2025高考物理步步高同步練習(xí)選修2第一章專題強(qiáng)化1 安培力作用下導(dǎo)體的運(yùn)動和平衡問題含答案

2025高考物理步步高同步練習(xí)選修2第一章安培力作用下導(dǎo)體的運(yùn)動和平衡問題[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.會用左手定則判斷安培力的方向和導(dǎo)體的運(yùn)動方向.2.會分析在安培力作用下的平衡問題.3.會結(jié)合牛頓第二定律求導(dǎo)體棒的瞬時加速度．一、安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動的判斷電流元法把整段導(dǎo)線分為許多段直電流元，先用左手定則判斷每段電流元受力的方向，然后判斷整段導(dǎo)線所受合力的方向，從而確定導(dǎo)線運(yùn)動方向等效法環(huán)形電流可等效成小磁針，通電螺線管可等效成條形磁體或多個環(huán)形電流，反過來等效也成立特殊位置法通過轉(zhuǎn)動通電導(dǎo)線到某個便于分析的特殊位置(如轉(zhuǎn)過90°角)，然后判斷其所受安培力的方向，從而確定其運(yùn)動方向結(jié)論法兩平行直線電流在相互作用過程中，無轉(zhuǎn)動趨勢，同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢轉(zhuǎn)換研究對象法定性分析磁體在電流磁場作用下如何運(yùn)動的問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律確定磁體所受電流磁場的作用，從而確定磁體所受合力及運(yùn)動方向考向1電流元法特殊位置法如圖1所示，把一重力不計的通電直導(dǎo)線AB水平放在蹄形磁體磁極的正上方，導(dǎo)線可以在空間中自由運(yùn)動，當(dāng)導(dǎo)線通以圖示方向電流I時，導(dǎo)線的運(yùn)動情況是(從上往下看)()圖1A．順時針轉(zhuǎn)動，同時下降B．順時針轉(zhuǎn)動，同時上升C．逆時針轉(zhuǎn)動，同時下降D．逆時針轉(zhuǎn)動，同時上升答案C解析如圖所示，將導(dǎo)線AB分成左、中、右三部分．中間一段開始時電流方向與磁場方向一致，不受力；左端一段所在處的磁場方向斜向右上，根據(jù)左手定則知其受力方向向外；右端一段所在處的磁場方向斜向右下，受力方向向里．當(dāng)轉(zhuǎn)過一定角度時，中間一段電流不再與磁場方向平行，由左手定則可知其受力方向向下，所以從上往下看導(dǎo)線將一邊逆時針轉(zhuǎn)動，一邊向下運(yùn)動，C選項(xiàng)正確．考向2等效法如圖2所示，把輕質(zhì)導(dǎo)線圈用絕緣細(xì)線懸掛在磁體N極附近，磁體的軸線穿過線圈的圓心且垂直于線圈平面．當(dāng)線圈內(nèi)通以圖示方向的電流(從右向左看沿逆時針方向)后，線圈的運(yùn)動情況是()圖2A．線圈向左運(yùn)動 B．線圈向右運(yùn)動C．從上往下看順時針轉(zhuǎn)動 D．從上往下看逆時針轉(zhuǎn)動答案A解析將環(huán)形電流等效成小磁針，如圖所示，根據(jù)異名磁極相互吸引知，線圈將向左運(yùn)動；也可將左側(cè)條形磁體等效成環(huán)形電流，根據(jù)“同向電流相吸引，異向電流相排斥”可知線圈向左運(yùn)動，選A.考向3結(jié)論法兩條導(dǎo)線互相垂直，如圖3所示，但相隔一段小距離，其中AB是固定的，CD能自由活動，當(dāng)直流電流按圖示方向通過兩條導(dǎo)線時，導(dǎo)線CD將(從紙外向紙內(nèi)看)()圖3A．順時針方向轉(zhuǎn)動，同時靠近導(dǎo)線ABB．逆時針方向轉(zhuǎn)動，同時靠近導(dǎo)線ABC．逆時針方向轉(zhuǎn)動，同時遠(yuǎn)離導(dǎo)線ABD．順時針方向轉(zhuǎn)動，同時遠(yuǎn)離導(dǎo)線AB答案B解析兩不平行的直線電流相互作用時，有轉(zhuǎn)到平行且電流相同的趨勢，假設(shè)CD導(dǎo)線轉(zhuǎn)過90°，此時兩電流為同向電流，相互吸引．所以導(dǎo)線CD逆時針方向轉(zhuǎn)動，同時靠近導(dǎo)線AB.故B正確，A、C、D錯誤．考向4轉(zhuǎn)換研究對象法(多選)如圖4所示，在光滑水平面上一輕質(zhì)彈簧將擋板和一條形磁體連接起來，此時磁體對水平面的壓力大小為FN1，現(xiàn)在磁體左上方位置固定一導(dǎo)體棒，當(dāng)導(dǎo)體棒中通以垂直紙面向里的電流后，磁體對水平面的壓力大小為FN2，則()圖4A．彈簧長度將變長 B．彈簧長度將變短C．FN1＞FN2 D．FN1＜FN2答案BC二、安培力作用下導(dǎo)體的平衡1．求解安培力作用下導(dǎo)體棒平衡問題的基本思路2．分析求解安培力時需要注意的問題(1)首先畫出通電導(dǎo)體所在處的磁感線的方向，再根據(jù)左手定則判斷安培力方向．(2)安培力大小與導(dǎo)體放置的角度有關(guān)，l為導(dǎo)體垂直于磁場方向的長度，即有效長度．質(zhì)量為m＝0.02kg的通電細(xì)桿ab置于傾角為θ＝37°的平行放置的導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的寬度d＝0.2m，桿ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝2T的勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直且方向向下，如圖5所示．現(xiàn)調(diào)節(jié)滑動變阻器的觸頭，試求出為使桿ab靜止不動，通過ab桿的電流范圍為多少．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2)圖5答案0.14A≤I≤0.46A解析桿ab中的電流方向?yàn)閺腶到b，所受安培力的方向平行于導(dǎo)軌向上．