1、第一章阶段复习课知识体系构建【核心速填】IlB sin 有效 左 运动 qvB 0 左 不做功 匀速圆周 mvqB核心考点突破一、速度选择器类的模型分析【典例1】(多选)目前世界上有一种新型发电机叫磁流体发电机，如图表示它的原理：将一束等离子体(包含正、负离子)喷射入磁场，在磁场中有两块金属板A、B，于是金属板上就会聚集电荷，产生电压。以下说法正确的是()A.B板带正电BA板带正电C其他条件不变，只增大射入速度，UAB增大D其他条件不变，只增大磁感应强度，UAB增大【解析】选A、C、D。根据左手定则，正离子进入磁场受到的洛伦兹力向下，A正确，B错误；最后，离子受力平衡有qBvqUABd，可得U
2、ABBvd，C、D正确。【典例2】(多选)如图所示，有一金属块放在垂直于表面C的匀强磁场中，当有稳恒电流沿平行表面C的方向通过时，下列说法中正确的是()A.金属块上表面M的电势高于下表面N的电势B金属块上表面M的电势低于下表面N的电势C电流增大时，M、N两表面间的电压UH增大D磁感应强度增大时，M、N两表面间的电压UH减小【解析】选B、C。金属块导电的载流子为自由电子，根据电流方向可判断，电子向左定向移动，用左手判断电子所受的洛伦兹力可知向上，所以电子向上聚集从而使M板的电势低于N板的电势，故A错误、B正确；随着电荷的聚集，MN两板间的电场越来越强，电子除了受到洛伦兹力以外，还受到电场力作用。
3、当电场力与洛伦兹力相平衡时，上下两面间的电场恒定(电势差恒定)，根据：qEqUHdqvB得：UHBdv。电子定向移动速率：v InqS Inqdh，MN两板间的电压：UH IBnqh，由该式可知，C项正确、D项错误。【方法技巧】磁流体发电机和霍尔效应，都属于电场、磁场共同作用下粒子的运动，最终电场力和洛伦兹力达到平衡，从这个角度来说，这两种模型最终的情景跟速度选择器很类似。分析方法如下：(1)先判断洛伦兹力方向，进而知道电荷向哪个方向偏转。(2)根据电荷的偏转判断两个面电势的高低，判断电场的方向。(3)利用最终电场力与洛伦兹力相等解决题中的问题。【素养训练】1如图所示是磁流体发电机原理示意图。
4、A、B两极板间的磁场方向垂直于纸面向里。等离子束从左向右进入板间。下列描述正确的是()A.A极板电势高于B极板，负载R中电流向上BB极板电势高于A极板，负载R中电流向上CA极板电势高于B极板，负载R中电流向下DB极板电势高于A极板，负载R中电流向下【解析】选C。等离子束指的是含有大量正、负离子，整体呈中性的离子流，进入磁场后，正离子受到向上的洛伦兹力向A极板偏，负离子受到向下的洛伦兹力向B极板偏，这样正离子聚集在A极板，而负离子聚集在B极板，A极板电势高于B极板，电流方向从ARB。2截面为矩形的载流金属导线置于磁场中，导线中电流方向向右，如图所示，将出现下列哪种情况()A.在b表面聚集正电荷，
5、而a表面聚集负电荷B在a表面聚集正电荷，而b表面聚集负电荷C开始通电时，电子做定向移动并向b偏转D两个表面电势不同，a表面电势较高【解析】选A。金属导体靠电子导电，金属正离子并没有移动，而电流由金属导体中的自由电子的定向移动(向左移动)形成。应用左手定则，四指应指向电流的方向，让磁感线垂直穿过手心，拇指的指向即为自由电子的受力方向。也就是说，自由电子受洛伦兹力方向指向a表面一侧，实际上自由电子在向左移动的同时，受到指向a表面的作用力，并在a表面进行聚集，由于整个导体是呈电中性的(正、负电荷总量相等)，所以在b的表面“裸露”出正电荷层，并使b表面电势高于a表面电势。【补偿训练】如图所示为磁流体发
6、电机发电原理示意图，将一束等离子体(高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒)射入磁场，磁场中有两块金属板P、Q，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压。两金属板的板长为L1，板间距离为L2，匀强磁场的磁感应强度为B且平行于两金属板，等离子体充满两板间的空间。等离子体的初速度v与磁场方向垂直，当发电机稳定发电时，P板和Q板间电势差UPQ为()A.vBL1 BvBL2 CvBL2L1 DvBL1L2【解析】选B。等离子体进入两金属板间，在洛伦兹力作用下带正电的离子向P板运动、带负电的离子向Q板运动，平行板间形成一个向下的匀强电场，并且场强越来越大，当离子受到的洛伦兹力和电场力平衡时，正负离子便做
