第61課時洛倫茲力與現(xiàn)代科技目標要求1.理解質(zhì)譜儀的工作原理，會計算粒子的比荷。2.理解回旋加速器的工作原理，會計算粒子的最大動能和交流電的頻率。3.理解電場與磁場及其疊加場的科技應用實例的原理。考點一質(zhì)譜儀1.作用測量帶電粒子的質(zhì)量和分離同位素。2.原理(如圖所示)(1)加速電場：qU＝12mv2(2)偏轉(zhuǎn)磁場：qvB＝mv2r，l＝由以上式子可得r＝1B2mUq，m＝例1如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求：(1)磁場的磁感應強度大小；(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。答案(1)4Ulv1(2解析(1)設甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應強度大小為B，由動能定理有q1U＝12m1v1由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1B＝m1v12由幾何關系知2R1＝l③由①②③式得B＝4Ul(2)設乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。同理有q2U＝12m2v2q2v2B＝m2v22由題給條件有2R2＝l2⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為q1m1∶q2m考點二回旋加速器1.構(gòu)造如圖所示，D1、D2是半圓金屬盒，D形盒處于勻強磁場中，D形盒的縫隙處接交流電源。2.原理交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等，使粒子每經(jīng)過一次D形盒縫隙就被加速一次。3.最大動能由qvmB＝mvm2R、Ekm＝12mvm2得Ekm＝q2B4.運動時間的計算(1)粒子在磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增加動能qU，加速次數(shù)n＝EkmqU，粒子在磁場中運動的總時間t1＝n2T＝E(2)粒子在各狹縫中的運動連在一起為勻加速直線運動，運動時間為t2＝vma＝BRdU(3)粒子運動的總時間t＝t1＋t2＝πB例2(2024·山東棗莊市檢測)1932年，勞倫斯和利文斯頓設計出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直。A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，加速電壓為U。不計粒子的重力，加速過程中不考慮相對論效應。(1)求粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；(2)求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t；(3)實際使用中，磁感應強度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一回旋加速器磁感應強度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能Ekm。答案(1)2∶1(2)πBR22U解析(1)設粒子第1次經(jīng)過狹縫后的軌道半徑為r1，速度為v1qU＝12mqv1B＝mv解得r1＝1B同理，粒子第2次經(jīng)過狹縫后的軌道半徑r2＝1B則r2∶r1＝2∶1(2)設粒子到出口處被加速了n圈2nqU＝12mvqvB＝mvT＝2πt＝nT解得t＝π(3)加速電場的頻率應等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即f＝qB當磁感應強度為Bm時，加速電場的頻率應為fBm＝qBm2πm，粒子的動能Ek兩個頻率選較小者，作為其共同頻率當fBm≤fm時，粒子的最大動能由Bm決定qvmBm＝mv解得Ekm＝12m當fBm≥fm時，粒子的最大動能由fm決定則vm＝2πfmR解得Ekm＝12mvm2＝2π2mf考點三電場與磁場疊加的應用實例分析1.速度選擇器(1)平行板中電場強度E和磁感應強度B互相垂直。(如圖)(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是洛倫茲力與靜電力平衡，即qvB＝qE，v＝EB(3)速度選擇器只能選擇粒子的速度，不能選擇粒子的電性、電荷量、質(zhì)量。(4)速度選擇器具有單向性，改變粒子的入射速度方向，不能實現(xiàn)速度選擇功能。2.磁流體發(fā)電機(1)原理：如圖所示，等離子體噴入磁場，正、負離子在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)而聚集在B、A板上，產(chǎn)生電勢差，它可以把離子的動能通過磁場轉(zhuǎn)化為電能。(2)電源正、負極判斷：根據(jù)左手定則可判斷出圖中的B板是發(fā)電機的正極。(3)發(fā)電機的電動勢：當發(fā)電機外電路斷路時，正、負離子所受靜電力和洛倫茲力平衡時，兩極板間達到的最大電勢差為U，則qUd＝qvB，得U＝Bdv，則電動勢E＝U＝Bdv(4)內(nèi)阻r：若等離子體的電阻率為ρ，則發(fā)電機的內(nèi)阻r＝ρdS3.