當(dāng)電流較大時，桿有向上的運(yùn)動趨勢，所受靜摩擦力向下；當(dāng)靜摩擦力達(dá)到最大時，磁場力為最大值F1，此時通過ab的電流最大為Imax；同理，當(dāng)電流最小時，應(yīng)該是桿受向上的最大靜摩擦力，此時的安培力為F2，電流為Imin.正確地畫出兩種情況下的受力圖，由平衡條件列方程求解．如圖甲所示，有甲F1－mgsinθ－Ff1＝0FN－mgcosθ＝0Ff1＝μFNF1＝BImaxd解得Imax＝0.46A如圖乙所示，有乙F2＋Ff2－mgsinθ＝0FN－mgcosθ＝0Ff2＝μFNF2＝BImind解得Imin＝0.14A所以通過ab桿的電流范圍是0.14A≤I≤0.46A.如圖6所示，用兩根懸線將質(zhì)量為m、長為l的金屬棒ab懸掛在c、d兩處，置于勻強(qiáng)磁場內(nèi)．當(dāng)棒中通以從a到b的電流I后，兩懸線偏離豎直方向θ角而處于平衡狀態(tài)．為了使棒平衡在該位置上，所需磁場的最小磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小、方向?yàn)?重力加速度為g)()圖6A.eq\f(mg,Il)tanθ，豎直向上B.eq\f(mg,Il)tanθ，豎直向下C.eq\f(mg,Il)sinθ，平行懸線向下D.eq\f(mg,Il)sinθ，平行懸線向上答案D解析畫出題中裝置從右向左看的側(cè)視圖，棒的受力分析如圖所示．要求所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，應(yīng)使棒平衡時所受的安培力最?。捎诎舻闹亓愣ǎ瑧揖€拉力的方向不變，由畫出的力的三角形可知，安培力的最小值為Fmin＝mgsinθ，即IlBmin＝mgsinθ，得Bmin＝eq\f(mg,Il)sinθ，方向應(yīng)平行于懸線向上，故選D.三、安培力作用下導(dǎo)體的加速1．解決在安培力作用下物體的加速運(yùn)動問題，首先對研究對象進(jìn)行受力分析，其中重要的是不要漏掉安培力，然后根據(jù)牛頓第二定律列方程求解．2．選定觀察角度畫好平面圖，標(biāo)出電流方向和磁場方向，然后利用左手定則判斷安培力的方向．如圖7所示，光滑的平行導(dǎo)軌傾角為θ，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌中接入電動勢為E、內(nèi)阻為r的直流電源．電路中有一阻值為R的電阻，其余電阻不計，將質(zhì)量為m、長度為l的導(dǎo)體棒由靜止釋放，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，求導(dǎo)體棒在釋放瞬間的加速度的大?。?重力加速度為g)圖7答案gsinθ－eq\f(BElcosθ,mR＋r)解析畫出題中裝置的側(cè)視圖，導(dǎo)體棒受力分析如圖所示，導(dǎo)體棒受重力mg、支持力FN和安培力F，由牛頓第二定律得mgsinθ－Fcosθ＝ma，又F＝BIl，I＝eq\f(E,R＋r)，聯(lián)立可得a＝gsinθ－eq\f(BElcosθ,mR＋r).1.(安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動的判斷)(2020·福建連城一中高二上月考)如圖8，固定直導(dǎo)線c垂直于紙面，可動導(dǎo)線ab通以圖示方向的電流，用彈簧測力計懸掛在導(dǎo)線c的上方，若導(dǎo)線c中通以垂直于紙面向外的電流，以下判斷正確的是()圖8A．可動導(dǎo)線a端轉(zhuǎn)向紙外，同時彈簧測力計讀數(shù)減小B．可動導(dǎo)線a端轉(zhuǎn)向紙外，同時彈簧測力計讀數(shù)增大C．可動導(dǎo)線b端轉(zhuǎn)向紙外，同時彈簧測力計讀數(shù)減小D．可動導(dǎo)線b端轉(zhuǎn)向紙外，同時彈簧測力計讀數(shù)增大答案B解析b端處的磁場方向斜向左上方，根據(jù)左手定則可得b端受到的安培力方向指向紙內(nèi)，a端處的磁場方向斜向左下方，根據(jù)左手定則可得a端受到的安培力方向指向紙外，故a端轉(zhuǎn)向紙外，b端轉(zhuǎn)向紙內(nèi)；當(dāng)導(dǎo)線ab轉(zhuǎn)過90°后，兩導(dǎo)線電流為同向電流，相互吸引，導(dǎo)致彈簧測力計的讀數(shù)變大．選項(xiàng)B正確，A、C、D錯誤．2.(安培力作用下導(dǎo)體的平衡)(多選)(2020·龍巖一中期中)如圖9所示，將一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌固定在地面上，導(dǎo)軌的頂端接一電源和一滑動變阻器，在垂直導(dǎo)軌平面向下的方向上加一勻強(qiáng)磁場，在傾斜導(dǎo)軌上放一導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好并處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)調(diào)節(jié)滑動變阻器使其接入電路的阻值減小，而整個過程中導(dǎo)體棒始終靜止在導(dǎo)軌上，則()圖9A．導(dǎo)體棒所受摩擦力可能一直增大B．導(dǎo)體棒所受摩擦力可能先減小后增大C．導(dǎo)體棒所受摩擦力可能先增大后減小D．導(dǎo)體棒所受摩擦力可能始終為零答案AB解析若F安<mgsinθ，因安培力向上，則導(dǎo)體棒所受的摩擦力向上，當(dāng)滑動變阻器接入電路的阻值減小時，導(dǎo)體棒中的電流增大，則導(dǎo)體棒所受的安培力增大，受到的摩擦力可能一直減小，也可能先減小到零，再沿導(dǎo)軌向下增大；若F安>mgsinθ，則導(dǎo)體棒所受的摩擦力沿導(dǎo)軌向下，則導(dǎo)體棒所受的摩擦力隨安培力的增大而增大，故A、B正確，C、D錯誤．3．