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新高考物理三轮冲刺知识讲练与题型归纳专题22 带电粒子在复合场的运动（含解析）
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这是一份新高考物理三轮冲刺知识讲练与题型归纳专题22 带电粒子在复合场的运动（含解析），共23页。
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc127995802" 题型一 带电粒子在叠加场中无约束条件下的运动 PAGEREF _Tc127995802 \h 1
\l "_Tc127995803" 题型二 带电粒子在叠加场中有约束条件下的运动 PAGEREF _Tc127995803 \h 7
\l "_Tc127995804" 题型三 电场和磁场叠加的应用实例分析 PAGEREF _Tc127995804 \h 14
[考点分析]
题型一 带电粒子在叠加场中无约束条件下的运动
1.带电粒子(带电体)在叠加场中无约束情况下的运动
(1)静电力、重力并存
静电力与重力的合力一般为恒力，带电体做匀速直线运动或匀变速直线(或曲线)运动，比较简单。
(2)磁场力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题。
(3)静电力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题。
(4)静电力、磁场力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动。
②若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动。
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。
4.是否考虑重力的判断
①对于微观粒子，如电子、质子、离子等，若无特殊说明，一般不考虑重力；对于宏观带电小物体，如带电小球、尘埃、油滴、液滴等，若无特殊说明，一般需要考虑重力。
②题目中已明确说明是否需要考虑重力时则按说明分析。
③不能直接判断是否需要考虑重力的，在进行受力分析和运动分析时，由分析结果确定是否考虑重力。
（多选）如图所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，两个质量为m、带电荷量为+q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，则（ ）
A．飞离斜面时甲滑块动量比乙滑块动量大
B．飞离斜面时甲滑块动量比乙滑块动量小
C．飞离斜面时甲滑块重力做功的瞬时功率与乙滑块重力做功瞬时功率不同
D．飞离斜面时甲滑块重力做功的瞬时功率与乙滑块重力做功瞬时功率相同
【解答】解：AB、设斜面倾角为θ，当斜面对滑块的支持力恰好为零时滑块恰好飞离斜面时，由平衡条件得：qvB＝mgcsθ
解得滑块离开斜面时的速度大小v，
由题意可知，因为甲物块所在斜面倾角较小，所以甲滑块飞离斜面时的速度大，由P＝mv可知，飞离斜面时甲滑块动量比乙滑块动量大，故A正确，B错误；
CD、飞离斜面时滑块重力做功的功率为P＝mgvsinθ，
代入两个斜面的倾角可知飞离斜面时甲滑块重力做功的瞬时功率与乙滑块重力做功瞬时功率相同，故D正确，C错误。
故选：AD。
（多选）如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为1T的匀强磁场，一质量为0.3kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为0.1kg带正电的滑块，电荷量为0.2C，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。t＝0时刻开始对木板施加方向水平向左、大小为1.2N的恒力，g取10m/s2，则（ ）
A．木板和滑块一直做加速度为3m/s2的匀加速直线运动
B．0.5s末滑块的速度是1.5m/s
C．最终木板做加速度为4m/s2的匀加速直线运动，滑块做速度为5 m/s的匀速直线运动
D．整个运动过程中摩擦力对滑块做的功为1.25J
【解答】解：AB、由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为amax＝5m/s2，所以当1.2N的恒力作用于木板时，系统一起以am/s2＝3m/s2的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，摩擦力不断减小，当摩擦力产生的加速度小于3m/s2后，根据μ（mg﹣Bqv）＝ma解得此时速度v＝2m/s，根据v＝at知ts，说明0.5s内滑块仍做加速度为a的匀变速直线运动，根据v＝at0＝1.5m/s，s后滑块将发生相对滑动，木板和滑块的受力发生变化，加速度也会变化，故A错误，B正确；
C、当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv′＝mg，解得：v′＝5m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，加速度a′m/s2＝4m/s2，故C正确；
D、整个运动过程中摩擦力对滑块做的功等于滑块动能的增加量△Ekmv′2J＝1.25J，故D正确。
故选：BCD。
电场强度为E的匀强电场水平向右，匀强磁场与匀强电场垂直，磁感应强度大小为B，方向如图所示。一带电小球M斜向右上做匀速直线运动，速度与水平方向的夹角为30°，该小球运动的速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：小球在电磁复合场中做匀速直线运动，由于洛伦兹力与小球速度有直接关系，故小球做匀速直线运动，对其受力分析，如图所示：qvBsin30°＝Eq
解得：v，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（多选）如图所示，空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向水平向右，场强大小为E，匀强磁场方向垂直于纸面水平向里，磁感应强度大小为B，a、b两个带电球在电场和磁场中沿直线运动，轨迹在纸面内如图中虚线所示，不计小球间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A．小球a带正电，从Q向P运动
B．小球b带正电，从N向M运动
C．a、b两小球的速度大小之比为：
D．a、b两小球的质量之比为1：
【解答】解：A、若小球a带正电且从Q向P运动，小球a受到竖直向下的重力，水平向右的电场力和垂直PQ斜向左下方的洛伦兹力，三力的合力不为零，则小球a不可能做直线运动，故A错误；
