平面垂直向外的勻強磁場。在y軸上有一足夠長的熒光屏PQ，在x軸上的M(10,0)點處有一粒子發(fā)射槍向x軸正方向連續(xù)不斷地發(fā)射大量質量m＝6.4×10－27kg、電荷量q＝3.2×10－19C的帶正電粒子(重力不計)，粒子恰能沿x軸做勻速直線運動。若撤去電場，并使粒子發(fā)射槍以M點為軸在xOy平面內以角速度ω＝2πrad/s順時針勻速轉動(整個裝置都處在真空中)。(1)判斷電場方向，求粒子離開發(fā)射槍時的速度大?。?2)帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑；(3)熒光屏上閃光點的范圍距離。[解析](1)帶正電粒子(重力不計)在疊加場中沿x軸做勻速直線運動，據左手定則判斷可知洛倫茲力方向向下，所以電場力方向向上，電場方向向上，有qE＝qvB解得速度v＝eq\f(E,B)＝eq\f(2×105,0.2)m/s＝106m/s。(2)撤去電場后，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)所以粒子在磁場中運動的軌跡半徑R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(6.4×10－27×106,3.2×10－19×0.2)m＝0.1m。(3)粒子運動軌跡如圖所示，粒子打在熒光屏上最上端的點是B點，最下端打在A點由幾何知識可知dOA＝2Rcos30°＝eq\r(3)R，dOB＝R所以熒光屏上閃光點的范圍距離為dAB＝(eq\r(3)＋1)R≈0.273m。[答案](1)電場方向為豎直向上106m/s(2)0.1m(3)0.273m[針對訓練]2．(多選)如圖所示，一束電荷量相同的帶電粒子以一定的初速度沿直線通過由相互正交的勻強磁場和勻強電場(左側極板帶正電，右側極板帶負電)組成的速度選擇器，然后粒子通過平板S上的狹縫P進入另一勻強偏轉磁場，最終打在A1A2之間，下列說法正確的是()A．粒子帶正電B．速度選擇器中磁場方向為垂直紙面向里C．所有打在A1A2之間的粒子，在勻強偏轉磁場中的運動時間都相同D．粒子打在A1A2之間的位置越遠，粒子的質量越大解析：選AD根據左手定則可知，粒子帶正電，故A正確；粒子經過速度選擇器時所受的電場力和洛倫茲力平衡，所受電場力方向向右，則所受洛倫茲力方向向左，根據左手定則可知，速度選擇器中磁場方向為垂直紙面向外，故B錯誤；所有打在A1A2之間的粒子，在勻強偏轉磁場中做勻速圓周運動，運動的時間為t＝eq\f(T,2)，而T＝eq\f(2πR,v)，經過速度選擇器后粒子的速度都相同，則在勻強偏轉磁場中做勻速圓周運動的粒子，半徑越大運動的時間越長，故C錯誤；經過速度選擇器進入勻強偏轉磁場中的粒子速度相等，根據題意可知，粒子的電荷量相同，根據R＝eq\f(mv,qB)知，粒子打在A1A2之間的位置越遠，半徑越大，則粒子的質量越大，故D正確。考法(三)電場、磁場與重力場的三場疊加[例3]如圖所示，虛線右側有豎直向下的電場強度E＝45N/C的勻強電場及垂直于電場向外的磁感應強度B＝0.25T的勻強磁場。在光滑絕緣的水平面上有兩個等大的金屬小球A、B，小球A不帶電，其質量mA＝0.05kg，緊貼虛線靜置的小球B帶電量qB＝－4×10－3C，其質量mB＝0.01kg。小球A以速度v0＝20m/s水平向右與小球B發(fā)生正碰，碰后小球B垂直于電、磁場直接進入正交電、磁場中。剛進入正交電、磁場的瞬間，小球B豎直方向的加速度恰好為零。設小球A、B碰撞瞬間電荷均分，取g＝10m/s2。則下列說法正確的是()A．碰后瞬間，小球A的速度大小為10m/sB．小球A在剛進入正交電、磁場后的短時間內，其電勢能減少C．過程中，小球A對小球B做的功為2JD．小球A、B之間的碰撞為彈性碰撞[解析]小球A、B碰撞瞬間電荷均分，則兩小球電荷量的絕對值均為q＝eq\f(qB,2)＝2×10－3C，且小球B剛進入正交電、磁場的瞬間，豎直方向的加速度恰好為零，則有mBg＝qvBB＋qE，解得碰后B球的速度為vB＝20m/s，小球A、B碰撞過程中，由動量守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mBvB，解得，碰后瞬間小球A速度為vA＝16m/s，故A錯誤；小球A剛進入正交電、磁場后，由于mAg＝0.5N＞qE＋qvAB＝0.098N，所以小球A向下偏，則電場力做負功，故其電勢能增大，故B錯誤；根據動能定理，可知小球A對小球B做的功為W＝eq\f(1,2)mBvB2＝2J，故C正確；由于碰撞前A、B系統(tǒng)機械能為Ek1＝eq\f(1,2)mAv02＝10J，碰后系統(tǒng)機械能為Ek2＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝8.4J，則Ek1＞Ek2，機械能不守恒，故小球A、B之間的碰撞為非彈性碰撞，故D錯誤。