(安培力作用下導(dǎo)體的平衡)(2020·山東濟(jì)南期末)如圖10所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌間距為10cm，導(dǎo)軌平面與水平面夾角為45°，上端連接的定值電阻阻值為1.5Ω，電源電動勢為3V(內(nèi)阻不計)，質(zhì)量為20g的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌垂直．整個裝置處在方向垂直于導(dǎo)體棒的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)中，已知重力加速度g取10m/s2，不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻．若使導(dǎo)體棒靜止不動，關(guān)于磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小值Bmin和與之相對應(yīng)的磁場方向(順著導(dǎo)體棒從a向b看)，以下說法正確的是()圖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，垂直導(dǎo)軌向上D．Bmin＝0.1T，垂直導(dǎo)軌向上答案C解析導(dǎo)體棒受到的最小安培力F安min與導(dǎo)體棒所受重力和支持力的合力大小相等，則F安min＝mgsin45°＝BminIL，又I＝eq\f(E,R)，解得Bmin＝eq\f(\r(2),2)T，根據(jù)左手定則知，磁場方向垂直導(dǎo)軌向上，故C正確，A、B、D錯誤．4.(安培力作用下導(dǎo)體的加速)某科研單位制成了能把2.2g的彈體(包括金屬桿EF的質(zhì)量)加速到10km/s的電磁炮(常規(guī)炮彈的速度約為2km/s)．如圖11所示，若軌道寬為2m，長為100m，通過的電流為10A，試求軌道間所加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小．(軌道摩擦不計)圖11答案55T解析根據(jù)vt2－v02＝2ax得炮彈的加速度大小為a＝eq\f(v\o\al(t2),2x)＝eq\f(10×1032,2×100)m/s2＝5×105m/s2.根據(jù)牛頓第二定律F＝ma得炮彈所受的安培力大小F＝ma＝2.2×10－3×5×105N＝1.1×103N.根據(jù)安培力公式F＝IlB，得B＝eq\f(F,Il)＝eq\f(1.1×103,10×2)T＝55T.1.通有電流的導(dǎo)線L1、L2處在同一平面(紙面)內(nèi)，L1是固定的，L2可繞垂直紙面的固定轉(zhuǎn)軸O轉(zhuǎn)動(O為L2的中心)，各自的電流方向如圖1所示．下列哪種情況將會發(fā)生()圖1A．因L2不受安培力的作用，故L2不動B．因L2上、下兩部分所受的安培力平衡，故L2不動C．L2繞軸O按順時針方向轉(zhuǎn)動D．L2繞軸O按逆時針方向轉(zhuǎn)動答案D解析由右手螺旋定則可知導(dǎo)線L1上方的磁場方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲?，且離導(dǎo)線L1的距離越遠(yuǎn)的地方，磁場越弱，導(dǎo)線L2上的每一小部分受到的安培力方向均水平向右，由于O點(diǎn)的下方磁場較強(qiáng)，則L2下部分所受安培力較大，因此L2繞軸O按逆時針方向轉(zhuǎn)動，D選項(xiàng)正確．2.(多選)(2020·長春外國語學(xué)校期末)如圖2所示，一根通有電流I的直銅棒MN，用懸線掛在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，此時兩根懸線處于張緊狀態(tài)，下列哪些措施可使懸線中張力為零()圖2A．適當(dāng)增大電流IB．使電流反向并適當(dāng)增大IC．保持電流I不變，適當(dāng)增大BD．使電流I反向，適當(dāng)增大B答案AC解析根據(jù)左手定則，可判斷出MN受到的安培力方向向上，增大安培力，可使懸線中張力為零，根據(jù)公式F＝BIl知，適當(dāng)增大電流I或者保持電流I不變，適當(dāng)增大B，可使懸線中張力為零，故A、C正確；若使電流I反向，則MN所受安培力方向向下，懸線中的張力不可能為零，故B、D錯誤．3．(多選)質(zhì)量為m的金屬細(xì)桿置于傾角為θ的光滑導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的寬度為d，當(dāng)給細(xì)桿通以如圖A、B、C、D所示的電流時，可能使桿靜止在導(dǎo)軌上的是()答案AC解析A圖中金屬桿受重力、沿導(dǎo)軌向上的安培力和支持力，若重力沿導(dǎo)軌向下的分力與安培力大小相等，細(xì)桿可能靜止，故A正確；B圖中金屬桿僅受重力和導(dǎo)軌的支持力，二力不可能平衡，故B錯誤；若C圖中金屬桿所受重力與安培力大小相等，則二力平衡，細(xì)桿可能靜止，故C正確；D圖中金屬桿受豎直向下的重力、水平向左的安培力，可能受支持力，不可能達(dá)到平衡，故D錯誤．4.(多選)(2020·湖南師大附中高二期末)如圖3所示，用細(xì)繩懸掛一矩形導(dǎo)線框且導(dǎo)線框底邊水平，導(dǎo)線框通有逆時針方向的電流(從右側(cè)觀察)．在導(dǎo)線框的正下方、垂直于導(dǎo)線框平面有一直導(dǎo)線PQ.原PQ中無電流，現(xiàn)通以水平向右的電流，在短時間內(nèi)()圖3A．從上往下觀察導(dǎo)線框順時針轉(zhuǎn)動B．從上往下觀察導(dǎo)線框向右平移C．細(xì)繩受力會變得比導(dǎo)線框重力大D．