B、若小球b带正电，从N向M运动，小球b受竖直向下的重力，水平向右的电场力和垂直MN斜向左上方的洛伦兹力，当三力的合力为0时小球b从N向M做匀速直线运动，故B正确；
C、对两小球受力分析如图所示，由平衡条件可知：
对a球有 ，
对b球有
解得 ，故C正确；
D．由于不知道两小球的电荷量之比，则无法确定两小球的质量之比，故D错误。
故选：BC。
如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内有竖直向下的匀强电场E1，虚线是第二、四象限的角平分线，虚线的右上方有垂直纸面向里的匀强磁场B；第三、四象限有水平向左的匀强电场E2，且E1＝E2，现有一电荷量为q、质量为m的带电微粒由x轴上的P点（L，0），以大小为v0、方向与x轴正方向成45°角的速度射入第二象限，微粒沿直线运动到虚线上的Q点，然后进入磁场，再从坐标原点O进入第三象限，最后打在y轴上的N点，已知重力加速度为g。求：
（1）电场强度E1的大小和磁场感应强度B的大小；
（2）微粒通过N点的位置坐标和速度；
（3）微粒从P点运动到N点经历的时间。
【解答】解：（1）带电微粒沿PQ做直线运动，可知
qE1＝mg
解得 E1
带电微粒从Q到O的过程，做匀速圆周运动，如图，轨迹半径 rOPsin45°LL
由 qv0B＝m
得 B
（2）带电微粒从O点垂直虚线射入第三象限，因为E2＝E1，则沿x方向：初速度 vx＝v0sin45°v0，仅受向右的电场力 qE2＝mg，加速度大小 ax＝g
所以，从O到N的时间 tON
微粒到达N点时沿x方向的分速度 vNx＝vxv0
沿y方向：初速度 vy＝v0cs45°v0，仅受重力，所以微粒到达N点时沿y方向的分速度 vNy＝vy+gtONv0
y＝ON＝vytON
所以，微粒通过N点的位置坐标为（0，）
则微粒到达N点的速度大小 vN
设vN与x轴正方向夹角为θ，则tanθ3
（3）微粒从P到Q的时间 tPQ
从Q到O的时间 tQO
可见，微粒从P点运动到N点经历的时间 t＝tPQ+tQO+tON
答：（1）电场强度E1的大小为，磁场感应强度B的大小为；
（2）微粒通过N点的位置坐标为（0，），速度大小是，速度方向与x轴正方向夹角的正切为3；
（3）微粒从P点运动到N点经历的时间为。
题型二 带电粒子在叠加场中有约束条件下的运动
如图所示，两竖直平行边界PQ、MN间，有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向垂直纸面向里。一带负电小球从O点以某一速度垂直边界PQ进入该场区，恰好能沿水平方向做直线运动。若只减小小球从O点进入场区时的速度，则小球在场区内运动过程中，下列判断正确的是（ ）
A．小球的动能减小B．小球的电势能减小
C．小球的重力势能减小D．小球的机械能减小
【解答】解：A、小球在电磁场中做直线运动时，小球共受到三个力作用：重力G、电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，则小球一定做匀速直线运动，可知小球受到的合力一定是零，小球带负电，受到的电场力向上，洛伦兹力向下，重力向下，当小球的入射速度减小时，洛伦兹力减小，则电场力和重力不变，小球将向上偏转，电场力与重力的合力向上，且它们的合力对小球做正功，小球动能增大。故A错误。
BD、电场力对小球做正功，洛伦兹力不做功，则小球的机械能增大，电势能减小。故D错误，B正确。
C、重力对小球做负功，重力势能增大。故C错误。
故选：B。
如图，足够长的绝缘竖直杆处于正交的匀强电磁场中，电场方向水平向左、场强大小为E，磁场方向水平向里，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的小圆环套在杆上（环内径略大于杆的直径）无初速下滑。若重力加速度大小为g，圆环与杆之间的动摩擦因数为μ（μqE＜mg），圆环电荷量不变，则能反映圆环下滑过程中速度v随时间t变化关系的图象是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：圆环下滑过程中，受到重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向左的洛伦兹力、向右的电场力；开始阶段，洛伦兹力小于电场力时，圆环向下做加速运动时，速度增大，洛伦兹力增大，圆环所受的杆的弹力向左，大小为N＝qE﹣qvB，N随着v的增大而减小，滑动摩擦力f＝μN也减小，小球所受的合力F合＝mg﹣f，f减小，F合增大，加速度a增大；当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大，为g；
当洛伦兹力大于电场力时，出现环受到杆水平向右的弹力，导致滑动摩擦力增大，则加速度会减小，但仍是加速运动，
直到重力等于滑动摩擦力时，加速度为零，速度达到最大，对照图象可知，D正确，ABC错误。
故选：D。
如图，质量为m、电荷量为+q的小球从A点以水平初速度v0平抛，小球A恰好沿B点的切线方向进入竖直平面内半径为R的光滑绝缘圆弧形轨道BCD。在D点右侧存在方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场（图中未标出），电磁场中竖直平面内有一半径也为R的理想圆形屏蔽区，其圆心到D点的距离为2R，屏蔽区的圆心O与水平线BD等高。小球在电磁场区域做匀速圆周运动。重力加速度为g，不计空气阻力，不计小球运动引起的电磁场变化。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）小球A经过轨道最低点C时对轨道的压力大小；
（3）为使小球A能进入电磁场屏蔽区，磁感应强度的最小值为多大？
【解答】解：（1）小球在电磁场区域做匀速圆周运动，有mg＝qE，解得：E
（2）小球A恰好沿B点的切线方向进入圆形轨道可知，小球A在B点的速度大小为：vB
小球A由B到C，根据动能定理可得：mg（R﹣Rsin45°）
小球A在C点受力分析可知：N﹣mg＝m
根据牛顿第三定律可得：N＝N′
整理得：N′＝（9﹣3）mg
（3）依题意得：3mg＝qE
故小球在电磁场中做匀速圆周运动，由机械能守恒定律可知：vB4＝vB2
在电磁场中对小球B受力分析可得：qvB4B＝mB
如图所示，
由几何关系根据余弦定理可得：r2+（2R）2﹣2r（2R）cs45°＝（r﹣R）2
解得：B
答：（1）电场强度E的大小为；
（2）小球B经过轨道最低点D时对轨道的压力大小为（9﹣3）mg；
（3）为使小球B进入电磁场屏蔽区，则磁感应强度的最小值为。
如图所示，在空间建立O﹣xyz坐标系、水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，垂直纸面向里为z轴正方向（图中未画出），自y＝0起，沿y方向间距为d的水平区域，有均匀电磁场区域和无电磁场区域相间排列，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，匀强电场的电场强度方向竖直向上。一电荷量为q，质量为m的带正电小球从坐标原点O由静止自由下落.在有电磁场的区域中做匀速圆周运动，重力加速度大小为g。
