新高考物理三輪沖刺知識講練與題型歸納專題22 帶電粒子在復(fù)合場的運(yùn)動（含解析）

專題22帶電粒子在復(fù)合場的運(yùn)動[題型導(dǎo)航]題型一帶電粒子在疊加場中無約束條件下的運(yùn)動 1題型二帶電粒子在疊加場中有約束條件下的運(yùn)動 7題型三電場和磁場疊加的應(yīng)用實(shí)例分析 14[考點(diǎn)分析]題型一帶電粒子在疊加場中無約束條件下的運(yùn)動1.帶電粒子(帶電體)在疊加場中無約束情況下的運(yùn)動(1)靜電力、重力并存靜電力與重力的合力一般為恒力，帶電體做勻速直線運(yùn)動或勻變速直線(或曲線)運(yùn)動，比較簡單。(2)磁場力、重力并存①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動。②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題。(3)靜電力、磁場力并存(不計(jì)重力的微觀粒子)①若靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動。②若靜電力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題。(4)靜電力、磁場力、重力并存①若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動。②若重力與靜電力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動。③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題。4.是否考慮重力的判斷①對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，若無特殊說明，一般不考慮重力；對于宏觀帶電小物體，如帶電小球、塵埃、油滴、液滴等，若無特殊說明，一般需要考慮重力。②題目中已明確說明是否需要考慮重力時則按說明分析。③不能直接判斷是否需要考慮重力的，在進(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析時，由分析結(jié)果確定是否考慮重力。（多選）如圖所示，兩個傾角分別為30°和60°的光滑絕緣斜面固定于水平地面上，并處于方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，兩個質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小滑塊甲和乙分別從兩個斜面頂端由靜止釋放，運(yùn)動一段時間后，兩小滑塊都將飛離斜面，則（）A．飛離斜面時甲滑塊動量比乙滑塊動量大 B．飛離斜面時甲滑塊動量比乙滑塊動量小 C．飛離斜面時甲滑塊重力做功的瞬時功率與乙滑塊重力做功瞬時功率不同 D．飛離斜面時甲滑塊重力做功的瞬時功率與乙滑塊重力做功瞬時功率相同【解答】解：AB、設(shè)斜面傾角為θ，當(dāng)斜面對滑塊的支持力恰好為零時滑塊恰好飛離斜面時，由平衡條件得：qvB＝mgcosθ解得滑塊離開斜面時的速度大小v=mgcosθ由題意可知，因?yàn)榧孜飰K所在斜面傾角較小，所以甲滑塊飛離斜面時的速度大，由P＝mv可知，飛離斜面時甲滑塊動量比乙滑塊動量大，故A正確，B錯誤；CD、飛離斜面時滑塊重力做功的功率為P＝mgvsinθ=m代入兩個斜面的傾角可知飛離斜面時甲滑塊重力做功的瞬時功率與乙滑塊重力做功瞬時功率相同，故D正確，C錯誤。故選：AD。（多選）如圖所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為1T的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為0.3kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端放置一質(zhì)量為0.1kg帶正電的滑塊，電荷量為0.2C，滑塊與絕緣木板之間的動摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。t＝0時刻開始對木板施加方向水平向左、大小為1.2N的恒力，g取10m/s2，則（）A．木板和滑塊一直做加速度為3m/s2的勻加速直線運(yùn)動 B．0.5s末滑塊的速度是1.5m/s C．最終木板做加速度為4m/s2的勻加速直線運(yùn)動，滑塊做速度為5m/s的勻速直線運(yùn)動 D．