導(dǎo)線框中心的磁感應(yīng)強(qiáng)度變大答案ACD解析由安培定則判斷出通電導(dǎo)線PQ在線框處的磁場方向從里向外，根據(jù)左手定則知，導(dǎo)線框外側(cè)邊所受安培力向左，內(nèi)側(cè)邊所受安培力向右，從上往下看，導(dǎo)線框?qū)㈨槙r針轉(zhuǎn)動，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯誤；線框沿順時針方向轉(zhuǎn)動一個小角度后，靠近導(dǎo)線PQ處的邊的電流的方向斜向右，由左手定則可知，其受到的安培力的方向向下，所以整體受安培力向下，細(xì)繩受力會變得比導(dǎo)線框重力大，故C項(xiàng)正確；線框沿順時針方向轉(zhuǎn)動一個小角度后，通電導(dǎo)線PQ產(chǎn)生的磁場方向從里向外穿過線框，根據(jù)安培定則，線框產(chǎn)生磁場的方向也是從里向外，則線框中心的磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，故D項(xiàng)正確．5.如圖4所示，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，下面掛有匝數(shù)為n的矩形線框abcd，bc邊長為l，線框的下半部分處在勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與線框平面垂直(在圖中垂直于紙面向里)，線框中通以電流I，方向如圖所示，開始時線框處于平衡狀態(tài)，且彈簧處于伸長狀態(tài)．令磁場反向，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小仍為B，線框達(dá)到新的平衡，則在此過程中線框位移的大小Δx及方向是()圖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解析線框在磁場中受重力、安培力、彈簧彈力處于平衡狀態(tài)，安培力為FA＝nBIl，且開始時方向向上，改變電流方向后方向向下，大小不變．設(shè)在磁場反向之前彈簧的伸長量為x，線框的質(zhì)量為m，則反向之后彈簧的伸長量為(x＋Δx)，由平衡條件知kx＋nBIl＝mg及k(x＋Δx)＝nBIl＋mg，聯(lián)立解得Δx＝eq\f(2nBIl,k)，且線框向下移動，B對．6．(多選)如圖5所示，條形磁體放在水平桌面上，一根通電直導(dǎo)線由S極的上端平移到N極的上端的過程中，導(dǎo)線保持與磁體垂直，導(dǎo)線的通電方向如圖所示．這個過程中磁體保持靜止，則()圖5A．磁體受到的摩擦力方向由向左變?yōu)橄蛴褺．磁體受到的摩擦力方向由向右變?yōu)橄蜃驝．磁體對桌面的壓力大小總是大于其重力D．磁體對桌面的壓力大小總是等于其重力答案AC解析首先磁體上方的磁感線從N極出發(fā)回到S極，是曲線，通電直導(dǎo)線由S極的上端平移到N極的上端的過程中，受到的安培力由左上方變?yōu)檎戏皆僮優(yōu)橛疑戏?，根?jù)牛頓第三定律磁體受到的力由右下方變?yōu)檎路皆僮優(yōu)樽笙路剑朋w靜止不動，所以所受摩擦力方向由向左變?yōu)橄蛴遥珹正確，B錯誤；磁體對桌面的壓力大小總是大于其重力，C正確，D錯誤．7.(2020·山西大同陽高一中高二期末)如圖6所示，原來靜止的圓線圈可以自由移動，在圓線圈直徑MN上靠近N點(diǎn)處放置一根垂直于線圈平面的固定不動的通電直導(dǎo)線，導(dǎo)線中電流方向垂直紙面向里．當(dāng)在圓線圈中通以逆時針方向的電流I時，圓線圈將會()圖6A．受力向左平動 B．受力向右平動C．不受力，平衡不動 D．以MN為軸轉(zhuǎn)動答案D解析直導(dǎo)線通電后在它周圍形成以導(dǎo)線為圓心的圓形磁場區(qū)域，如圖中虛線所示．圓線圈就是在該磁場中的通電導(dǎo)體，要受到安培力的作用，其方向可由左手定則判斷．圓線圈下半部分所在處合磁場方向斜向上，所受的安培力方向垂直紙面向外；圓線圈上半部分受到的安培力方向垂直紙面向里，通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場分布關(guān)于MN軸對稱，因此圓線圈將會以MN為軸轉(zhuǎn)動．故選D.8.(2020·洛陽市高二期中)如圖7所示，三根長為L的平行長直導(dǎo)線的橫截面在空間構(gòu)成等邊三角形，電流的方向垂直紙面向里，電流大小均為I，其中A、B電流在C處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B0，導(dǎo)線C在水平面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，則導(dǎo)線C受到的靜摩擦力是()圖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電流在C處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B0，作出磁感應(yīng)強(qiáng)度的合成圖如圖所示，根據(jù)平行四邊形定則與幾何關(guān)系，則有BC＝eq\r(3)B0；再由左手定則可知，安培力方向水平向左，大小為F＝eq\r(3)B0IL，由于導(dǎo)線C處于靜止?fàn)顟B(tài)，則導(dǎo)線C受到的靜摩擦力大小為eq\r(3)B0IL，方向水平向右，故選B.9.(2020·云南省通海縣第三中學(xué)開學(xué)考試)如圖8所示，傾角為θ的粗糙絕緣體斜面固定于水平向左的勻強(qiáng)磁場B中，將通電直導(dǎo)線挨著斜面水平放置，導(dǎo)線中電流方向垂直于紙面向里，如果導(dǎo)線能靜置于斜面上，則下列說法正確的是()圖8A．導(dǎo)線一定受到斜面彈力，但不一定受斜面摩擦力B．導(dǎo)線一定受到斜面摩擦力，但不一定受斜面彈力C．如果導(dǎo)線受彈力作用，那么也一定會受摩擦力的作用，且彈力和摩擦力合力一定豎直向上D．如果導(dǎo)線受彈力作用，那么也一定會受摩擦力的作用，且彈力和摩擦力合力不一定豎直向上答案C10．