（1）带电小球从第1个电磁场区域的下边界穿出时，设其速度方向与竖直方向的夹角为β1，求sinβ1；
（2）若已知d，则带电小球到达第几个有电磁场分布的区域时，将不能从该区域的下边界射出？（不考虑带电小球从该区域的上边界穿出后的运动）
【解答】解：（1）在无电磁场区域，设进入电磁场的的初速度为v0，由自由落体运动知：
v02＝2gd
进入电磁场后，根据题意小球做匀速圆周运动，所以
qE＝mg
由牛顿第二定律得
qv0B＝m
由几何关系得：
sinβ1
联立解得：sinβ1；
（2）小球在无电磁场区域，只受重力作用，故其速率会增大；在电磁场区域，重力和电场力平衡，在洛伦兹力作用下速率大小不变。设小球进入第n个电磁场时不能射出。此时射入速度为v，由能量守恒定律得
mg•nd
在电磁场中，由牛顿第二定律得
max＝qvyB
may＝qvxB
小球每次进入到穿出一个电磁场所获得的x方向上速度的增量
Δvx
粒子进入第n个电磁场区域而不能射出，应满足
vx≤n•Δvx
粒子进入区域过程中，vx是变化的，只有在粒子达轨道最低点时，有
vx＝（vx）max＝vn
联立解得：n＝11，
故粒子不能从第11个电磁场区域射出。
答：（1）带电小球从第1个电磁场区域的下边界穿出时，设其速度方向与竖直方向的夹角为β1，sinβ1；
（2）若已知d，则带电小球到达第11个有电磁场分布的区域时，将不能从该区域的下边界射出。
如图所示，真空中的立方体边长为0.8m，底面中心处有一点状放射源，仅在abcO所在平面内向各个方向均匀发射α粒子，所有α粒子的速率均为v＝5.0×106m/s，已知α粒子的比荷为5.0×107C/kg，现给立方体内施加竖直向上的匀强磁场B，使所有α粒子恰好能束缚在正方形abcO区域内。abfe面放有一个屏，该屏可以沿z轴左右平移。
（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）现在正方体内再施加竖直向上的匀强电场，要使所有粒子刚好都能从上表面中心P离开，求所加匀强电场的电场强度E的大小（结果用π表示）；
（3）若匀强电场电场强度的大小取第（2）问中的最大值，现让abfe屏向左沿﹣z方向移动0.2m，求粒子打在abfe屏上x坐标最大值和最小值时对应点的y轴坐标。
【解答】解：（1）所有α粒子恰好被束缚在正方向abcO区域内，由几何关系得：r＝0.2m
α粒子在磁场中做圆周运动，则
解得：B＝0.5T
（2）α粒子做圆周运动的周期为：
要使所有粒子刚好都能从上表面中心P离开，所用时间一定为周期的整数倍，在竖直方向上由运动学规律得：
解得：E（n＝0，1，2，3……）
（3）粒子运动的俯视图如图所示：
由图可知，当SP1为直径时，射出粒子的横坐标为最大值，此时粒子的运动时间为：
此时对应的纵坐标为
解得：y1＝0.2m
由图可知，当与abfc面相切时，射出粒子的横坐标为最小值，此时粒子的运动时间为：
此时对应的纵坐标为：
解得：y2＝0.05m
答：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为0.5T；
（2）所加匀强电场的电场强度E的大小为（n＝1，2，3……）
（3）粒子打在abfe屏上x坐标最大值和最小值时对应点的y轴坐标分别为0.2m和0.05m。
题型三 电场和磁场叠加的应用实例分析
1．速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件一般以单个带电粒子为研究对象，在洛伦兹力和电场力平衡时做匀速直线运动达到稳定状态，从而求出相应的物理量，区别见下表．
磁流体发电机，又叫等离子体发电机，图中的燃烧室在3000K的高温下将气体全部电离为电子和正离子，即高温等离子体。高温等离子体经喷管加速后以1000m/s的速度进入矩形发电通道。发电通道有垂直于纸面向内的匀强磁场，磁感应强度B＝6T等离子体发生偏转，在两极间形成电势差。已知发电通道长a＝50cm，宽b＝20cm，高d＝20cm，等高速等高子体离子体的电阻率ρ＝2Ω•m。则以下判断中正确的是（ ）
A．因正离子带电量未知，故发电机的电动势不能确定
B．图中外接电阻R二端的电压为1200V
C．当外接电阻R＝8Ω时，发电机的效率最高
D．当外接电阻R＝4Ω时，发电机输出功率最大
【解答】解：AB、由等离子体所受的电场力和洛伦兹力平衡得：qqvB
则得发电机的电动势为：E＝Bdv＝6×0.2×1000V＝1200V，图中外接电阻R二端的电压为路端电压，小于1200V；
由上知，发电机的电动势与高速等离子体的电荷量无关，即与离子的化合价无关，由E＝Bdv能求电动势，故AB错误；
C、发动机的内阻为：r＝ρ2Ω＝4Ω
发动机的效率为：η，可知外电阻R越大，效率越高，则当外接电阻为8Ω时，发电机的效率不是最高，故C错误；
D、设外电阻为R外，电源的输出功率为：；由于R外r2（定值），根据数学知识可得：R外时分母最小，电源的输出功率最大，此时有R外＝r；当电源的内外电阻相等时输出功率最大，此时外电阻为：R＝r＝4Ω，故D正确。
故选：D。
磁流体发电是一项新兴技术，如图是磁流体发电机的示意图。平行金属板P、Q间距为d、面积为S，两金属板和电阻R连接。一束等离子体以恒定速度v0垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，电路稳定时电阻R两端会产生恒定电势差U．假定等离子体在两板间均匀分布，忽略边缘效应，则等离子体的电导率δ（电阻率的倒数）的计算式是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：由左手定则知，正离子向P板运动，即P板带正电。
发电机稳定时，离子所受电场力等于洛伦兹力，设电动势为E，即：q＝qv0B
解得：E＝Bv0d
根据欧姆定律可知，
R1为板间等离子体的电阻，且R1＝ρ，
联立得到电导率δ的表达式为：δ，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（多选）如图，电磁流量计的测量管横截面直径为D，在测量管的上下两个位置固定两金属电极a、b，整个测量管处于水平向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当含有正、负离子的液体从左向右匀速流过测量管时，连在两个电极上的显示器显示的流量为Q（单位时间内流过的液体体积），下列说法正确的是（ ）
A．a极电势高于b极电势
B．液体流过测量管的速度大小为
C．a、b两极之间的电压为
D．若流过的液体中离子浓度变高，显示器上的示数将变大
【解答】解：A、根据左手定则，正电荷受向上的洛伦兹力，向上偏，负电荷受向下的洛伦兹力，向下偏，故a板带正电，b板带负电，故a板电势高于b极电势，A正确.