[答案]C[針對訓練]3.(多選)在豎直平面內建立直角坐標系，曲線y＝eq\f(x2,20)位于第一象限的部分如圖所示，在曲線上不同點以一定的初速度v0向x軸負方向水平拋出質量為m、帶電荷量為＋q的小球，小球下落過程中都會通過坐標原點O，之后進入第三象限的勻強電場和勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出)，結果小球恰好在豎直面內做勻速圓周運動，并且都能打到y(tǒng)軸負半軸上。已知勻強磁場的磁感應強度大小為B，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．第三象限的電場強度大小為eq\f(mg,q)，方向豎直向下B．小球的初速度為10m/sC．第三象限的磁場方向一定是垂直紙面向外D．要使所有的小球都能打到y(tǒng)軸的負半軸，所加磁場區(qū)域的最小面積是eq\f(1,2)πeq\f(mv0,qB)2解析：選BD設小球釋放點的坐標為(x，y)，由平拋運動規(guī)律可知x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立可得y＝eq\f(g,2v02)x2，由題意可知y＝eq\f(x2,20)，聯(lián)立可得v0＝10m/s，B正確；小球在第三象限做勻速圓周運動，則有mg＝qE，可得E＝eq\f(mg,q)，方向豎直向上，A錯誤；根據題意結合左手定則可判斷，第三象限的磁場方向垂直紙面向里，C錯誤；設小球最初進入第三象限時的速度為v，與y軸負方向夾角為α，則有v0＝vsinα，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv0,qBsinα)，小球在磁場中的偏轉角恒為2α，運動軌跡的弦長l＝2rsinα＝eq\f(2mv0,qB)，恒定不變，要使所有的小球都能打到y(tǒng)軸負半軸上，所加磁場區(qū)域的最小面積為Smin＝eq\f(1,2)πeq\f(l,2)2＝eq\f(1,2)πeq\f(mv0,qB)2，D正確。類型(二)STSE中的疊加場模型1．原理：平行板中勻強電場E和勻強磁場B互相垂直。E與B的方向要匹配，有如圖甲、乙兩種方向組合，帶電粒子沿直線勻速通過速度選擇器時有qvB＝qE。2．選擇速度：v＝eq\f(E,B)[注意](1)只能選擇粒子的速度，不能選擇粒子的電性、電荷量、質量。(2)具有單一方向性：在圖甲、乙中粒子只有從左側射入才可能做勻速直線運動，從右側射入則不能。模型(一)速度選擇器[例1](2021·北京等級考)如圖所示，M為粒子加速器；N為速度選擇器，兩平行導體板之間有方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里，磁感應強度為B。從S點釋放一初速度為0、質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，經M加速后恰能以速度v沿直線(圖中平行于導體板的虛線)通過N。不計重力。(1)求粒子加速器M的加速電壓U；(2)求速度選擇器N兩板間的電場強度E的大小和方向；(3)仍從S點釋放另一初速度為0、質量為2m、電荷量為q的帶正電粒子，離開N時粒子偏離圖中虛線的距離為d，求該粒子離開N時的動能Ek。[解析](1)根據功能關系有qU＝eq\f(1,2)mv2解得U＝eq\f(mv2,2q)。(2)粒子在速度選擇器N中所受電場力與洛倫茲力平衡則有Eq＝qvB解得E＝vB，方向垂直導體板向下。(3)電場力做正功，根據功能關系有Ek＝qU＋Eqd解得Ek＝eq\f(1,2)mv2＋qBvd。[答案](1)eq\f(mv2,2q)(2)vB垂直導體板向下(3)eq\f(1,2)mv2＋qBvd[針對訓練]1．(多選)某實驗小組用圖甲所示裝置研究電子在平行金屬板間的運動。將放射源P靠近速度選擇器，速度選擇器中磁感應強度為B，電場強度為E，P能沿水平方向發(fā)出不同速率的電子，某速率的電子能沿直線通過速度選擇器，再沿平行金屬板A、C的中軸線O1O2射入板間。已知平行金屬板長為L、間距為d，兩板間加有圖乙所示的交變電壓，電子的電荷量為e，質量為m(電子重力及相互間作用力忽略不計)。以下說法中正確的有()A．沿直線穿過速度選擇器的電子的速率為eq\f(E,B)B．只增大速度選擇器中的電場強度E，沿中軸線射入的電子穿過A、C板的時間變長C．若t＝eq\f(T,4)時刻進入A、C板間的電子恰能水平飛出，則飛出方向可能沿O1O2D．