7、匀速直线运动通过金属板，发电机便稳定发电了。则有qEqvB，又UPQEL2，可得UPQvBL2，选项B对。二、安培力与力学知识的综合应用【典例3】如图所示，光滑的平行导轨倾角为，处在磁感应强度为B的竖直向下的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源。电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，将质量为m、长度为L的导体棒由静止释放，求导体棒在释放瞬间的加速度的大小。【解析】受力分析如图所示，导体棒受重力mg、支持力FN和安培力F，由牛顿第二定律：mg sin F cos maFBILI ERr 由式可得ag sin BEL cos m（Rr）答案：g sin BEL cos m（Rr）
8、【方法技巧】通电导体在安培力的作用下可能处于平衡状态，也可能处于运动状态。对导体进行正确的受力分析是解决该类问题的关键。分析的一般步骤是：(1)明确研究对象，研究对象一般是通电导体。(2)正确进行受力分析并画出导体的受力分析图，必要时画出侧视图、俯视图等。(3)根据受力分析确定通电导体所处的状态或运动过程。(4)运用平衡条件或动力学知识列式求解。【素养训练】1(多选)如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，当通以图示方向电流I时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程
9、中，下列说法中正确的是()A.此过程中磁感应强度B逐渐增大B此过程中磁感应强度B先减小后增大C此过程中磁感应强度B的最小值为mg sin ILD此过程中磁感应强度B的最大值为mg tan IL【解析】选A、C。导体棒受重力、支持力、安培力作用而处于平衡状态，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上逆时针转至水平向左的过程中，安培力由沿斜面向上转至竖直向上，导体棒受力的动态变化如图所示，由图知安培力逐渐增大，即此过程中磁感应强度B逐渐增大，选项A正确，选项B错误；刚开始安培力F最小，有sin Fmg，所以此过程中磁感应强度B的最小值为mg sin IL，选项C正确；最后安培力最大，有Fm
10、g，即此过程中磁感应强度B的最大值为mgIL，选项D错误。2(多选)在同一光滑斜面上放同一导体棒，如图所示是两种情况的剖面图。它们所处空间有磁感应强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次竖直向上，两次导体棒A分别通有电流I1和I2，都处于静止平衡。已知斜面的倾角为，则()A.I1I2cos 1BI1I211C导体棒A所受安培力大小之比F1F2sin cos D斜面对导体棒A的弹力大小之比FN1FN2cos21【解析】选 A、D。分别对导体棒受力分析，如图，利用平衡条件即可求解第一种情况：F1BI1Lmg sin，FN1mg cos 解得：I1mg sin BL第二种情况：F
11、2BI2Lmg tan，FN2 mgcos 解得：I2mg tan BL所以F1F2 BI1LBI2L I1I2 sin tan cos，FN1FN2 cos 1cos cos2可见，A、D 正确，B、C 错误。三、带电粒子在电场中的“电偏转”与在磁场中的“磁偏转”的区别【典例 4】如图所示，在虚线所示的宽度范围内，用场强为 E 的匀强电场可使以初速度 v0 垂直于电场入射的某种正离子偏转 角。在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场，使该离子穿过磁场区域的偏转角度也为，则匀强磁场的磁感应强度大小为多少？【解析】设电场区域的宽度为 d，带电离子在电场中做类平抛运动。离子在电场中的加
12、速度为 aqEm沿电场方向的分速度为 vyatqEdmv0因为偏转角为，故有 tanvyv0 qEdmv20解得：dmv20 tan qE离子在磁场中做匀速圆周运动，qv0Bmv20R圆半径 Rmv0qB由图可得：sin dR dqBmv0由以上各式简化得：BE cos v0。答案：E cos v0【方法技巧】磁偏转和电偏转对比分析磁偏转电偏转受力特征及运动规律若vB，则洛伦兹力FBqvB，使粒子做匀速圆周运动，其运动规律可由rmvqB 和T2mqB 进行描述FEqE为恒力，粒子做匀变速曲线运动类平抛运动，其运动规律可由vxv0，xv0t，vyqEm t，y12 qEm t2进行描述磁偏转电偏