B、设液体流过测量管的速度大小为v，则流量，所以，故B错误.
C、随着ab两板电荷量的增加，两板间的电场强度变大，离子受到的电场力变大，当电场力大小等于洛伦兹力时，离子不再偏转，两板电压达到稳定，
设稳定时两板间电压为U，离子电量为q，则离子受的电场力，离子所受的洛伦兹力f＝qvB，由电场力和洛伦兹力平衡得，解得：U＝BDv
将代入得，故C正确.
D、由以上解答得显示器显示的流量，显示器上的示数与离子速度有关而与浓度无关，故D错误.
故选：AC。
为了测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计（流量Q为单位时间内流过某截面流体的体积）。如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，所在空间有垂直于前后表面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动。测得M、N间电压为U，污水流过管道时受到的阻力大小Ff＝kLv2，k是比例系数，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速。则（ ）
A．污水的流量Q
B．金属板M的电势不一定高于金属板N的电势
C．电压U与污水中离子浓度成正比
D．左、右两侧管口的压强差Δp
【解答】解：A、根据电场力与洛伦兹力的等量关系可知，qvB，同时Q＝Sv，解得：Q，故A错误；
B、根据左手定则可知，正离子受到竖直向上的洛伦兹力，向上表面偏转，负离子向下表面偏转，则金属板M的电势高于金属板N的电势，故B错误；
C、根据电场力与洛伦兹力的等量关系可知，qvB，解得：U＝vBc，故电压与粒子浓度无关，故C错误；
D、根据平衡条件，则有Δpbc＝Ff＝kLv2＝kav2，而v，解得：Δp，故D正确。
故选：D。
如图是判断检测电流I0大小是否发生变化的装置，该检测电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与检测电流I0成正比。现给金属材料制成的霍尔元件（其长、宽、高分别为a、b、d）通以恒定工作电流I，通过下侧电压表的示数来判断I0的大小是否发生变化，下列说法正确的是（ ）
A．M端应与电压表的“负”接线柱相连
B．要提高检测的灵敏度可适当增大宽度b
C．要提高检测灵敏度可适当增大工作电流I
D．当霍尔元件尺寸和工作电流I不变时，电压表示数变大，说明检测电流I0变小
【解答】解：A、根据右手螺旋定则可知检测电流产生的磁场方向向下，磁感线在磁芯中沿逆时针方向，可知霍尔元件所在磁场方向向上，由于霍尔元件中的载流子为电子，可知电子移动方向与工作电流方向相反，根据左手定则可知，电子在N端积累，N端为负极，则M端应与电压表的正接线柱相接，故A错误；
BC、设霍尔元件单位体积内电子数量为n，电子移动速度为v，则Δt时间内通过横截面的电荷量为：
Q＝IΔt＝vΔtSbdne
解得：I＝vbdne，
由于粒子最终受到的电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，则
解得：
因此若要提高灵敏度，可以适当减小d，增大工作电流，故C正确，B错误；
D、当霍尔元件尺寸和工作电流I不变时，根据可知电压表示数变大，磁感应强度B变大，则检测电流变大，故D错误；
故选：C。
课外研究小组的同学在研究速度选择器时，将一带电量为+q、质量为m的小球，沿极板正中间平行极板方向，沿中线射入速度选择器（如图甲所示），发现小球沿直线通过速度选择器。已知磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小E，方向与B方向垂直。
（1）求小球的初速度v0；
（2）若已知板间距为d，板长为L，且d＝L，如图乙，现在速度选择器的上极板正中间开一小孔H，将电场的方向反向、大小不变，且仍然让小球以第（1）问的速度v0从中点出发，判定是否能够通过小孔H？若能够通过，求从射入速度选择器到第2次通过小孔H的时间；若不能通过，求打在上极板的位置；
（3）若将小球以速度v0垂直极板从小孔H射入板间（如图丙），将电场强度大小变为2E，方向竖直向上，发现小球恰好能到达下极板，求板间距d。
【解答】解：（1）小球沿直线通过速度选择器，受到的重力、电场力和洛伦兹力三力平衡，电场力方向竖直向下，洛伦兹力竖直向上，根据平衡条件得
qv0B＝qE+mg
解得
（2）因qE＝mg，所以将电场的方向反向、大小不变，小球受到的电场力和重力二力平衡，小球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
可得r
则，可知小球刚好能过小孔H。
小球在电磁场中运动时间为
穿出小孔后做匀变速运动时间为t2
从射入速度选择器到第2次通过小孔H的总时间为：t＝t1+t2
解得
（3）在水平方向上，由动量定理得
即qBd＝mvx
由动能定理可得：
解得
答：（1）小球的初速度v0为；
（2）能够通过小孔H；从射入速度选择器到第2次通过小孔H的总时间为；
（3）板间距d为。
装置
原理图
规律
速度选择器
若qv0B＝Eq，即v0＝eq \f(E,B)，粒子做匀速直线运动
磁流体发电机
等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电，两极板电压为U时稳定，qeq \f(U,d)＝qv0B，U＝v0Bd
电磁流量计
qeq \f(U,D)＝qvB，所以v＝eq \f(U,DB)，所以Q＝vS＝eq \f(πDU,4B)
霍尔元件
当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc127995802" 题型一 带电粒子在叠加场中无约束条件下的运动 PAGEREF _Tc127995802 \h 1
\l "_Tc127995803" 题型二 带电粒子在叠加场中有约束条件下的运动 PAGEREF _Tc127995803 \h 7
\l "_Tc127995804" 题型三 电场和磁场叠加的应用实例分析 PAGEREF _Tc127995804 \h 14
[考点分析]
题型一 带电粒子在叠加场中无约束条件下的运动
1.带电粒子(带电体)在叠加场中无约束情况下的运动
(1)静电力、重力并存
静电力与重力的合力一般为恒力，带电体做匀速直线运动或匀变速直线(或曲线)运动，比较简单。
(2)磁场力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题。