長為L的通電直導(dǎo)線放在傾角為θ的光滑斜面上，并處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，如圖9所示，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直斜面向上、電流為I1時導(dǎo)線處于平衡狀態(tài)；當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上、電流為I2時導(dǎo)線也處于平衡狀態(tài)．則eq\f(I1,I2)為()圖9A．sinθ B.eq\f(1,sinθ)C．cosθ D.eq\f(1,cosθ)答案C解析若磁場方向垂直于斜面向上，則導(dǎo)線所受安培力沿斜面向上，由平衡條件可得mgsinθ＝BI1L，若磁場方向豎直向上，則導(dǎo)線所受安培力水平向右，由平衡條件可得mgtanθ＝BI2L，則eq\f(I1,I2)＝cosθ，故C正確，A、B、D錯誤．11.如圖10所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中有兩根豎直放置的平行粗糙導(dǎo)軌CD、EF，導(dǎo)軌上放一金屬棒MN，金屬棒靜止．現(xiàn)從t＝0時刻起，給金屬棒通以圖示方向的電流且電流與時間成正比，即I＝kt，其中k為常量，金屬棒開始運(yùn)動，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好．以豎直向下為正方向，下列關(guān)于金屬棒的速度v、加速度a隨時間t變化的關(guān)系圖像，可能正確的是()圖10答案B解析從t＝0時刻起，金屬棒通以電流I＝kt，由左手定則可知，安培力方向垂直紙面向里，使其緊壓導(dǎo)軌，導(dǎo)致金屬棒在運(yùn)動過程中，所受到的摩擦力增大，所以加速度在減小，當(dāng)滑動摩擦力小于重力時速度與加速度方向相同，所以金屬棒做加速度減小的加速運(yùn)動；當(dāng)滑動摩擦力大小等于重力時，加速度為零，此時速度達(dá)到最大；當(dāng)安培力繼續(xù)增大時導(dǎo)致加速度方向豎直向上，則出現(xiàn)加速度與速度方向相反，因此做加速度增大的減速運(yùn)動．v-t圖像的斜率絕對值表示加速度的大小，故選項(xiàng)C、D均錯誤．對金屬棒MN，由牛頓第二定律得mg－μFN＝ma，而FN＝BIL＝BktL，即mg－μBktL＝ma，因此a＝g－eq\f(μkBL,m)t，顯然加速度a與時間t成線性關(guān)系，故選項(xiàng)A錯誤，B正確．12.水平面上有電阻不計的U形導(dǎo)軌NMPQ，它們之間的寬度為L，M和P之間接入電動勢為E的電源(不計內(nèi)阻)．現(xiàn)垂直于導(dǎo)軌放置一根質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab，并加一個范圍較大的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與水平面間的夾角為θ且指向右上方，如圖11所示，重力加速度為g，問：圖11(1)當(dāng)ab棒靜止時，受到的支持力和摩擦力各為多少？(2)若B的大小和方向均能改變，則要使ab棒所受支持力為零，B的大小至少為多少？此時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)從b向a看，對金屬棒受力分析如圖所示，水平方向：Ff＝F安sinθ①豎直方向：FN＋F安cosθ＝mg②又F安＝BIL＝Beq\f(E,R)L③聯(lián)立①②③式解得：FN＝mg－eq\f(BLEcosθ,R)，F(xiàn)f＝eq\f(BLEsinθ,R).(2)要使ab棒所受支持力為零，且讓磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，可知安培力豎直向上，且F安′＝mg，則Bmin＝eq\f(mgR,EL)，根據(jù)左手定則可知此時磁場方向水平向右．13．(2020·河南鄭州期末)如圖12所示，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間的距離L＝0.4m，金屬導(dǎo)軌所在的平面與水平面間的夾角θ＝37°，在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)，分布著方向垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場．現(xiàn)把一個質(zhì)量m＝0.04kg的導(dǎo)體棒ab垂直放在金屬導(dǎo)軌上，當(dāng)接通電源后，導(dǎo)軌中通過的電流恒為I＝1.5A時，導(dǎo)體棒恰好靜止，g取10m/s2.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則：圖12(1)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為多大？(2)若突然只將磁場方向變?yōu)樨Q直向上，其他條件不變，則磁場方向改變后的瞬間，導(dǎo)體棒的加速度為多大？答案(1)0.4T(2)1.2m/s2解析(1)導(dǎo)體棒受力如圖甲，根據(jù)平衡條件得：F安－mgsin37°＝0而F安＝BIL解得B＝0.4T(2)磁場方向變?yōu)樨Q直向上，導(dǎo)體棒受力如圖乙，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin37°－F安cos37°＝ma，F(xiàn)安＝BIL解得：a＝1.2m/s2.本章知識網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建洛倫茲力與現(xiàn)代科技[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.