整個運(yùn)動過程中摩擦力對滑塊做的功為1.25J【解答】解：AB、由于動摩擦因數(shù)為0.5，靜摩擦力能提供的最大加速度為amax＝5m/s2，所以當(dāng)1.2N的恒力作用于木板時，系統(tǒng)一起以a=FM+m=1.20.3+0.1m/s2＝3m/s2的加速度一起運(yùn)動，當(dāng)滑塊獲得向左運(yùn)動的速度以后又產(chǎn)生一個方向向上的洛倫茲力，摩擦力不斷減小，當(dāng)摩擦力產(chǎn)生的加速度小于3m/s2后，根據(jù)μ（mg﹣Bqv）＝ma解得此時速度v＝2m/s，根據(jù)v＝at知t=C、當(dāng)洛倫茲力等于重力時滑塊與木板之間的彈力為零，此時Bqv′＝mg，解得：v′＝5m/s，此時摩擦力消失，滑塊做勻速運(yùn)動，而木板在恒力作用下做勻加速運(yùn)動，加速度a′=FM=1.20.3D、整個運(yùn)動過程中摩擦力對滑塊做的功等于滑塊動能的增加量△Ek=12mv′2故選：BCD。電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場水平向右，勻強(qiáng)磁場與勻強(qiáng)電場垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向如圖所示。一帶電小球M斜向右上做勻速直線運(yùn)動，速度與水平方向的夾角為30°，該小球運(yùn)動的速度大小為（）A．EB B．2EB C．3E【解答】解：小球在電磁復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動，由于洛倫茲力與小球速度有直接關(guān)系，故小球做勻速直線運(yùn)動，對其受力分析，如圖所示：qvBsin30°＝Eq解得：v=2E故選：B。（多選）如圖所示，空間存在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，勻強(qiáng)電場方向水平向右，場強(qiáng)大小為E，勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面水平向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，a、b兩個帶電球在電場和磁場中沿直線運(yùn)動，軌跡在紙面內(nèi)如圖中虛線所示，不計(jì)小球間的相互作用，則下列說法正確的是（）A．小球a帶正電，從Q向P運(yùn)動 B．小球b帶正電，從N向M運(yùn)動 C．a(chǎn)、b兩小球的速度大小之比為2：3 D．a(chǎn)、b兩小球的質(zhì)量之比為1：6【解答】解：A、若小球a帶正電且從Q向P運(yùn)動，小球a受到豎直向下的重力，水平向右的電場力和垂直PQ斜向左下方的洛倫茲力，三力的合力不為零，則小球a不可能做直線運(yùn)動，故A錯誤；B、若小球b帶正電，從N向M運(yùn)動，小球b受豎直向下的重力，水平向右的電場力和垂直MN斜向左上方的洛倫茲力，當(dāng)三力的合力為0時小球b從N向M做勻速直線運(yùn)動，故B正確；C、對兩小球受力分析如圖所示，由平衡條件可知：對a球有qa對b球有q解得vaD．由于不知道兩小球的電荷量之比，則無法確定兩小球的質(zhì)量之比，故D錯誤。故選：BC。如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一、二象限內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)電場E1，虛線是第二、四象限的角平分線，虛線的右上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B；第三、四象限有水平向左的勻強(qiáng)電場E2，且E1＝E2，現(xiàn)有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電微粒由x軸上的P點(diǎn)（?2L，0），以大小為v0、方向與x軸正方向成45°（1）電場強(qiáng)度E1的大小和磁場感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。唬?）微粒通過N點(diǎn)的位置坐標(biāo)和速度；（3）微粒從P點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)經(jīng)歷的時間。