若t＝0時刻進入A、C板間的電子恰能水平飛出，則T＝eq\f(BL,nE)(n＝1,2,3，…)解析：選ACD電子在速度選擇器中受電場力和洛倫茲力的作用，沿直線通過速度選擇器，則電子受力平衡，有eE＝Bve，解得v＝eq\f(E,B)，故A正確；若只增大速度選擇器中的電場強度E，電子沿中軸線射入，由v＝eq\f(E,B)可知，v增大，則在A、C板長不變的情況下，電子穿過A、C板的時間變短，故B錯誤；若t＝eq\f(T,4)時刻進入A、C板間的電子恰能水平飛出，飛出方向可能沿O1O2，故C正確；若t＝0時刻進入A、C板間的電子恰能水平飛出，則此時豎直方向的速度為零，電場力做功為零，根據對稱性可知，電子飛出的時刻為nT(n＝1,2,3，…)，電子的速度為v＝eq\f(L,nT)，根據洛倫茲力和電場力平衡可得Bev＝Ee，聯(lián)立可得T＝eq\f(BL,nE)(n＝1,2,3，…)，故D正確。模型(二)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)生偏轉而聚集在B、A板上，產生電勢差，它可以把其他形式的能通過磁場轉化為電能。2．理解：(1)電源正、負極判斷：根據左手定則可判斷出圖中的B板是發(fā)電機的正極。(2)電源電動勢U：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)，則qeq\f(U,l)＝qvB，即U＝Blv。(3)電源內阻：r＝ρeq\f(l,S)。(4)回路電流：I＝eq\f(U,r＋R)。[例2]如圖所示為等離子體發(fā)電機的示意圖。高溫燃燒室產生的大量的正、負離子被加速后垂直于磁場方向噴入發(fā)電通道的磁場中。在發(fā)電通道中有兩塊相距為d的平行金屬板，兩金屬板外接電阻R。若磁場的磁感應強度為B，等離子體進入磁場時的速度為v，系統(tǒng)穩(wěn)定時發(fā)電通道的電阻為r。則下列表述正確的是()A．上金屬板為發(fā)電機的負極，電路中電流為eq\f(Bdv,R)B．下金屬板為發(fā)電機的正極，電路中電流為eq\f(Bdv,R＋r)C．上金屬板為發(fā)電機的正極，電路中電流為eq\f(Bdv,R＋r)D．下金屬板為發(fā)電機的負極，電路中電流為eq\f(Bdv,R)[解析]根據左手定則，正離子受到的洛倫茲力向上，所以上金屬板帶正電，即上板為正極。穩(wěn)定后有eq\f(E,d)q＝qvB，解得E＝dvB，根據閉合電路的歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(dvB,R＋r)，故選C。[答案]C[針對訓練]2.磁流體發(fā)電的原理如圖所示。將一束速度為v的等離子體垂直于磁場方向噴入磁感應強度為B的勻強磁場中，在相距為d、寬為a、長為b的兩平行金屬板間便產生電壓。如果把上、下板和電阻R連接，上、下板就是一個直流電源的兩極。若穩(wěn)定時等離子體在兩板間均勻分布，電阻率為ρ，忽略邊緣效應，下列判斷正確的是()A．上板為正極，電流I＝eq\f(Bdvab,Rab＋ρd)B．上板為負極，電流I＝eq\f(Bvad2,Rad＋ρb)C．下板為正極，電流I＝eq\f(Bdvab,Rab＋ρd)D．下板為負極，電流I＝eq\f(Bvad2,Rad＋ρb)解析：選C等離子體是由大量正、負離子組成的氣體狀物質，根據左手定則可知，正離子受到的洛倫茲力向下，負離子受到的洛倫茲力向上，所以下板為正極；當磁流體發(fā)電機達到穩(wěn)定狀態(tài)時，極板間的離子受力平衡qvB＝qeq\f(E,d)，可得電動勢E＝Bdv，根據閉合電路的歐姆定律，電流I＝eq\f(E,R＋r)，而電源內阻r＝ρeq\f(l,S)＝eq\f(ρd,ab)，代入得I＝eq\f(Bdvab,Rab＋ρd)，故C正確。模型(三)電磁流量計1．工作原理：如圖所示，圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，導電液體在管中向左流動，導電液體中的自由電荷(正、負離子)在洛倫茲力作用下會發(fā)生縱向偏轉，使得a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場，當自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間電勢差就保持穩(wěn)定，只要測得圓形導管直徑d、平衡時a、b間電勢差U、磁感應強度B等有關量，即可求得液體流量Q(即單位時間流過導管某一截面的導電液體的體積)。2．有關關系(1)導管的橫截面積S：S＝eq\f(πd2,4)。(2)導電液體的流速v：自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時有qvB＝qE＝qeq\f(U,d)，可得v＝eq\f(U,Bd)。(3)液體流量Q：Q＝Sv＝eq\f(πd2,4)·eq\f(U,Bd)＝eq\f(πdU,4B)。