知道速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計、霍爾元件的工作原理.2.進(jìn)一步了解洛倫茲力在科技生活中的應(yīng)用，提高學(xué)生的綜合分析和計算能力．一、速度選擇器1．裝置及要求如圖1，兩極板間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，二者方向互相垂直，帶電粒子從左側(cè)射入，不計粒子重力．圖12．帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qE＝qvB，即v＝eq\f(E,B).3．速度選擇器的特點(diǎn)(1)v的大小等于E與B的比值，即v＝eq\f(E,B).速度選擇器只對選擇的粒子的速度有要求，而對粒子的質(zhì)量、電荷量大小及帶電正、負(fù)無要求．(2)當(dāng)v＞eq\f(E,B)時，粒子向F洛方向偏轉(zhuǎn)，F(xiàn)電做負(fù)功，粒子的動能減小，電勢能增大．(3)當(dāng)v＜eq\f(E,B)時，粒子向F電方向偏轉(zhuǎn)，F(xiàn)電做正功，粒子的動能增大，電勢能減?。?2020·福建泉州期末)如圖2所示，兩個平行金屬板M、N間為一個正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域，電場方向由M板指向N板，磁場方向垂直紙面向里，OO′為距離兩極板相等且平行兩極板的直線．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，以速度v0從O點(diǎn)射入，沿OO′方向勻速通過場區(qū)，不計帶電粒子的重力，則以下說法正確的是()圖2A．電荷量為－q的粒子以v0從O點(diǎn)沿OO′方向射入時，不能勻速通過場區(qū)B．電荷量為2q的粒子以v0從O點(diǎn)沿OO′方向射入時，不能勻速通過場區(qū)C．保持電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變，方向均與原來相反，則粒子仍能勻速通過場區(qū)D．粒子以速度v0從右側(cè)的O′點(diǎn)沿O′O方向射入，粒子仍能勻速通過場區(qū)答案C解析由題意知帶正電的粒子能從左向右勻速通過場區(qū)，則粒子所受豎直向上的洛倫茲力與豎直向下的電場力平衡，有qE＝Bqv0，解得v0＝eq\f(E,B)，可知平衡條件與電荷量的多少無關(guān)，因此電荷量為－q和2q的粒子以v0入射，都能從左向右勻速通過場區(qū)，A、B錯誤；當(dāng)電場方向與磁場方向都與原來相反時，粒子所受電場力和洛倫茲力的方向仍相反，所以粒子以v0從O點(diǎn)沿OO′方向射入時仍能勻速通過場區(qū)，C正確；若粒子以速率v0從右側(cè)的O′點(diǎn)沿O′O方向射入，粒子受到豎直向下的電場力與豎直向下的洛倫茲力，不能平衡，因此不能勻速通過場區(qū)，D錯誤．二、磁流體發(fā)電機(jī)磁流體發(fā)電機(jī)的發(fā)電原理圖如圖3甲所示，其平面圖如圖乙所示．圖3設(shè)帶電粒子的運(yùn)動速度為v，帶電荷量為q，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，極板間距離為d，極板間電壓為U，根據(jù)FB＝FE，有qvB＝qE＝eq\f(qU,d)，得U＝Bdv.根據(jù)外電路斷開時，電源電動勢的大小等于路端電壓，故此磁流體發(fā)電機(jī)的電動勢為E電源＝U＝Bdv.(2018·浙江11月選考)磁流體發(fā)電的原理如圖4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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，在相距為d、寬為a、長為b的兩平行金屬板間便產(chǎn)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(yīng)，下列判斷正確的是()圖4A．上板為正極，電流I＝eq\f(Bdvab,Rab＋ρd)B．上板為負(fù)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(fù)極，電流I＝eq\f(Bvad2,Rad＋ρb)答案C解析根據(jù)左手定則可知，正離子在磁場中受到的洛倫茲力向下，故下板為正極，設(shè)兩板間的電壓為U，則qeq\f(U,d)＝Bqv，得U＝Bdv，電流I＝eq\f(U,R＋ρ\f(d,ab))＝eq\f(Bdvab,Rab＋ρd)，故C正確．三、電磁流量計如圖5甲、乙所示是電磁流量計的示意圖．圖5設(shè)管的直徑為D，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，a、b兩點(diǎn)間的電勢差是由于導(dǎo)電液體中電荷受到洛倫茲力作用，在管壁的上、下兩側(cè)堆積產(chǎn)生的．到一定程度后，a、b兩點(diǎn)間的電勢差達(dá)到穩(wěn)定值U，上、下兩側(cè)堆積的電荷不再增多，此時，洛倫茲力和電場力平衡，有qvB＝qE＝qeq\f(U,D)，所以v＝eq\f(U,DB)，又圓管的橫截面積S＝eq\f(1,4)πD2，故流量Q＝Sv＝eq\f(πUD,4B).(多選)如圖6所示為電磁流量計(即計算單位時間內(nèi)流過某一橫截面的液體體積)的原理圖：一圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導(dǎo)電的液體向左流動．圖中磁場方向垂直于紙面向里，大小為B，導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負(fù)離子)在洛倫茲力作用下偏轉(zhuǎn)，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間的電勢差就穩(wěn)定為U，則()圖6A．