13、转偏转情况粒子的运动方向能够偏转的角度不受限制，Btvr t，且相等时间内偏转的角度相等粒子运动方向所能偏转的角度E2，且相等时间内偏转的角度不同动能的变化由于FB始终不做功，所以其动能保持不变由于FE对粒子做正功，所以其动能不断增大，并且增大得越来越快【素养训练】如图所示，带电粒子(不计重力)以初速度 v0 从 a 点进入匀强磁场，运动过程中经过 b点，OaOb。若撤去磁场加一个与 y 轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度 v0 从 a点进入电场，仍能通过 b 点，则电场强度 E 和磁感应强度 B 的比值为()Av0B1v0C2v0Dv02【解析】选 C。设 OaObd，因带电粒子在匀强磁场中
14、做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于 d，即 dmv0qB，得 Bmv0qd。如果换成匀强电场，带电粒子做类平抛运动，那么有 dqE2m(dv0)2，得 E2mv20qd，所以EB 2v0。选项C 正确。四、带电粒子在复合场中的运动【典例 5】如图所示，竖直平面内，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一质量为 m、带电荷量为 q 的粒子以速度 v 与磁场方向垂直，与电场方向成 45角射入复合场中，恰能做匀速直线运动，求电场强度 E 和磁感应强度 B 的大小。(重力加速度为 g)【解析】假设粒子带负电，则其所受电场力方向水平向左，洛伦兹力方向斜向右下方与v垂直，可以从力的平衡
15、条件判断出这样的粒子不可能做匀速直线运动，所以粒子应带正电荷，受力情况如图所示。根据合外力为零得mgqvBsin45qEqvBcos45联立以上两式可得B 2mgqv，Emgq。答案：mgq 2mgqv【方法技巧】带电粒子在复合场中运动问题的分析方法(1)带电粒子在组合场中的运动：要依据粒子运动过程的先后顺序和受力特点辨别清楚在电场中做什么运动，在磁场中做什么运动。带电粒子在组合场中的运动的解题思路：(2)带电粒子在叠加场中的运动：当带电粒子(带电体)在叠加场中做匀速运动时，根据平衡条件列方程求解。当带电粒子(带电体)在叠加场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程求解。当
16、带电粒子(带电体)在叠加场中做非匀变速曲线运动时，常选用动能定理或能量守恒定律列方程求解。【素养训练】1(多选)一个带电微粒在如图所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动，重力不可忽略，已知圆的半径为r，电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B，重力加速度为g，则()A.该微粒带正电B带电微粒沿逆时针旋转C带电微粒沿顺时针旋转D微粒做圆周运动的速度为gBrE【解析】选B、D。带电微粒在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电微粒受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知带电微粒带负电荷，A错误；磁场方向向外，洛伦兹力的
17、方向始终指向圆心，由左手定则可判断微粒的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的微粒的运动方向相反)，B正确，C错误；由微粒做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：mgqE带电微粒在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：rmvqB 联立得：vgBrE，D正确。2(多选)如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒从a点进入场区并刚好能沿ab直线向上运动，不可忽略重力，下列说法中正确的是()A.微粒一定带负电B微粒的动能一定减小C微粒的电势能一定增加D微粒的机械能一定增加【解析】选 A、D。微粒进入场区后沿直线 ab 运动，则微粒受到