【解答】解：（1）帶電微粒沿PQ做直線運(yùn)動，可知qE1＝mg解得E1=帶電微粒從Q到O的過程，做勻速圓周運(yùn)動，如圖，軌跡半徑r=12OPsin45°=1由qv0B＝mv得B=（2）帶電微粒從O點(diǎn)垂直虛線射入第三象限，因?yàn)镋2＝E1，則沿x方向：初速度vx＝v0sin45°=22v0，僅受向右的電場力qE2＝mg，加速度大小a所以，從O到N的時間tON=微粒到達(dá)N點(diǎn)時沿x方向的分速度vNx＝vx=22沿y方向：初速度vy＝v0cos45°=22v0，僅受重力，所以微粒到達(dá)N點(diǎn)時沿y方向的分速度vNy＝vy+gtON=y＝ON＝vytON+所以，微粒通過N點(diǎn)的位置坐標(biāo)為（0，2v則微粒到達(dá)N點(diǎn)的速度大小vN=設(shè)vN與x軸正方向夾角為θ，則tanθ=v（3）微粒從P到Q的時間tPQ=從Q到O的時間tQO=可見，微粒從P點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)經(jīng)歷的時間t＝tPQ+tQO+tON=答：（1）電場強(qiáng)度E1的大小為mgq，磁場感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為2m（2）微粒通過N點(diǎn)的位置坐標(biāo)為（0，2v02（3）微粒從P點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)經(jīng)歷的時間為Lv題型二帶電粒子在疊加場中有約束條件下的運(yùn)動如圖所示，兩豎直平行邊界PQ、MN間，有正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，勻強(qiáng)電場方向豎直向下，勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里。一帶負(fù)電小球從O點(diǎn)以某一速度垂直邊界PQ進(jìn)入該場區(qū)，恰好能沿水平方向做直線運(yùn)動。若只減小小球從O點(diǎn)進(jìn)入場區(qū)時的速度，則小球在場區(qū)內(nèi)運(yùn)動過程中，下列判斷正確的是（）A．小球的動能減小 B．小球的電勢能減小 C．小球的重力勢能減小 D．小球的機(jī)械能減小【解答】解：A、小球在電磁場中做直線運(yùn)動時，小球共受到三個力作用：重力G、電場力F、洛倫茲力f，這三個力都在豎直方向上，小球在水平直線上運(yùn)動，則小球一定做勻速直線運(yùn)動，可知小球受到的合力一定是零，小球帶負(fù)電，受到的電場力向上，洛倫茲力向下，重力向下，當(dāng)小球的入射速度減小時，洛倫茲力減小，則電場力和重力不變，小球?qū)⑾蛏掀D(zhuǎn)，電場力與重力的合力向上，且它們的合力對小球做正功，小球動能增大。故A錯誤。BD、電場力對小球做正功，洛倫茲力不做功，則小球的機(jī)械能增大，電勢能減小。故D錯誤，B正確。C、重力對小球做負(fù)功，重力勢能增大。故C錯誤。故選：B。如圖，足夠長的絕緣豎直桿處于正交的勻強(qiáng)電磁場中，電場方向水平向左、場強(qiáng)大小為E，磁場方向水平向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為﹣q（q＞0）的小圓環(huán)套在桿上（環(huán)內(nèi)徑略大于桿的直徑）無初速下滑。若重力加速度大小為g，圓環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ（μqE＜mg），圓環(huán)電荷量不變，則能反映圓環(huán)下滑過程中速度v隨時間t變化關(guān)系的圖象是（）A． B． C． D．【解答】解：圓環(huán)下滑過程中，受到重力、摩擦力（可能有）、彈力（可能有）、向左的洛倫茲力、向右的電場力；開始階段，洛倫茲力小于電場力時，圓環(huán)向下做加速運(yùn)動時，速度增大，洛倫茲力增大，圓環(huán)所受的桿的彈力向左，大小為N＝qE﹣qvB，N隨著v的增大而減小，滑動摩擦力f＝μN(yùn)也減小，小球所受的合力F合＝mg﹣f，f減小，F(xiàn)合增大，加速度a增大；當(dāng)洛倫茲力等于電場力時，合力等于重力，加速度最大，為g；當(dāng)洛倫茲力大于電場力時，出現(xiàn)環(huán)受到桿水平向右的彈力，導(dǎo)致滑動摩擦力增大，則加速度會減小，但仍是加速運(yùn)動，直到重力等于滑動摩擦力時，加速度為零，速度達(dá)到最大，對照圖象可知，D正確，ABC錯誤。故選：D。如圖，質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從A點(diǎn)以水平初速度v0平拋，小球A恰好沿B點(diǎn)的切線方向進(jìn)入豎直平面內(nèi)半徑為R的14（1）電場強(qiáng)度E的大?。