(4)a、b端電勢高低的判斷：根據左手定則可得φa＜φb。[例3]如圖所示為電磁流速/流量儀的簡化模型示意圖，在磁感應強度為B的勻強磁場中，垂直于磁場方向放一個內徑為D的不導磁管道，當導電液體在管道中以流速v流動時，導電液體切割磁感線產生電動勢，在管道截面上垂直于磁場方向的直徑兩端安裝一對電極，該電動勢被信號電極采集，通過測量電壓的儀表放大轉換實現(xiàn)流速的測量，也可以實現(xiàn)流量(單位時間內流經某一段管道的流體體積)的測量。則關于電磁流速/流量儀的說法正確的是()A．測量電壓儀表a端的電勢高于b端的電勢B．穩(wěn)定時信號電極采集到的電勢差與流速v大小成反比C．儀表盤如果是刻度盤，流速/流量刻度都是均勻的D．流量的測量值與電磁流速/流量儀管道的長度成正比[解析]根據左手定則可知測量電壓的儀表a端的電勢低于b端的電勢，A錯誤；當導電液體在管道中以流速v流動時，正負離子在磁場的作用下偏轉，電極兩端形成了電勢差，當qeq\f(U,D)＝qvB，即U＝BvD，電勢差恒定，保持穩(wěn)定輸出，所以信號電極采集到的電勢差與流速大小成正比，B錯誤；流量為Q＝eq\f(V,t)＝eq\f(πD2v,4)，流量的測量值與流速v成正比，與電磁流速流量儀管道的長度無關，在儀表內部參數(shù)確定后，測量流速和流量的儀表盤刻度都是均勻的，C正確，D錯誤。[答案]C[針對訓練]3．(2023·濟南高三模擬)在實驗室中有一種污水流量計，其原理可以簡化為如圖所示模型：廢液內含有大量正、負離子，從直徑為d的圓柱形容器右側流入，左側流出。流量值Q等于單位時間通過橫截面的液體的體積。空間有垂直紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，并測出M、N間的電壓U，則下列說法正確的是()A．正、負離子所受洛倫茲力方向是相同的B．容器內液體的流速為v＝eq\f(U,Bd)C．污水流量計也可以用于測量不帶電的液體的流速D．污水流量為Q＝eq\f(πUd,2B)解析：選B離子進入磁場后受到洛倫茲力作用，根據左手定則可知，正離子受到的洛倫茲力方向向下，負離子受到洛倫茲力方向向上，故A錯誤；當達到平衡時有qeq\f(U,d)＝qvB，解得v＝eq\f(U,Bd)，故B正確；不帶電的液體在磁場中不受力，M、N兩點沒有電勢差，無法計算流速，故C錯誤；污水流量為Q＝vS＝eq\f(1,4)πd2·eq\f(U,Bd)＝eq\f(πUd,4B)，故D錯誤。模型(四)霍爾元件1．定義：如圖所示，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：導體中的電流I向右時，根據左手定則可得，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，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)，其中k＝eq\f(1,nq)稱為霍爾系數(shù)。[例4]霍爾元件是一種重要的磁傳感器，可用在多種自動控制系統(tǒng)中。長方體半導體材料厚為a、寬為b、長為c，以長方體三邊為坐標軸建立坐標系xyz，如圖所示。半導體中有電荷量均為e的自由電子與空穴兩種載流子，空穴可看作帶正電荷的自由移動粒子，單位體積內自由電子和空穴的數(shù)目分別為n和p。當半導體材料通有沿＋x方向的恒定電流后，某時刻在半導體所在空間加一勻強磁場，磁感應強度的大小為B，沿＋y方向，于是在z方向上很快建立穩(wěn)定電場，稱其為霍爾電場，已知電場強度大小為E，沿－z方向。(1)判斷剛加磁場瞬間自由電子受到的洛倫茲力方向；(2)若自由電子定向移動在沿＋x方向上形成的電流為In，求單個自由電子由于定向移動在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場力的合力大小Fnz。[解析](1)自由電子受到的洛倫茲力沿＋z方向。(2)設t時間內流過半導體垂直于x軸某一橫截面自由電子的電荷量為q，由電流定義式，有In＝eq\f(q,t)①設自由電子在x方向上定向移動速率為vnx，可導出自由電子的電流微觀表達式為In＝neabvnx②單個自由電子所受洛倫茲力大小為F洛＝evnxB③霍爾電場力大小為F電＝eE④自由電子在z方向上受到的洛倫茲力和霍爾電場力方向相同，聯(lián)立②③④式，其合力大小為Fnz＝eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(InB,neab)＋E))。⑤[答案](1)沿＋z方向(2)eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(InB,neab)＋E))[針對訓練]4．筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當顯示屏閉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的矩形半導體霍爾元件，元件內的導電粒子是電荷量為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eq\f(eU,a)解析：選D由左手定則判斷，電子所受的洛倫茲力指向后表面，后表面帶負電，電勢比前表面低，A錯誤。電子受力平衡后，U穩(wěn)定不變，由eeq\f(U,a)＝evB得U＝Bav，前、后表面間的電壓U與v成正比，與c無關，故B、C錯誤。自由電子受到的洛倫茲力F＝evB＝eq\f(eU,a)，D正確。[課時跟蹤檢測]一、立足主干知識，注重基礎性和綜合性1.(多選)如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內阻為r，滑動變阻器最大阻值為R，G為靈敏電流計，開關閉合，兩平行金屬板M、N之間存在垂直紙面向里的勻強磁場，一帶正電的粒子恰好以速度v勻速穿過兩板，不計粒子重力。以下說法中正確的是()A．保持開關閉合，滑片P向下移動，粒子可能從M板邊緣射出B．保持開關閉合，滑片P的位置不動，將N板向上移動，粒子可能從M板邊緣射出C．將開關斷開，粒子將繼續(xù)沿直線勻速射出D．開關斷開瞬間，靈敏電流計G指針將發(fā)生短暫偏轉解析：選AD由粒子在復合場中做勻速直線運動可知，粒子所受電場力與洛倫茲力大小相等，方向相反，當保持開關閉合，滑片向下移動時，電容器兩極板間的電壓U減小，粒子所受豎直向下的電場力減小，則粒子所受向上的洛倫茲力大于豎直向下的電場力，從而向上偏轉，有可能從M板邊緣射出，A正確；將N板向上移動使得兩極板間距減小，則粒子所受豎直向下的電場力增大，向下偏轉，不可能從M板邊緣射出，B錯誤；將開關斷開，平行板電容器放電，因此靈敏電流計G指針發(fā)生短暫偏轉，此后粒子將只受洛倫茲力做勻速圓周運動，D正確，C錯誤。2.某一種污水流量計工作原理可以簡化為如圖所示模型，廢液內含有大量正、負離子，從直徑為d的圓柱形容器右側流入，左側流出。流量值Q等于單位時間通過橫截面的液體的體積。空間有垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，下列說法正確的是()A．帶電離子所受洛倫茲力方向由M指向NB．M點的電勢高于N點的電勢C．污水流量計也可以用于測量不帶電的液體的流速D．只需要測量M、N兩點間的電壓就能夠推算廢液的流量解析：選D帶電離子進入磁場后受到洛倫茲力作用，根據左手定則可知，正離子受到的洛倫茲力向下，負離子受到的洛倫茲力向上，則M點的電勢低于N點的電勢，故A、B錯誤；不帶電的液體在磁場中不受洛倫茲力，M、N兩點間沒有電勢差，無法計算流速，故C錯誤；最終帶電離子受到的電場力和洛倫茲力平衡，有qvB＝qeq\f(U,d)，解得液體的流速為v＝eq\f(U,dB)，U是M、N兩點間的電壓，廢液的流量為Q＝vS＝eq\f(πUd,4B)，B、d為已知量，則只需要測量M、N兩點間的電壓就能夠推算廢液的流量，故D正確。3.(多選)如圖所示為磁流體發(fā)電機的原理圖，將一束等離子體垂直于磁場方向噴入磁場，在磁場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就會聚集電荷，兩板間就會產生電壓，如果射入的等離子體速度均為v，兩金屬板間距離為d，金屬板的面積為S，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直于速度方向，負載電阻為R，等離子體充滿兩板間的空間。當發(fā)電機穩(wěn)定發(fā)電時，電流表示數(shù)為I，下列說法正確的是()A．金屬板A帶負電B．兩金屬板間的電勢差為IRC．板間等離子體的內阻是eq\f(Bdv,I)－RD．板間等離子體的電阻率為eq\f(S,d)eq\f(Bdv,I)－R解析：選ACD大量等離子體進入磁場時，由左手定則可以判斷，正離子受到的洛倫茲力向下，所以正離子聚集到金屬板B上，負離子受到的洛倫茲力向上，負離子聚集到金屬板A上，故金屬板B相當于電源的正極，金屬板A相當于電源的負極，故A正確；根據qvB＝qeq\f(U,d)得，U＝E電動＝Bdv，故B錯誤；根據閉合電路的歐姆定律得r＝eq\f(E電動,I)－R＝eq\f(Bdv,I)－R，故C正確；依據r＝ρeq\f(d,S)得，板間等離子體的電阻率ρ＝eq\f(rS,d)＝eq\f(S,d)eq\f(Bdv,I)－R，故D正確。4.(2021·河北高考)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軌固定在與導軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小為B2，導軌平面與水平面夾角為θ，兩導軌分別與P、Q相連。