電磁流量計(1)流量(Q)：單位時間流過導管某一截面的導電液體的體積。(2)導電液體的流速(v)的計算如圖所示，一圓柱形導管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體向右流動。導電液體中的自由電荷(正、負離子)在洛倫茲力作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，使a、b間出現(xiàn)電勢差，當自由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差(U)達到最大，由qUd＝qvB，可得v＝U(3)流量的表達式：Q＝Sv＝πd24(4)電勢高低的判斷：根據(jù)左手定則可得φa>φb。4.霍爾元件(1)定義：高為h、寬為d的導體(自由電荷是電子或正電荷)置于勻強磁場B中，當電流通過導體時，在導體的上表面A和下表面A'之間產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應，此電壓稱為霍爾電壓。(2)電勢高低的判斷：如圖，導體中的電流I向右時，根據(jù)左手定則可得，若自由電荷是電子，則下表面A'的電勢高；若自由電荷是正電荷，則下表面A'的電勢低。(3)霍爾電壓：當自由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時，A、A'間的電勢差(U)就保持穩(wěn)定，由qvB＝qUh，I＝nqvS，S＝hd，聯(lián)立解得U＝BInqd＝kBId，k想一想這四種科研裝置，在應用中有什么共同特點？答案這四種裝置的共同特點：帶電粒子在疊加場中受到的靜電力和洛倫茲力平衡時(即qvB＝qE或qvB＝qUd)例3(2021·福建卷·2)一對平行金屬板中存在勻強電場和勻強磁場，其中電場的方向與金屬板垂直，磁場的方向與金屬板平行且垂直紙面向里，如圖所示。一質(zhì)子(11H)以速度v0自O點沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運動。下列粒子分別自O點沿中軸線射入，能夠做勻速直線運動的是(所有粒子均不考慮重力的影響)()A.以速度v02射入的正電子(B.以速度v0射入的電子(-1C.以速度2v0射入的氘核(12D.以速度4v0射入的α粒子(24答案B解析根據(jù)題述，質(zhì)子(11H)以速度v0自O點沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運動，可知質(zhì)子所受的靜電力和洛倫茲力平衡，即eE＝ev0B。因此滿足速度v＝EB＝v0例4(多選)(2024·湖北卷·9)磁流體發(fā)電機的原理如圖所示，MN和PQ是兩平行金屬極板，勻強磁場垂直于紙面向里。等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子)從左側(cè)以某一速度平行于極板噴入磁場，極板間便產(chǎn)生電壓。下列說法正確的是()A.極板MN是發(fā)電機的正極B.僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小C.僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大D.僅增大噴入等離子體的正、負帶電粒子數(shù)密度，極板間的電壓增大答案AC解析帶正電的粒子受到的洛倫茲力向上，帶負電的粒子受到的洛倫茲力向下，極板MN帶正電為發(fā)電機正極，A正確；粒子受到的洛倫茲力和靜電力相互平衡時，此時令極板間距為d，則qvB＝qUd，可得U＝Bdv，因此增大極板間距d，U變大，增大等離子體的噴入速率v，U變大，U大小和粒子數(shù)密度無關，B、D錯誤，C例5(2025·山東濟寧市檢測)醫(yī)院需要用到血液流量計檢查患者身體情況。某種電磁血液流量計的原理可簡化為如圖所示模型。血液內(nèi)含有少量正、負離子，從直徑為d的血管右側(cè)流入，左側(cè)流出，空間有垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，M、N兩點之間的電壓穩(wěn)定時測量值為U，流量Q等于單位時間通過血管某橫截面的液體的體積。下列說法正確的是()A.離子所受洛倫茲力方向一定豎直向下B.M點的電勢一定高于N點的電勢C.血液流量Q＝πD.電壓穩(wěn)定時，正、負離子不再受洛倫茲力答案C解析由左手定則可知，水平向左入射的正離子受豎直向下的洛倫茲力，負離子受豎直向上的洛倫茲力，則正電荷聚集在N一側(cè)，負電荷聚集在M一側(cè)，則N點電勢高于M點電勢，A、B錯誤；電壓穩(wěn)定后，離子所受的洛倫茲力等于靜電力，即qBv＝qUd，可得流速為v＝UBd，則流量Q＝Sv＝π(d2)2v＝πUd4例6(2023·浙江1月選考·8)某興趣小組設計的測量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場B＝k1I，通有待測電流I'的直導線ab垂直穿過螺繞環(huán)中心，在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場B'＝k2I'。