(3)静电力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题。
(4)静电力、磁场力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动。
②若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动。
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。
4.是否考虑重力的判断
①对于微观粒子，如电子、质子、离子等，若无特殊说明，一般不考虑重力；对于宏观带电小物体，如带电小球、尘埃、油滴、液滴等，若无特殊说明，一般需要考虑重力。
②题目中已明确说明是否需要考虑重力时则按说明分析。
③不能直接判断是否需要考虑重力的，在进行受力分析和运动分析时，由分析结果确定是否考虑重力。
（多选）如图所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，两个质量为m、带电荷量为+q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，则（ ）
A．飞离斜面时甲滑块动量比乙滑块动量大
B．飞离斜面时甲滑块动量比乙滑块动量小
C．飞离斜面时甲滑块重力做功的瞬时功率与乙滑块重力做功瞬时功率不同
D．飞离斜面时甲滑块重力做功的瞬时功率与乙滑块重力做功瞬时功率相同
【解答】解：AB、设斜面倾角为θ，当斜面对滑块的支持力恰好为零时滑块恰好飞离斜面时，由平衡条件得：qvB＝mgcsθ
解得滑块离开斜面时的速度大小v，
由题意可知，因为甲物块所在斜面倾角较小，所以甲滑块飞离斜面时的速度大，由P＝mv可知，飞离斜面时甲滑块动量比乙滑块动量大，故A正确，B错误；
CD、飞离斜面时滑块重力做功的功率为P＝mgvsinθ，
代入两个斜面的倾角可知飞离斜面时甲滑块重力做功的瞬时功率与乙滑块重力做功瞬时功率相同，故D正确，C错误。
故选：AD。
（多选）如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为1T的匀强磁场，一质量为0.3kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为0.1kg带正电的滑块，电荷量为0.2C，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。t＝0时刻开始对木板施加方向水平向左、大小为1.2N的恒力，g取10m/s2，则（ ）
A．木板和滑块一直做加速度为3m/s2的匀加速直线运动
B．0.5s末滑块的速度是1.5m/s
C．最终木板做加速度为4m/s2的匀加速直线运动，滑块做速度为5 m/s的匀速直线运动
D．整个运动过程中摩擦力对滑块做的功为1.25J
【解答】解：AB、由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为amax＝5m/s2，所以当1.2N的恒力作用于木板时，系统一起以am/s2＝3m/s2的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，摩擦力不断减小，当摩擦力产生的加速度小于3m/s2后，根据μ（mg﹣Bqv）＝ma解得此时速度v＝2m/s，根据v＝at知ts，说明0.5s内滑块仍做加速度为a的匀变速直线运动，根据v＝at0＝1.5m/s，s后滑块将发生相对滑动，木板和滑块的受力发生变化，加速度也会变化，故A错误，B正确；
C、当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv′＝mg，解得：v′＝5m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，加速度a′m/s2＝4m/s2，故C正确；
D、整个运动过程中摩擦力对滑块做的功等于滑块动能的增加量△Ekmv′2J＝1.25J，故D正确。
故选：BCD。
电场强度为E的匀强电场水平向右，匀强磁场与匀强电场垂直，磁感应强度大小为B，方向如图所示。一带电小球M斜向右上做匀速直线运动，速度与水平方向的夹角为30°，该小球运动的速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：小球在电磁复合场中做匀速直线运动，由于洛伦兹力与小球速度有直接关系，故小球做匀速直线运动，对其受力分析，如图所示：qvBsin30°＝Eq
解得：v，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（多选）如图所示，空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向水平向右，场强大小为E，匀强磁场方向垂直于纸面水平向里，磁感应强度大小为B，a、b两个带电球在电场和磁场中沿直线运动，轨迹在纸面内如图中虚线所示，不计小球间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A．小球a带正电，从Q向P运动
B．小球b带正电，从N向M运动
C．a、b两小球的速度大小之比为：
D．a、b两小球的质量之比为1：
【解答】解：A、若小球a带正电且从Q向P运动，小球a受到竖直向下的重力，水平向右的电场力和垂直PQ斜向左下方的洛伦兹力，三力的合力不为零，则小球a不可能做直线运动，故A错误；
B、若小球b带正电，从N向M运动，小球b受竖直向下的重力，水平向右的电场力和垂直MN斜向左上方的洛伦兹力，当三力的合力为0时小球b从N向M做匀速直线运动，故B正确；
C、对两小球受力分析如图所示，由平衡条件可知：
对a球有 ，
对b球有
解得 ，故C正确；
D．由于不知道两小球的电荷量之比，则无法确定两小球的质量之比，故D错误。
故选：BC。
如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内有竖直向下的匀强电场E1，虚线是第二、四象限的角平分线，虚线的右上方有垂直纸面向里的匀强磁场B；第三、四象限有水平向左的匀强电场E2，且E1＝E2，现有一电荷量为q、质量为m的带电微粒由x轴上的P点（L，0），以大小为v0、方向与x轴正方向成45°角的速度射入第二象限，微粒沿直线运动到虚线上的Q点，然后进入磁场，再从坐标原点O进入第三象限，最后打在y轴上的N点，已知重力加速度为g。求：