唬?）小球A經(jīng)過軌道最低點(diǎn)C時對軌道的壓力大?。唬?）為使小球A能進(jìn)入電磁場屏蔽區(qū)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為多大？【解答】解：（1）小球在電磁場區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動，有mg＝qE，解得：E=（2）小球A恰好沿B點(diǎn)的切線方向進(jìn)入圓形軌道可知，小球A在B點(diǎn)的速度大小為：vB=小球A由B到C，根據(jù)動能定理可得：mg（R﹣Rsin45°）=小球A在C點(diǎn)受力分析可知：N﹣mg＝mv根據(jù)牛頓第三定律可得：N＝N′整理得：N′＝（9﹣32）mg+（3）依題意得：3mg＝qE故小球在電磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由機(jī)械能守恒定律可知：vB4＝vB2在電磁場中對小球B受力分析可得：qvB4B＝mBv如圖所示，由幾何關(guān)系根據(jù)余弦定理可得：r2+（2R）2﹣2r（2R）cos45°＝（r﹣R）2解得：B=答：（1）電場強(qiáng)度E的大小為mgq（2）小球B經(jīng)過軌道最低點(diǎn)D時對軌道的壓力大小為（9﹣32）mg+2（3）為使小球B進(jìn)入電磁場屏蔽區(qū)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為(4?22)如圖所示，在空間建立O﹣xyz坐標(biāo)系、水平向右為x軸正方向，豎直向下為y軸正方向，垂直紙面向里為z軸正方向（圖中未畫出），自y＝0起，沿y方向間距為d的水平區(qū)域，有均勻電磁場區(qū)域和無電磁場區(qū)域相間排列，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度方向豎直向上。一電荷量為q，質(zhì)量為m的帶正電小球從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止自由下落.在有電磁場的區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動，重力加速度大小為g。（1）帶電小球從第1個電磁場區(qū)域的下邊界穿出時，設(shè)其速度方向與豎直方向的夾角為β1，求sinβ1；（2）若已知d=4【解答】解：（1）在無電磁場區(qū)域，設(shè)進(jìn)入電磁場的的初速度為v0，由自由落體運(yùn)動知：v02＝2gd進(jìn)入電磁場后，根據(jù)題意小球做勻速圓周運(yùn)動，所以qE＝mg由牛頓第二定律得qv0B＝mv由幾何關(guān)系得：sinβ1=聯(lián)立解得：sinβ1=qB（2）小球在無電磁場區(qū)域，只受重力作用，故其速率會增大；在電磁場區(qū)域，重力和電場力平衡，在洛倫茲力作用下速率大小不變。設(shè)小球進(jìn)入第n個電磁場時不能射出。此時射入速度為v，由能量守恒定律得mg?nd=在電磁場中，由牛頓第二定律得max＝qvyBmay＝qvxB小球每次進(jìn)入到穿出一個電磁場所獲得的x方向上速度的增量Δvx=粒子進(jìn)入第n個電磁場區(qū)域而不能射出，應(yīng)滿足vx≤n?Δvx粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域過程中，vx是變化的，只有在粒子達(dá)軌道最低點(diǎn)時，有vx＝（vx）max＝vn聯(lián)立解得：n＝11，故粒子不能從第11個電磁場區(qū)域射出。答：（1）帶電小球從第1個電磁場區(qū)域的下邊界穿出時，設(shè)其速度方向與豎直方向的夾角為β1，sinβ1=qB（2）若已知d=4如圖所示，真空中的立方體邊長為0.8m，底面中心處有一點(diǎn)狀放射源，僅在abcO所在平面內(nèi)向各個方向均勻發(fā)射α粒子，所有α粒子的速率均為v＝5.0×106m/s，已知α粒子的比荷為qm=5.0×107C/kg，現(xiàn)給立方體內(nèi)施加豎直向上的勻強(qiáng)磁場B，使所有（1）求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。唬?）現(xiàn)在正方體內(nèi)再施加豎直向上的勻強(qiáng)電場，要使所有粒子剛好都能從上表面中心P離開，求所加勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大?。