電勢a高b低 B．電勢b高a低C．流量Q＝eq\f(πdU,4B) D．流量Q＝eq\f(4B,πdU)答案BC解析根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)電液體中的正離子在洛倫茲力作用下向下偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子在洛倫茲力作用下向上偏轉(zhuǎn)，則a點(diǎn)電勢低，b點(diǎn)電勢高，故A錯誤，B正確；對離子有：qvB＝qeq\f(U,d)，解得v＝eq\f(U,Bd)，流量等于單位時間內(nèi)流過某一橫截面的液體體積，有Q＝vS＝eq\f(U,Bd)π(eq\f(d,2))2＝eq\f(πdU,4B)，故C正確，D錯誤．四、霍爾元件(*)如圖7所示，厚度為h、寬度為d的導(dǎo)體板放在垂直于它的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)電流通過導(dǎo)體板時，在導(dǎo)體板的上側(cè)面A和下側(cè)面A′之間會產(chǎn)生電勢差U，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)．圖7霍爾效應(yīng)可解釋如下：外部磁場對運(yùn)動電子的洛倫茲力使電子聚集在導(dǎo)體板的一側(cè)，在導(dǎo)體板的另一側(cè)會出現(xiàn)多余的正電荷，從而形成電場．電場對電子施加與洛倫茲力方向相反的電場力．當(dāng)電場力與洛倫茲力達(dá)到平衡時，導(dǎo)體板上、下兩側(cè)面之間就會形成穩(wěn)定的電勢差．電流I是自由電子的定向移動形成的，電子的平均定向移動速率為v，電荷量為e.回答下列問題：(1)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時，導(dǎo)體板上側(cè)面A的電勢________(選填“高于”“低于”或“等于”)下側(cè)面A′的電勢．(2)電子所受洛倫茲力的大小為________．(3)當(dāng)導(dǎo)體板上、下兩側(cè)面之間的電勢差為UH時，電子所受電場力的大小為________．(4)導(dǎo)體板上、下兩側(cè)面產(chǎn)生的穩(wěn)定的電勢差U＝________.答案(1)低于(2)evB(3)eeq\f(UH,h)(4)Bhv解析(1)電子向左做定向移動，由左手定則知電子所受洛倫茲力的方向向上，故上側(cè)面A聚集電子，下側(cè)面A′聚集正電荷，上側(cè)面A的電勢低于下側(cè)面A′的電勢．(2)F洛＝evB.(3)F電＝Ee＝eq\f(UH,h)e.(4)當(dāng)A、A′間電勢差穩(wěn)定時，evB＝eeq\f(U,h)，故U＝Bhv.分析兩側(cè)面產(chǎn)生電勢高低時應(yīng)特別注意霍爾元件的材料，若霍爾元件的材料是金屬，則參與定向移動形成電流的是電子，偏轉(zhuǎn)的也是電子；若霍爾元件的材料是半導(dǎo)體，則參與定向移動形成電流的可能是正“載流子”，此時偏轉(zhuǎn)的是正電荷.

1．(速度選擇器)(2020·北京西城區(qū)高二上期末)如圖8所示的平行板器件中有方向相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場．一帶正電的粒子以某一速度從該裝置的左端水平向右進(jìn)入兩板間后，恰好能做直線運(yùn)動．忽略粒子重力的影響，則()圖8A．若只將粒子改為帶負(fù)電，其將往上偏B．若只增大粒子進(jìn)入該裝置的速度，其將往上偏C．若只增大粒子的電荷量，其將往下偏D．若粒子從右端水平進(jìn)入，則仍沿直線水平飛出答案B解析帶正電的粒子在該裝置中恰好做直線運(yùn)動，向上的洛倫茲力和向下的電場力平衡，則qE＝qvB，即v＝eq\f(E,B).若只將粒子改為帶負(fù)電，則所受洛倫茲力和電場力的方向均反向，粒子仍沿直線通過，選項(xiàng)A錯誤；若只增大粒子進(jìn)入該裝置的速度，則洛倫茲力變大，粒子將往上偏，選項(xiàng)B正確；若只增大粒子的電荷量，向上的洛倫茲力和向下的電場力仍平衡，粒子仍將沿直線通過，選項(xiàng)C錯誤；若粒子從右端水平進(jìn)入，則所受電場力和洛倫茲力均向下，粒子不可能仍沿直線水平飛出，選項(xiàng)D錯誤．2．(磁流體發(fā)電機(jī))(多選)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)．如圖9所示，平行金屬板之間有一個勻強(qiáng)磁場，將一束含有大量正、負(fù)離子的等離子體，沿圖中所示方向噴入磁場，圖中虛線框部分相當(dāng)于發(fā)電機(jī)，把兩個極板與用電器相連，則()圖9A．用電器中的電流方向?yàn)閺腁到BB．用電器中的電流方向?yàn)閺腂到AC．若只增大磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，發(fā)電機(jī)的電動勢增大D．若只增大噴入離子的速度，發(fā)電機(jī)的電動勢增大答案ACD解析首先對等離子體進(jìn)行動態(tài)分析：開始時由左手定則可知正離子所受洛倫茲力方向向上，負(fù)離子所受洛倫茲力方向向下，則正離子向上極板聚集，負(fù)離子向下極板聚集，兩極板間產(chǎn)生了電勢差，即金屬板變?yōu)殡娫矗疑蠘O板為正極，下極板為負(fù)極，所以通過用電器的電流方向?yàn)閺腁到B，故A正確，B錯誤；此后正離子除受到向上的洛倫茲力F洛外還受到向下的電場力F電，最終二力達(dá)到平衡，即最終等離子體將勻速通過磁場區(qū)域，因F洛＝qvB，F(xiàn)電＝qeq\f(E,d)，則qvB＝qeq\f(E,d)，解得E＝Bdv，所以發(fā)電機(jī)的電動勢E與速度v及磁感應(yīng)強(qiáng)度B成正比，故C、D正確．