（1）电场强度E1的大小和磁场感应强度B的大小；
（2）微粒通过N点的位置坐标和速度；
（3）微粒从P点运动到N点经历的时间。
【解答】解：（1）带电微粒沿PQ做直线运动，可知
qE1＝mg
解得 E1
带电微粒从Q到O的过程，做匀速圆周运动，如图，轨迹半径 rOPsin45°LL
由 qv0B＝m
得 B
（2）带电微粒从O点垂直虚线射入第三象限，因为E2＝E1，则沿x方向：初速度 vx＝v0sin45°v0，仅受向右的电场力 qE2＝mg，加速度大小 ax＝g
所以，从O到N的时间 tON
微粒到达N点时沿x方向的分速度 vNx＝vxv0
沿y方向：初速度 vy＝v0cs45°v0，仅受重力，所以微粒到达N点时沿y方向的分速度 vNy＝vy+gtONv0
y＝ON＝vytON
所以，微粒通过N点的位置坐标为（0，）
则微粒到达N点的速度大小 vN
设vN与x轴正方向夹角为θ，则tanθ3
（3）微粒从P到Q的时间 tPQ
从Q到O的时间 tQO
可见，微粒从P点运动到N点经历的时间 t＝tPQ+tQO+tON
答：（1）电场强度E1的大小为，磁场感应强度B的大小为；
（2）微粒通过N点的位置坐标为（0，），速度大小是，速度方向与x轴正方向夹角的正切为3；
（3）微粒从P点运动到N点经历的时间为。
题型二 带电粒子在叠加场中有约束条件下的运动
如图所示，两竖直平行边界PQ、MN间，有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向垂直纸面向里。一带负电小球从O点以某一速度垂直边界PQ进入该场区，恰好能沿水平方向做直线运动。若只减小小球从O点进入场区时的速度，则小球在场区内运动过程中，下列判断正确的是（ ）
A．小球的动能减小B．小球的电势能减小
C．小球的重力势能减小D．小球的机械能减小
【解答】解：A、小球在电磁场中做直线运动时，小球共受到三个力作用：重力G、电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，则小球一定做匀速直线运动，可知小球受到的合力一定是零，小球带负电，受到的电场力向上，洛伦兹力向下，重力向下，当小球的入射速度减小时，洛伦兹力减小，则电场力和重力不变，小球将向上偏转，电场力与重力的合力向上，且它们的合力对小球做正功，小球动能增大。故A错误。
BD、电场力对小球做正功，洛伦兹力不做功，则小球的机械能增大，电势能减小。故D错误，B正确。
C、重力对小球做负功，重力势能增大。故C错误。
故选：B。
如图，足够长的绝缘竖直杆处于正交的匀强电磁场中，电场方向水平向左、场强大小为E，磁场方向水平向里，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的小圆环套在杆上（环内径略大于杆的直径）无初速下滑。若重力加速度大小为g，圆环与杆之间的动摩擦因数为μ（μqE＜mg），圆环电荷量不变，则能反映圆环下滑过程中速度v随时间t变化关系的图象是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：圆环下滑过程中，受到重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向左的洛伦兹力、向右的电场力；开始阶段，洛伦兹力小于电场力时，圆环向下做加速运动时，速度增大，洛伦兹力增大，圆环所受的杆的弹力向左，大小为N＝qE﹣qvB，N随着v的增大而减小，滑动摩擦力f＝μN也减小，小球所受的合力F合＝mg﹣f，f减小，F合增大，加速度a增大；当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大，为g；
当洛伦兹力大于电场力时，出现环受到杆水平向右的弹力，导致滑动摩擦力增大，则加速度会减小，但仍是加速运动，
直到重力等于滑动摩擦力时，加速度为零，速度达到最大，对照图象可知，D正确，ABC错误。
故选：D。
如图，质量为m、电荷量为+q的小球从A点以水平初速度v0平抛，小球A恰好沿B点的切线方向进入竖直平面内半径为R的光滑绝缘圆弧形轨道BCD。在D点右侧存在方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场（图中未标出），电磁场中竖直平面内有一半径也为R的理想圆形屏蔽区，其圆心到D点的距离为2R，屏蔽区的圆心O与水平线BD等高。小球在电磁场区域做匀速圆周运动。重力加速度为g，不计空气阻力，不计小球运动引起的电磁场变化。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）小球A经过轨道最低点C时对轨道的压力大小；
（3）为使小球A能进入电磁场屏蔽区，磁感应强度的最小值为多大？
【解答】解：（1）小球在电磁场区域做匀速圆周运动，有mg＝qE，解得：E
（2）小球A恰好沿B点的切线方向进入圆形轨道可知，小球A在B点的速度大小为：vB
小球A由B到C，根据动能定理可得：mg（R﹣Rsin45°）
小球A在C点受力分析可知：N﹣mg＝m
根据牛顿第三定律可得：N＝N′
整理得：N′＝（9﹣3）mg
（3）依题意得：3mg＝qE
故小球在电磁场中做匀速圆周运动，由机械能守恒定律可知：vB4＝vB2
在电磁场中对小球B受力分析可得：qvB4B＝mB
如图所示，
由几何关系根据余弦定理可得：r2+（2R）2﹣2r（2R）cs45°＝（r﹣R）2
解得：B
答：（1）电场强度E的大小为；
（2）小球B经过轨道最低点D时对轨道的压力大小为（9﹣3）mg；
（3）为使小球B进入电磁场屏蔽区，则磁感应强度的最小值为。
如图所示，在空间建立O﹣xyz坐标系、水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，垂直纸面向里为z轴正方向（图中未画出），自y＝0起，沿y方向间距为d的水平区域，有均匀电磁场区域和无电磁场区域相间排列，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，匀强电场的电场强度方向竖直向上。一电荷量为q，质量为m的带正电小球从坐标原点O由静止自由下落.在有电磁场的区域中做匀速圆周运动，重力加速度大小为g。
（1）带电小球从第1个电磁场区域的下边界穿出时，设其速度方向与竖直方向的夹角为β1，求sinβ1；
（2）若已知d，则带电小球到达第几个有电磁场分布的区域时，将不能从该区域的下边界射出？（不考虑带电小球从该区域的上边界穿出后的运动）