質量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直導軌放置，恰好靜止。重力加速度為g，不計導軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力。下列說法正確的是()A．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)B．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)C．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，v＝eq\f(mgRtanθ,B1B2Ld)D．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，v＝eq\f(mgRtanθ,B1B2Ld)解析：選B由左手定則可知Q板帶正電，P板帶負電，所以金屬棒ab中的電流方向為從a到b，對金屬棒受力分析可知，金屬棒受到的安培力方向沿導軌平面向上，由左手定則可知導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，由受力平衡可知B2IL＝mgsinθ，而I＝eq\f(U,R)，而對等離子體受力分析有qeq\f(U,d)＝qvB1，解得v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)。故B正確，A、C、D錯誤。5.(多選)如圖所示，為研究某種射線裝置的示意圖。射線源發(fā)出的射線以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的中央O點，出現(xiàn)一個亮點。在板間加上垂直紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場后，射線在板間做半徑為r的圓周運動，然后打在熒光屏的P點。若在板間再加上一個方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場，亮點又恰好回到O點，由此可知該射線源發(fā)射的射線粒子()A．帶正電 B．初速度為v＝eq\f(B,E)C．比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(B2r,E) D．比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(E,B2r)解析：選AD粒子在向里的磁場中向上偏轉，根據左手定則可知，粒子帶正電，A正確；粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有：Bqv＝meq\f(v2,r)；粒子在電磁疊加場中有：qE＝qvB，則v＝eq\f(E,B)，eq\f(q,m)＝eq\f(E,B2r)，B、C錯誤，D正確。6.如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5eq\r(3)N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B＝0.5T。有一帶正電的小球，質量m＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象)，取g＝10m/s2。求：(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經歷的時間t。解析：(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內，合力為零，有qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2)①代入數(shù)據解得v＝20m/s②速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足tanθ＝eq\f(qE,mg)③代入數(shù)據解得tanθ＝eq\r(3)，則θ＝60°。④(2)解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設其加速度為a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m)⑤設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y＝eq\f(1,2)at2⑦a與mg的夾角和v與E的夾角