調(diào)節(jié)電阻R，當電流表示數(shù)為I0時，元件輸出霍爾電壓UH為零，則待測電流I'的方向和大小分別為()A.a→b，k2k1I0 B.a→b，C.b→a，k2k1I0 D.b→a，答案D解析根據(jù)安培定則可知螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場方向向下，則要使元件輸出霍爾電壓UH為零，直導線ab在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場方向應向上，根據(jù)安培定則可知待測電流I'的方向應該是b→a；元件輸出霍爾電壓UH為零，則霍爾元件處合磁感應強度為0，所以有k1I0＝k2I'，解得I'＝k1k2I0課時精練(分值：60分)1~6題每小題4分，7題15分，共39分1.(2024·山東濱州市檢測)磁流體發(fā)電機的發(fā)電原理如圖所示：將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負電的離子，而從整體來說呈電中性)沿圖示方向以速度v噴射入磁場，磁感應強度為B，磁場中有兩塊金屬板A、B(A板在上，B板在下，且正對)，板間距為d，這時金屬板上就聚集了電荷。不計A、B板間內(nèi)阻，下列說法正確的是()A.A板帶正電B.有電流從a經(jīng)用電器流向bC.等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的原因是離子所受靜電力大于所受洛倫茲力D.金屬板A、B間的最大電勢差為Bvd答案D解析根據(jù)左手定則知，正電荷向下偏，負電荷向上偏，則A板帶負電，B板帶正電，故A錯誤；因為B板帶正電，A板帶負電，所以電流的流向為b經(jīng)用電器流向a，故B錯誤；等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的原因是離子所受洛倫茲力大于所受靜電力，故C錯誤；當?shù)入x子體受力平衡時，金屬板A、B間的電勢差最大，根據(jù)平衡條件qUd＝qvB，解得U＝Bdv，故D2.如圖所示，兩平行金屬板之間有豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，一帶負電的粒子(所受重力不計)以速度v0水平向右飛入兩板之間，恰能沿直線飛出。下列判斷正確的是()A.粒子一定做勻速直線運動B.若只增大粒子速度v0，則其運動軌跡仍是直線C.若只增加粒子的電荷量，則其運動軌跡將向上偏轉(zhuǎn)D.若粒子以速度v0從右向左水平飛入，則其運動軌跡是拋物線答案A解析帶負電的粒子沿直線從正交場中飛出，則受到的向上的靜電力大小等于向下的洛倫茲力大小，則一定做勻速直線運動，如果不是做勻速直線運動，洛倫茲力就會變化，則將做曲線運動，A正確；若只增大粒子速度v0，則粒子所受洛倫茲力變大，則其運動軌跡向下彎曲，不是直線，B錯誤；根據(jù)qvB＝qE可知，若只增加粒子的電荷量，則粒子仍沿直線穿過正交場，C錯誤；若粒子以速度v0從右向左水平飛入的瞬間，則所受靜電力和洛倫茲力均向上，之后靜電力方向不變，洛倫茲力方向時刻在變化，其運動軌跡是曲線，但不是拋物線，D錯誤。3.(2023·廣東卷·5)某小型醫(yī)用回旋加速器，最大回旋半徑為0.5m，磁感應強度大小為1.12T，質(zhì)子加速后獲得的最大動能為1.5×107eV。根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，可計算質(zhì)子經(jīng)該回旋加速器加速后的最大速率約為(忽略相對論效應，1eV＝1.6×10－19J)()A.3.6×106m/s B.1.2×107m/sC.5.4×107m/s D.2.4×108m/s答案C解析洛倫茲力提供向心力有qvB＝mv2R，質(zhì)子加速后獲得的最大動能為Ek＝12mv2，聯(lián)立解得最大速率約為v＝5.4×107m/s4.(多選)(2024·山東臨沂市檢測)為了測量某化肥廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，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，在垂直于上下表面方向加磁感應強度為B的勻強磁場，在前后兩個內(nèi)側(cè)面固定有金屬板作為電極，含有正、負離子的污水充滿流量計管道，并以穩(wěn)定的速度從左向右流過該裝置，用電壓表測出兩個電極間的電壓為U，用Q表示污水流量(單位時間內(nèi)排出的污水體積)，下列說法正確的是()A.污水中的離子濃度越高，電壓表的示數(shù)就會越大B.應該把電壓表的正極連接在后內(nèi)側(cè)面金屬板上C.若污水的流速很小，則可以減弱磁場以增大電壓表的示數(shù)D.若電壓表示數(shù)增加到兩倍，則反映出污水的流量達到了兩倍答案BD解析污水穩(wěn)定流動時，對任一離子有qvB＝qE＝qUb，所以U＝Bbv，電壓表示數(shù)與離子濃度無關，若污水的流速很小，則可以增強磁場以增大電壓表的示數(shù)，故A、C錯誤；根據(jù)左手定則可知，正離子向后內(nèi)側(cè)面偏轉(zhuǎn)，所以后內(nèi)側(cè)面帶正電，應該把電壓表的正極連接在后內(nèi)側(cè)面金屬板上，故B正確；流量Q＝Sv＝bc·UBb＝5.