【解答】解：（1）在无电磁场区域，设进入电磁场的的初速度为v0，由自由落体运动知：
v02＝2gd
进入电磁场后，根据题意小球做匀速圆周运动，所以
qE＝mg
由牛顿第二定律得
qv0B＝m
由几何关系得：
sinβ1
联立解得：sinβ1；
（2）小球在无电磁场区域，只受重力作用，故其速率会增大；在电磁场区域，重力和电场力平衡，在洛伦兹力作用下速率大小不变。设小球进入第n个电磁场时不能射出。此时射入速度为v，由能量守恒定律得
mg•nd
在电磁场中，由牛顿第二定律得
max＝qvyB
may＝qvxB
小球每次进入到穿出一个电磁场所获得的x方向上速度的增量
Δvx
粒子进入第n个电磁场区域而不能射出，应满足
vx≤n•Δvx
粒子进入区域过程中，vx是变化的，只有在粒子达轨道最低点时，有
vx＝（vx）max＝vn
联立解得：n＝11，
故粒子不能从第11个电磁场区域射出。
答：（1）带电小球从第1个电磁场区域的下边界穿出时，设其速度方向与竖直方向的夹角为β1，sinβ1；
（2）若已知d，则带电小球到达第11个有电磁场分布的区域时，将不能从该区域的下边界射出。
如图所示，真空中的立方体边长为0.8m，底面中心处有一点状放射源，仅在abcO所在平面内向各个方向均匀发射α粒子，所有α粒子的速率均为v＝5.0×106m/s，已知α粒子的比荷为5.0×107C/kg，现给立方体内施加竖直向上的匀强磁场B，使所有α粒子恰好能束缚在正方形abcO区域内。abfe面放有一个屏，该屏可以沿z轴左右平移。
（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）现在正方体内再施加竖直向上的匀强电场，要使所有粒子刚好都能从上表面中心P离开，求所加匀强电场的电场强度E的大小（结果用π表示）；
（3）若匀强电场电场强度的大小取第（2）问中的最大值，现让abfe屏向左沿﹣z方向移动0.2m，求粒子打在abfe屏上x坐标最大值和最小值时对应点的y轴坐标。
【解答】解：（1）所有α粒子恰好被束缚在正方向abcO区域内，由几何关系得：r＝0.2m
α粒子在磁场中做圆周运动，则
解得：B＝0.5T
（2）α粒子做圆周运动的周期为：
要使所有粒子刚好都能从上表面中心P离开，所用时间一定为周期的整数倍，在竖直方向上由运动学规律得：
解得：E（n＝0，1，2，3……）
（3）粒子运动的俯视图如图所示：
由图可知，当SP1为直径时，射出粒子的横坐标为最大值，此时粒子的运动时间为：
此时对应的纵坐标为
解得：y1＝0.2m
由图可知，当与abfc面相切时，射出粒子的横坐标为最小值，此时粒子的运动时间为：
此时对应的纵坐标为：
解得：y2＝0.05m
答：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为0.5T；
（2）所加匀强电场的电场强度E的大小为（n＝1，2，3……）
（3）粒子打在abfe屏上x坐标最大值和最小值时对应点的y轴坐标分别为0.2m和0.05m。
题型三 电场和磁场叠加的应用实例分析
1．速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件一般以单个带电粒子为研究对象，在洛伦兹力和电场力平衡时做匀速直线运动达到稳定状态，从而求出相应的物理量，区别见下表．
磁流体发电机，又叫等离子体发电机，图中的燃烧室在3000K的高温下将气体全部电离为电子和正离子，即高温等离子体。高温等离子体经喷管加速后以1000m/s的速度进入矩形发电通道。发电通道有垂直于纸面向内的匀强磁场，磁感应强度B＝6T等离子体发生偏转，在两极间形成电势差。已知发电通道长a＝50cm，宽b＝20cm，高d＝20cm，等高速等高子体离子体的电阻率ρ＝2Ω•m。则以下判断中正确的是（ ）
A．因正离子带电量未知，故发电机的电动势不能确定
B．图中外接电阻R二端的电压为1200V
C．当外接电阻R＝8Ω时，发电机的效率最高
D．当外接电阻R＝4Ω时，发电机输出功率最大
【解答】解：AB、由等离子体所受的电场力和洛伦兹力平衡得：qqvB
则得发电机的电动势为：E＝Bdv＝6×0.2×1000V＝1200V，图中外接电阻R二端的电压为路端电压，小于1200V；
由上知，发电机的电动势与高速等离子体的电荷量无关，即与离子的化合价无关，由E＝Bdv能求电动势，故AB错误；
C、发动机的内阻为：r＝ρ2Ω＝4Ω
发动机的效率为：η，可知外电阻R越大，效率越高，则当外接电阻为8Ω时，发电机的效率不是最高，故C错误；
D、设外电阻为R外，电源的输出功率为：；由于R外r2（定值），根据数学知识可得：R外时分母最小，电源的输出功率最大，此时有R外＝r；当电源的内外电阻相等时输出功率最大，此时外电阻为：R＝r＝4Ω，故D正确。
故选：D。
磁流体发电是一项新兴技术，如图是磁流体发电机的示意图。平行金属板P、Q间距为d、面积为S，两金属板和电阻R连接。一束等离子体以恒定速度v0垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，电路稳定时电阻R两端会产生恒定电势差U．假定等离子体在两板间均匀分布，忽略边缘效应，则等离子体的电导率δ（电阻率的倒数）的计算式是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：由左手定则知，正离子向P板运动，即P板带正电。
发电机稳定时，离子所受电场力等于洛伦兹力，设电动势为E，即：q＝qv0B
解得：E＝Bv0d
根据欧姆定律可知，
R1为板间等离子体的电阻，且R1＝ρ，
联立得到电导率δ的表达式为：δ，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（多选）如图，电磁流量计的测量管横截面直径为D，在测量管的上下两个位置固定两金属电极a、b，整个测量管处于水平向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当含有正、负离子的液体从左向右匀速流过测量管时，连在两个电极上的显示器显示的流量为Q（单位时间内流过的液体体积），下列说法正确的是（ ）
A．a极电势高于b极电势
B．液体流过测量管的速度大小为
C．a、b两极之间的电压为
D．若流过的液体中离子浓度变高，显示器上的示数将变大
【解答】解：A、根据左手定则，正电荷受向上的洛伦兹力，向上偏，负电荷受向下的洛伦兹力，向下偏，故a板带正电，b板带负电，故a板电势高于b极电势，A正确.