3.(電磁流量計)(多選)(2020·深圳高級中學(xué)集團(tuán)高二上期末)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10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．在垂直于上下底面方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)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()圖10A．若污水中正離子較多，則前表面比后表面電勢高B．前表面一定比后表面電勢低，與哪種離子多無關(guān)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)答案BD解析正、負(fù)離子從左向右移動，根據(jù)左手定則可知，正離子所受的洛倫茲力指向后表面，負(fù)離子所受的洛倫茲力指向前表面，所以后表面電勢比前表面電勢高，與哪種離子多無關(guān)，故A錯誤，B正確；最終穩(wěn)定時，離子所受洛倫茲力和電場力平衡，有qvB＝qeq\f(U,b)，U＝Bbv，電壓表的示數(shù)U與v成正比，與濃度無關(guān)，故C錯誤；污水的流量Q＝vS＝vbc＝eq\f(Uc,B)，與U成正比，與a、b無關(guān)，故D正確．1.如圖1所示，在兩水平極板間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里(圖中未畫出)．一帶電粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板．若不計重力，下列四個物理量中哪一個改變時，粒子運(yùn)動軌跡不會改變()圖1A．粒子速度的大小 B．粒子所帶的電荷量C．電場強(qiáng)度 D．磁感應(yīng)強(qiáng)度答案B2.(多選)(2020·廈門市高二質(zhì)量檢測)如圖2所示，在帶電的兩平行金屬板間有相互垂直的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，勻強(qiáng)電場場強(qiáng)為E，現(xiàn)有一電子以速度v0平行金屬板射入場區(qū)，則()圖2A．若v0>eq\f(E,B)，電子沿軌跡Ⅰ運(yùn)動，出場區(qū)時速度v>v0B．若v0>eq\f(E,B)，電子沿軌跡Ⅱ運(yùn)動，出場區(qū)時速度v<v0C．若v0<eq\f(E,B)，電子沿軌跡Ⅰ運(yùn)動，出場區(qū)時速度v>v0D．若v0<eq\f(E,B)，電子沿軌跡Ⅱ運(yùn)動，出場區(qū)時速度v<v0答案BC解析電子進(jìn)入電磁場中，受到洛倫茲力與電場力兩個力作用，由左手定則判斷可知，洛倫茲力方向向下，而電場力方向向上．若v0>eq\f(E,B)，則qv0B>qE，即洛倫茲力大于電場力，電子向下偏轉(zhuǎn)，沿軌跡Ⅱ運(yùn)動，洛倫茲力不做功，而電場力對電子做負(fù)功，動能減小，速度減小，故速度v<v0，A錯，B對；若v0<eq\f(E,B)，則qv0B<qE，即洛倫茲力小于電場力，電子向上偏轉(zhuǎn)，沿軌跡Ⅰ運(yùn)動，洛倫茲力不做功，而電場力對電子做正功，動能增加，速度增大，故速度v>v0，C對，D錯．3.有一個帶正電荷的離子沿垂直于電場的方向射入帶電平行板的勻強(qiáng)電場，離子飛出電場后的動能為Ek.當(dāng)在帶電平行板間再加上一個垂直紙面向里的如圖3所示的勻強(qiáng)磁場后，離子飛出電場后的動能為Ek′，磁場力做功為W，則下列判斷正確的是()圖3A．Ek<Ek′，W＝0 B．Ek>Ek′，W＝0C．Ek＝Ek′，W＝0 D．Ek>Ek′，W>0答案B解析磁場力即洛倫茲力，不做功，故W＝0，D錯誤；分析可知，有磁場時，帶正電的離子受到洛倫茲力的作用，使其所受的電場力做功減少，A、C錯誤，B正確．4.(2020·濟(jì)南市歷城第二中學(xué)期中)如圖4所示為磁流體發(fā)電機(jī)發(fā)電原理示意圖，將一束等離子體(高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負(fù)電的離子)射入磁場，磁場中有兩塊金屬板P、Q，這時金屬板上就會聚集電荷，產(chǎn)生電壓．兩金屬板的板長為L1，板間距離為L2，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B且平行于兩金屬板，等離子體充滿兩板間的空間．等離子體的初速度v與磁場方向垂直，當(dāng)發(fā)電機(jī)穩(wěn)定發(fā)電時，P板和Q板間電勢差UPQ為()圖4A．vBL1B．vBL2C.eq\f(vBL2,L1)D.eq\f(vBL1,L2)答案B解析等離子體進(jìn)入兩金屬板間，在洛倫茲力作用下帶正電的離子向P板運(yùn)動，帶負(fù)電的離子向Q板運(yùn)動，金屬板間形成一個向下的勻強(qiáng)電場，并且場強(qiáng)越來越大，當(dāng)離子受到的洛倫茲力和電場力平衡時，正、負(fù)離子做勻速直線運(yùn)動通過金屬板，發(fā)電機(jī)穩(wěn)定發(fā)電，則有qE＝qvB，又UPQ＝EL2，可得UPQ＝vBL2，選項(xiàng)B對．5.(2020·江蘇蘇北期末)如圖5所示，寬度為h、厚度為d的霍爾元件放在與它垂直的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)恒定電流I通過霍爾元件時，在它的前、后兩個側(cè)面之間會產(chǎn)生電壓，這樣就實(shí)現(xiàn)了將電流輸入轉(zhuǎn)化為電壓輸出．為提高輸出的電壓，可采取的措施是()圖5A．增大d B．減小dC．增大h D．減小h答案B解析當(dāng)自由電子受力穩(wěn)定后，受到的電場力和洛倫茲力平衡，故Eq＝Bqv.因?yàn)镋＝eq\f(U,h)，故U＝Bhv電流I＝