ńY(jié)果用π表示）；（3）若勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度的大小取第（2）問中的最大值，現(xiàn)讓abfe屏向左沿﹣z方向移動0.2m，求粒子打在abfe屏上x坐標(biāo)最大值和最小值時對應(yīng)點(diǎn)的y軸坐標(biāo)?！窘獯稹拷猓海?）所有α粒子恰好被束縛在正方向abcO區(qū)域內(nèi)，由幾何關(guān)系得：r＝0.2mα粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，則qvB=解得：B＝0.5T（2）α粒子做圓周運(yùn)動的周期為：T=要使所有粒子剛好都能從上表面中心P離開，所用時間一定為周期的整數(shù)倍，在豎直方向上由運(yùn)動學(xué)規(guī)律得：L=1解得：E=5×106（3）粒子運(yùn)動的俯視圖如圖所示：由圖可知，當(dāng)SP1為直徑時，射出粒子的橫坐標(biāo)為最大值，此時粒子的運(yùn)動時間為：t此時對應(yīng)的縱坐標(biāo)為y解得：y1＝0.2m由圖可知，當(dāng)與abfc面相切時，射出粒子的橫坐標(biāo)為最小值，此時粒子的運(yùn)動時間為：t此時對應(yīng)的縱坐標(biāo)為：y解得：y2＝0.05m答：（1）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為0.5T；（2）所加勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小為5×106n（3）粒子打在abfe屏上x坐標(biāo)最大值和最小值時對應(yīng)點(diǎn)的y軸坐標(biāo)分別為0.2m和0.05m。題型三電場和磁場疊加的應(yīng)用實(shí)例分析1．速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計(jì)和霍爾元件一般以單個帶電粒子為研究對象，在洛倫茲力和電場力平衡時做勻速直線運(yùn)動達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，從而求出相應(yīng)的物理量，區(qū)別見下表．裝置原理圖規(guī)律速度選擇器若qv0B＝Eq，即v0＝eq\f(E,B)，粒子做勻速直線運(yùn)動磁流體發(fā)電機(jī)等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負(fù)電，兩極板電壓為U時穩(wěn)定，qeq\f(U,d)＝qv0B，U＝v0Bd電磁流量計(jì)qeq\f(U,D)＝qvB，所以v＝eq\f(U,DB)，所以Q＝vS＝eq\f(πDU,4B)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)電勢差磁流體發(fā)電機(jī)，又叫等離子體發(fā)電機(jī)，圖中的燃燒室在3000K的高溫下將氣體全部電離為電子和正離子，即高溫等離子體。高溫等離子體經(jīng)噴管加速后以1000m/s的速度進(jìn)入矩形發(fā)電通道。發(fā)電通道有垂直于紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝6T等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在兩極間形成電勢差。已知發(fā)電通道長a＝50cm，寬b＝20cm，高d＝20cm，等高速等高子體離子體的電阻率ρ＝2Ω?m。則以下判斷中正確的是（）A．因正離子帶電量未知，故發(fā)電機(jī)的電動勢不能確定 B．圖中外接電阻R二端的電壓為1200V C．當(dāng)外接電阻R＝8Ω時，發(fā)電機(jī)的效率最高 D．當(dāng)外接電阻R＝4Ω時，發(fā)電機(jī)輸出功率最大【解答】解：AB、由等離子體所受的電場力和洛倫茲力平衡得：qEd則得發(fā)電機(jī)的電動勢為：E＝Bdv＝6×0.2×1000V＝1200V，圖中外接電阻R二端的電壓為路端電壓，小于1200V；由上知，發(fā)電機(jī)的電動勢與高速等離子體的電荷量無關(guān)，即與離子的化合價無關(guān)，由E＝Bdv能求電動勢，故AB錯誤；C、發(fā)動機(jī)的內(nèi)阻為：r＝ρdab=2×0.2發(fā)動機(jī)的效率為：η=UIEI=D、設(shè)外電阻為R外，電源的輸出功率為：P出=I2R外=(ER外+r)故選：D。磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)，如圖是磁流體發(fā)電機(jī)的示意圖。平行金屬板P、Q間距為d、面積為S，兩金屬板和電阻R連接。一束等離子體以恒定速度v0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，電路穩(wěn)定時電阻R兩端會產(chǎn)生恒定電勢差U．假定等離子體在兩板間均勻分布，忽略邊緣效應(yīng)，則等離子體的電導(dǎo)率δ（電阻率的倒數(shù)）的計(jì)算式是（）A．Ud(Bdv0?U)RSC．US(Bdv【解答】解：由左手定則知，正離子向P板運(yùn)動，即P板帶正電。發(fā)電機(jī)穩(wěn)定時，離子所受電場力等于洛倫茲力，設(shè)電動勢為E，即：Edq＝qv0解得：E＝Bv0d根據(jù)歐姆定律可知，ER1為板間等離子體的電阻，且R1＝ρdS聯(lián)立得到電導(dǎo)率δ的表達(dá)式為：δ=Ud故選：A。（多選）如圖，電磁流量計(jì)的測量管橫截面直徑為D，在測量管的上下兩個位置固定兩金屬電極a、b，整個測量管處于水平向里的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。當(dāng)含有正、負(fù)離子的液體從左向右勻速流過測量管時，連在兩個電極上的顯示器顯示的流量為Q（單位時間內(nèi)流過的液體體積），下列說法正確的是（）A．a(chǎn)極電勢高于b極電勢 B．液體流過測量管的速度大小為QπC．a(chǎn)、b兩極之間的電壓為4QBπDD．若流過的液體中離子濃度變高，顯示器上的示數(shù)將變大【解答】解：A、根據(jù)左手定則，正電荷受向上的洛倫茲力，向上偏，負(fù)電荷受向下的洛倫茲力，向下偏，故a板帶正電，b板帶負(fù)電，故a板電勢高于b極電勢，A正確.B、設(shè)液體流過測量管的速度大小為v，則流量Q=Sv=14πC、隨著ab兩板電荷量的增加，兩板間的電場強(qiáng)度變大，離子受到的電場力變大，當(dāng)電場力大小等于洛倫茲力時，離子不再偏轉(zhuǎn)，兩板電壓達(dá)到穩(wěn)定，設(shè)穩(wěn)定時兩板間電壓為U，離子電量為q，則離子受的電場力F=qUD，離子所受的洛倫茲力f＝qvB，由電場力和洛倫茲力平衡得將v=4QπDD、由以上解答得顯示器顯示的流量Q=1故選：AC。為了測量化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在排污管末端安裝了流量計(jì)（流量Q為單位時間內(nèi)流過某截面流體的體積）。如圖所示，長方體絕緣管道的長、寬、高分別為a、b、c，左、右兩端開口，所在空間有垂直于前后表面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，在上、下兩個面的內(nèi)側(cè)固定有金屬板M、N，污水充滿管道從左向右勻速流動。測得M、N間電壓為U，污水流過管道時受到的阻力大小Ff＝kLv2，k是比例系數(shù)，L為污水沿流速方向的長度，v為污水的流速。則（）A．污水的流量Q=abUB．金屬板M的電勢不一定高于金屬板N的電勢 C．電壓U與污水中離子濃度成正比 D．左、右兩側(cè)管口的壓強(qiáng)差Δp=【解答】解：A、根據(jù)電場力與洛倫茲力的等量關(guān)系可知，qvB=qUc，同時Q＝Sv，解得：QB、根據(jù)左手定則可知，正離子受到豎直向上的洛倫茲力，向上表面偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向下表面偏轉(zhuǎn)，則金屬板M的電勢高于金屬板N的電勢，故B錯誤；C、根據(jù)電場力與洛倫茲力的等量關(guān)系可知，qvB=qUD、根據(jù)平衡條件，則有Δpbc＝Ff＝kLv2＝kav2，而v=UBc，解得：Δp故選：D。如圖是判斷檢測電流I0大小是否發(fā)生變化的裝置，該檢測電流在鐵芯中產(chǎn)生磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度與檢測電流I0成正比?，F(xiàn)給金屬材料制成的霍爾元件（其長、寬、高分別為a、b、d）通以恒定工作電流I，通過下側(cè)電壓表的示數(shù)來判斷I0的大小是否發(fā)生變化，下列說法正確的是（）A．M端應(yīng)與電壓表的“負(fù)”接線柱相連 B．要提高檢測的靈敏度可適當(dāng)增大寬度b C．要提高檢測靈敏度可適當(dāng)增大工作電流I D．當(dāng)霍