(2024·山東東營市模擬)筆記本電腦機身和顯示屏分別裝有霍爾元件和磁體，實現(xiàn)開屏變亮，合屏熄滅。圖乙為一塊利用自由電子導電，長、寬、高分別為a、b、c的霍爾元件，電流方向向右，打開和合上顯示屏時，霍爾元件中電流保持不變。當合上顯示屏時，水平放置的元件處于豎直向下的勻強磁場中，元件前、后表面間產(chǎn)生電壓，當電壓達到某一臨界值時，屏幕自動熄滅。則元件的()A.合屏過程中，前表面的電勢比后表面的低B.開屏過程中，元件前、后表面間的電壓變大C.若磁場變強，可能出現(xiàn)閉合屏幕時無法熄屏D.開、合屏過程中，前、后表面間的電壓U與b無關答案D解析電流方向向右，電子向左定向移動，根據(jù)左手定則，自由電子向后表面偏轉(zhuǎn)，后表面積累了電子，前表面的電勢高于后表面的電勢，故A錯誤；穩(wěn)定后根據(jù)平衡條件有evB＝eUb，根據(jù)電流的微觀表達式有I＝neSv＝nebcv，解得U＝BInec，所以開屏過程中，磁感應強度減小，元件前、后表面間的電壓變小；若磁場變強，元件前、后表面間的電壓變大，不可能出現(xiàn)閉合屏幕時無法熄屏；開、合屏過程中，前、后表面間的電壓U與b無關，故D正確，B、6.如圖所示，在容器A中有同一種元素的兩種同位素正粒子，它們的初速度幾乎為0，粒子可從容器A下方的小孔S1飄入加速電場，然后經(jīng)過S3沿著與磁場垂直的方向進入勻強磁場中，最后第一種同位素粒子打到照相底片D上的M點，第二種同位素粒子打到照相底片D上的N點。不計同位素粒子的重力及粒子間的相互作用。量出M點、N點到S3的距離分別為x1、x2，則第一種與第二種同位素粒子在磁場中運動的時間之比為()A.x1x2 B.x1x2答案C解析設加速電場的電壓為U，勻強磁場的磁感應強度為B，粒子電荷量為q、質(zhì)量為m，在電場中加速過程由動能定理得qU＝12mv2，在磁場中偏轉(zhuǎn)過程由洛倫茲力提供向心力得qvB＝mv2r，帶電粒子在磁場中運動的周期T＝2πrv，帶電粒子在磁場中運動時間均為半個周期，即t＝T2，根據(jù)幾何關系有x＝2r，聯(lián)立以上各式可解得t＝πB8Ux2，所以t7.(15分)(2023·福建卷·14)阿斯頓(F.Aston)借助自己發(fā)明的質(zhì)譜儀發(fā)現(xiàn)了氖等元素的同位素而獲得諾貝爾獎，質(zhì)譜儀分析同位素簡化的工作原理如圖所示。在PP'上方存在一垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。兩個氖離子在O處以相同速度v垂直磁場邊界入射，在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，分別落在M和N處。已知某次實驗中，v＝9.6×104m/s，B＝0.1T，落在M處氖離子比荷(電荷量和質(zhì)量之比)為4.8×106C/kg；P、O、M、N、P'在同一直線上；離子重力不計。(1)(7分)求OM的長度；(2)(8分)若ON的長度是OM的1.1倍，求落在N處氖離子的比荷。答案(1)0.4m(2)4.4×106C/kg解析(1)離子進入磁場，洛倫茲力提供其做圓周運動的向心力，則有qvB＝mv整理得r＝mvqB＝9.6×1044.8×OM的長度為OM＝2r＝0.4m(2)若ON的長度是OM的1.1倍，則ON運動軌跡半徑為OM運動軌跡半徑的1.1倍，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得q'vB＝m'v整理得q'm'＝vr'B＝v1.1rB8~10題每小題7分，共21分8.(2024·山東青島市期中)如圖為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場電場強度大小恒定，且被限制在AC板間，虛線中間不需加電場，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中做勻速圓周運動，對這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是()A.加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關B.帶電粒子每運動一周被加速一次C.帶電粒子每運動一周P1P2等于P2P3D.加速電場方向需要做周期性的變化答案B解析帶電粒子只有經(jīng)過AC板間時被加速，即帶電粒子每運動一周被加速一次，電場的方向沒有改變，則在AC間加速，電場方向不需要做周期性的變化，故B正確，D錯誤；根據(jù)qvB＝mv2r得r＝mvqB，則P1P2＝2(r2－r1)＝2m·Δv1qB，P2P3＝2(r3－r2)＝2m·Δv2qB，因為每轉(zhuǎn)一圈加速一次，根據(jù)勻變速知識可知，經(jīng)過相同位移用的時間越來越小，所以Δv＝at越來越小，所以P1P2>P2P9.(2024·山東省名校聯(lián)盟聯(lián)考)回旋加速器的工作原理如圖甲所示，D1和D2是兩個相同的中空半圓金屬盒，金屬盒的半徑為R，它們之間接如圖乙所示的交流電源，圖中U0、T0已知，兩個D形盒處于與盒面垂直的勻強磁場中。將一質(zhì)子(11H)從D1金屬盒的圓心處由靜止釋放，質(zhì)子經(jīng)過加速后最終從D形盒的邊緣射出。已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計電場中