1、洛伦兹力的应用 (25分钟60分)一、选择题(本题共5小题，每题7分，共35分)1.电视显像管应用了电子束磁偏转的道理。如图所示，图中阴影区域没有磁场时，从电子枪发出的电子打在荧光屏正中的O点。为使电子在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上的A点，阴影区域所加磁场的方向是()A.垂直于纸面向外B.垂直于纸面向内C.竖直向上D.竖直向下【解析】选A。根据题意可知，电子在磁场中向上偏转，由左手定则可以判断，磁场的方向垂直纸面向外，故B、C、D错误，A正确。2.如图为速度选择器示意图，P1、P2为其两个极板。某带电粒子电荷量为q，以速度v0从S1射入，恰能沿虚线从S2射出。不计粒子重力，下列说法正确的是(
2、)A.该粒子一定带正电B.该粒子以速度v0从S2射入，也能沿虚线从S1射出C.该粒子以速度2v0从S1射入，仍能沿虚线从S2射出D.该粒子电荷量变为2q，以速度v0从S1射入，仍能沿虚线从S2射出【解析】选D。假设带电粒子带正电，由左手定则可知粒子受到的洛伦兹力竖直向上，因粒子恰能沿虚线运动，则电场力应竖直向下，满足qv0B=Eq，所以极板P1的电势一定高于极板P2的电势，电场方向竖直向下。不论粒子带电性质如何，电场力和洛伦兹力都平衡，所以粒子带电性质无法判断，故A错误；若从S2射入，假设粒子带正电，则电场力竖直向下，洛伦兹力竖直向下，合力向下，不会沿虚线从S1射出，故B错误；若粒子的速度为2
3、v0，则q2v0BqE受力不平衡，不会沿虚线从S2射出，故C错误；若带电粒子带电量为2q，速度不变，则仍有2Eq=2qv0B，仍能沿虚线从S2射出，故D正确。【总结提升】粒子通过速度选择器的条件(1)速度大小满足：qvB=qE。(2)速度方向满足：洛伦兹力与电场力方向相反。(3)粒子能否通过速度选择器与粒子的电性和电量无关。3.某质谱仪的原理图如图所示，速度选择器中匀强电场的电场强度大小为E，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，偏转磁场(匀强磁场)的磁感应强度大小为B2。一电荷量为q的粒子在加速电场中由静止加速后进入速度选择器，恰好能从速度选择器进入偏转磁场做半径为R的匀速圆周运动。粒子重力不计，
4、空气阻力不计。该粒子的质量为()A.B.C.D.【解析】选A。在速度选择器中做匀速直线运动的粒子能进入偏转磁场，可对带电粒子列平衡方程：qvB1=qE，解得：v=，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB2=m，解得：m=；故A正确，B、C、D错误。4.如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场电场强度大小恒定，且被限制在A、C板间。带电粒子从P0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是()A.带电粒子每运动一周被加速2次B.P1P2=P2P3C.加速粒子的最大速度与D形
5、盒的尺寸无关D.加速电场方向不需要做周期性的变化【解析】选D。带电粒子只有经过A、C板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，故A错误；根据r=，则P1P2=2(r2-r1)=，因为每转一圈被加速一次，速度变化为v=at，且t23t12，可知速度的变化量不等，且v3-v2P2P3，故B错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r=可得，v=。可知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，故C错误；根据回旋加速器工作原理可知，每次加速都是从A板运动到C板，所以加速电场方向不变，故D正确。5.磁流体发电机的结构简图如图所示。把平行金属板A、B和电阻R连接，A、B之间有很强的磁场，将一束等离子体(
6、即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)以速度v喷入磁场，A、B两板间便产生电压，成为电源的两个电极。下列推断正确的是()A.A板为电源的正极B.电阻R两端电压等于电源的电动势C.若减小两极板的距离，则电源的电动势会减小D.若增加两极板的正对面积，则电源的电动势会增加【解析】选C。等离子体进入磁场，根据左手定则，正电荷向下偏转，负电荷向上偏转，所以B板带正电，为电源的正极，A板为电源的负极，故A错误；分析电路结构可知，A、B为电源的两极，R为外电路，故电阻R两端电压为路端电压，小于电源的电动势，故B错误；粒子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，有：qvB=q，解得：U=Bdv，减小两极板
7、的距离d，电源的电动势减小，故C正确；同理，增加两极板的正对面积，电动势不变，故D错误。二、计算题(本题共2小题，共25分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)6.(10分)质谱仪原理如图所示，a为粒子加速器，电压为U1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为B2，今有一质量为m、电荷量为e的正粒子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器。粒子进入分离器后做半径为R的匀速圆周运动，求：(1)粒子的速度v为多少？(2)速度选择器的电压U2为多少？(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？【解析】(1)在a中