B、设液体流过测量管的速度大小为v，则流量，所以，故B错误.
C、随着ab两板电荷量的增加，两板间的电场强度变大，离子受到的电场力变大，当电场力大小等于洛伦兹力时，离子不再偏转，两板电压达到稳定，
设稳定时两板间电压为U，离子电量为q，则离子受的电场力，离子所受的洛伦兹力f＝qvB，由电场力和洛伦兹力平衡得，解得：U＝BDv
将代入得，故C正确.
D、由以上解答得显示器显示的流量，显示器上的示数与离子速度有关而与浓度无关，故D错误.
故选：AC。
为了测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计（流量Q为单位时间内流过某截面流体的体积）。如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，所在空间有垂直于前后表面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动。测得M、N间电压为U，污水流过管道时受到的阻力大小Ff＝kLv2，k是比例系数，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速。则（ ）
A．污水的流量Q
B．金属板M的电势不一定高于金属板N的电势
C．电压U与污水中离子浓度成正比
D．左、右两侧管口的压强差Δp
【解答】解：A、根据电场力与洛伦兹力的等量关系可知，qvB，同时Q＝Sv，解得：Q，故A错误；
B、根据左手定则可知，正离子受到竖直向上的洛伦兹力，向上表面偏转，负离子向下表面偏转，则金属板M的电势高于金属板N的电势，故B错误；
C、根据电场力与洛伦兹力的等量关系可知，qvB，解得：U＝vBc，故电压与粒子浓度无关，故C错误；
D、根据平衡条件，则有Δpbc＝Ff＝kLv2＝kav2，而v，解得：Δp，故D正确。
故选：D。
如图是判断检测电流I0大小是否发生变化的装置，该检测电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与检测电流I0成正比。现给金属材料制成的霍尔元件（其长、宽、高分别为a、b、d）通以恒定工作电流I，通过下侧电压表的示数来判断I0的大小是否发生变化，下列说法正确的是（ ）
A．M端应与电压表的“负”接线柱相连
B．要提高检测的灵敏度可适当增大宽度b
C．要提高检测灵敏度可适当增大工作电流I
D．当霍尔元件尺寸和工作电流I不变时，电压表示数变大，说明检测电流I0变小
【解答】解：A、根据右手螺旋定则可知检测电流产生的磁场方向向下，磁感线在磁芯中沿逆时针方向，可知霍尔元件所在磁场方向向上，由于霍尔元件中的载流子为电子，可知电子移动方向与工作电流方向相反，根据左手定则可知，电子在N端积累，N端为负极，则M端应与电压表的正接线柱相接，故A错误；
BC、设霍尔元件单位体积内电子数量为n，电子移动速度为v，则Δt时间内通过横截面的电荷量为：
Q＝IΔt＝vΔtSbdne
解得：I＝vbdne，
由于粒子最终受到的电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，则
解得：
因此若要提高灵敏度，可以适当减小d，增大工作电流，故C正确，B错误；
D、当霍尔元件尺寸和工作电流I不变时，根据可知电压表示数变大，磁感应强度B变大，则检测电流变大，故D错误；
故选：C。
课外研究小组的同学在研究速度选择器时，将一带电量为+q、质量为m的小球，沿极板正中间平行极板方向，沿中线射入速度选择器（如图甲所示），发现小球沿直线通过速度选择器。已知磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小E，方向与B方向垂直。
（1）求小球的初速度v0；
（2）若已知板间距为d，板长为L，且d＝L，如图乙，现在速度选择器的上极板正中间开一小孔H，将电场的方向反向、大小不变，且仍然让小球以第（1）问的速度v0从中点出发，判定是否能够通过小孔H？若能够通过，求从射入速度选择器到第2次通过小孔H的时间；若不能通过，求打在上极板的位置；
（3）若将小球以速度v0垂直极板从小孔H射入板间（如图丙），将电场强度大小变为2E，方向竖直向上，发现小球恰好能到达下极板，求板间距d。
【解答】解：（1）小球沿直线通过速度选择器，受到的重力、电场力和洛伦兹力三力平衡，电场力方向竖直向下，洛伦兹力竖直向上，根据平衡条件得
qv0B＝qE+mg
解得
（2）因qE＝mg，所以将电场的方向反向、大小不变，小球受到的电场力和重力二力平衡，小球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
可得r
则，可知小球刚好能过小孔H。
小球在电磁场中运动时间为
穿出小孔后做匀变速运动时间为t2
从射入速度选择器到第2次通过小孔H的总时间为：t＝t1+t2
解得
（3）在水平方向上，由动量定理得
即qBd＝mvx
由动能定理可得：
解得
答：（1）小球的初速度v0为；
（2）能够通过小孔H；从射入速度选择器到第2次通过小孔H的总时间为；
（3）板间距d为。
装置
原理图
规律
速度选择器
若qv0B＝Eq，即v0＝eq \f(E,B)，粒子做匀速直线运动
磁流体发电机
等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电，两极板电压为U时稳定，qeq \f(U,d)＝qv0B，U＝v0Bd
电磁流量计
qeq \f(U,D)＝qvB，所以v＝eq \f(U,DB)，所以Q＝vS＝eq \f(πDU,4B)
霍尔元件
当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差
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