18、的合力为零，或者合力方向在 ab 直线上(垂直于运动方向的合力仍为零)。若微粒所受合力不为零，则必然做变速运动，由于速度的变化会导致洛伦兹力变化，则微粒在垂直于运动方向上的合力不再为零，微粒就不能沿直线运动，因此微粒所受合力只能为零而做匀速直线运动；若微粒带正电，则受力分析如图甲所示，合力不可能为零，故微粒一定带负电，受力分析如图乙所示，故 A 正确，B 错误；静电力做正功，微粒电势能减小，机械能增加，故 C 错误，D 正确。3在平面直角坐标系 xOy 中，第象限存在沿 y 轴负方向的匀强电场，第象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为 B。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子
19、从 y 轴正半轴上的 M 点以速度 v0 垂直于 y 轴射入电场，经 x轴上的 N 点与 x 轴正方向成 60角射入磁场，最后从 y 轴负半轴上的 P 点垂直于 y 轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求：(1)M、N 两点间的电势差 UMN；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径 r；(3)粒子从 M 点运动到 P 点的总时间 t。【解析】粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，两者的衔接点是 N 点的速度。(1)设粒子过 N 点时的速度为 v，有v0v cos，v2v0。粒子从 M 点运动到 N 点的过程，有 qUMN12 mv212 mv20，所以 UMN3mv202q。(2)如图所
20、示，粒子在磁场中以 O为圆心做匀速圆周运动，半径为 ON，有 qvBmv2r，所以 rmvqB 2mv0qB。(3)由几何关系得 ONr sin，设粒子在电场中运动的时间为 t1，有 ONv0t1，所以 t1ONv0r sin v02m sin qB 3mqB。粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T2mqB，设粒子在磁场中运动的时间为 t2，有 t22T322mqB 2m3qB。所以 tt1t2（3 32）m3qB。答案：(1)3mv202q(2)2mv0qB(3)（3 32）m3qB【补偿训练】如图所示装置中，区域和中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为 E 和E2；区域内有垂直
21、平面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为 B。一质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子(不计重力)从左边界 O 点正上方的 M 点以速度 v0 水平射入电场，经水平分界线 OP 上的 A 点与 OP 成 60角射入区域的磁场中，并垂直竖直边界 CD 进入区域的匀强电场中。求：(1)粒子在区域匀强磁场中运动的轨迹半径；(2)O、M 间的距离；(3)粒子从 M 点出发到第二次通过 CD 边界所用的时间。【解析】(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过 A 点时速度为 v，由类平抛运动规律知 vv0cos60 2v0粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 Bqvmv2R所以 R2mv0qB。(2)设粒子在区域电场中运动时间为 t1，加速度为 a。则有 qEmav0tan60at1即 t1 3mv0qEO、M 两点间的距离为L12 at21 3mv202qE。(3)如图所示，设粒子在区域磁场中运动时间为 t2。则由几何关系知t2T16 m3qB设粒子在区域电场中运动时间为 t3，aqE2m qE2m则 t322v0a8mv0qE粒子从 M 点出发到第二次通过 CD 边界所用时间为tt1t2t3 3mv0qE m3qB 8mv0qE（8 3）mv0qE m3qB。答案：(1)2mv0qB(2)3mv202qE(3)（8 3）mv0qE m3qB