8、，e被加速电场U1加速，由动能定理有eU1=mv2，得v=。(2)在b中，e受的电场力和洛伦兹力大小相等，即e=evB1，代入v值得U2=B1d。(3)在c中，e受洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，做匀速圆周运动的半径R=，代入v值得R=。答案：(1)(2)B1d(3)7.(15分)回旋加速器的结构如图所示，D1、D2是相距很近的两个处于匀强磁场中的半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速。设带电粒子质量为m，电量为q，匀强磁场磁感应强度为B，D形盒的最大半径为R，两个D形盒之间的距离为d，d远小于R，D形盒之间所加交变电压大小为U。不计粒子的初速度及
9、运动过程中质量的变化，求：(1)所加交变电压的周期T；(2)带电粒子离开D形盒时的动能Ekm；(3)带电粒子在回旋加速器磁场中运动的时间t1及在两D形盒间电场中运动的时间t2，并证明粒子在电场中运动的时间可以忽略不计。【解析】(1)带电粒子在磁场中运动的周期与交变电压变化的周期相等，得T=。(2)带电粒子离开D形盒时的轨迹半径为R，由圆周运动的规律得qvB=m，解得：v=粒子离开D形盒时的动能Ekm=mv2=。(3)设带电粒子在电场中加速的次数为n，有nqU=Ekm-0解得：n=又因为带电粒子在磁场中运动的周期T=所以带电粒子在磁场中运动的时间t1=n，解得：t1=带电粒子在电场中的运动可看成
10、匀加速直线运动，得v=at，其中a=所以带电粒子在电场中运动的时间t2=有=因为d远小于R，有t2远小于t1，所以带电粒子在电场中运动的时间可以忽略。答案：(1)(2)(3)证明过程见解析 (15分钟40分)8.(8分)一种测量血管中血流速度的仪器原理如图所示，在动脉血管左右两侧加上匀强磁场，上下两侧安装电极并连接电压表。已知血管的直径是2.0 mm，磁场的磁感应强度为0.10 T，由电压表测出的电压为0.12 mV，则动脉血管电势较高的一侧和血管中血流速度的大小分别是()A.下侧；0.6 m/sB.下侧；1.2 m/sC.上侧；0.6 m/sD.上侧；1.2 m/s【解析】选C。根据题意可知
11、，血管中正、负离子垂直纸面向外运动，而磁场方向由左向右，依据左手定则，正离子向上偏，而负离子向下偏，因此动脉血管电势较高的是上侧；电压表示数稳定时，电场力和洛伦兹力相等，则：qE=qvB，并且E=，v= m/s0.6 m/s，故A、B、D错误，C正确。9.(8分)(多选)图甲是回旋加速器的原理示意图。其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电源相连。加速时某带电粒子的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是()A.在Ek-t图像中t4-t3=t3-t2=t2-t1B.高频电流的变化
12、周期应该等于tn-tn-1C.粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D.D形盒的半径越大，粒子获得的最大动能越大【解析】选A、D。根据T=知，粒子回旋周期不变，在Ek-t图中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1，故A正确；交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，而粒子在磁场中运动一个周期的时间加速两次，故电源的变化周期应该等于2(tn-tn-1)，故B错误；根据公式r=，得v=，故最大动能Ekm=mv2=，则知粒子获得的最大动能与D形盒的半径有关，D形盒的半径越大，粒子获得的最大动能越大，与加速的次数无关，故C错误，D正确。10.(24分)(2020浙江7月选考)某种离子诊断测
13、量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板CD平行于HG水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为0.6R，探测板CD的宽度为0.5R，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s；(2)求探测到三束离子时探测
14、板与边界HG的最大距离Lmax；(3)若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到HG距离L的关系。【解析】(1)离子在磁场中做圆周运动qvB=得离子的速度大小v=。令c束中的离子运动轨迹对应的圆心为O，从磁场边界HG边的Q点射出，则由几何关系可得OH=0.6R，s=HQ=0.8R。(2)a束中的离子运动轨迹对应的圆心为O，从磁场边界HG边射出时距离H点的距离为x，由几何关系可得HO=aH-R=0.6R，x=0.8R即a、c束中的离子从同一点Q射出，离开磁场的速度分别与竖直方向的夹角为、，由几何关系可得=探测到三束离子，则c束中的离子恰好到达探测板的D点时，探测板与边界HG的距离最大，tan=，则Lmax=R。(3)a或c束中每个离子动量的竖直分量pz=pcos=0.8qBR当0LR时所有离子都打在探测板上，故单位时间内离子束对探测板的平均作用力F1=Np+2Npz=2.6NqBR，当R0.4R时， 只有b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为F3=Np=NqBR。答案：(1)0.8R(2)R(3)当0LR时：F1=2.6NqBR当R0.4R时：F3=NqBR