高考物理特训第3讲　洛伦兹力与现代科技

第3讲洛伦兹力与现代科技A级(练考点过基础)题组一电场与磁场的组合应用实例1．(2021山东栖霞一中期末)(多选)在探索微观世界中，同位素的发现与证明无疑具有里程碑式的意义．质谱仪的发现对证明同位素的存在功不可没，1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，不计粒子重力，则下列说法中正确的是()A．该束粒子带负电B．速度选择器的P1极板带正电C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷eq\f(q,m)越小D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大答案：BC解析：带电粒子在右侧磁场中向下偏转，根据左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；粒子在平行金属板间所受的洛伦兹力竖直向上，则电场力的方向应竖直向下，即电场强度的方向竖直向下，速度选择器的P1极板带正电，故B正确；从速度选择器进入B2磁场的粒子速度都是相同的，又根据qvB2＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB2)，所以r越大，比荷eq\f(q,m)越小，而质量m不一定越大，故C正确、D错误．2．(2020·山东济宁兖州模拟)图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，D形盒与高频电源相连，且置于垂直于盒面的匀强磁场中，带电粒子在电场中的动能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图中有t4－t3<t3－t2<t2－t1B．在Ek－t图中有Ek4－Ek3＝Ek3－Ek2＝Ek2－Ek1C．粒子加速次数越多，射出加速器的粒子动能就越大D．加速电压越大，射出加速器的粒子动能就越大答案：B解析：根据周期公式T＝eq\f(2πm,qB)知，粒子的回旋周期不变，与粒子的速度无关，所以t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，故A错误；粒子每次加速获得的动能相同，在Ek－t图中有Ek4－Ek3＝Ek3－Ek2＝Ek2－Ek1，故B正确；由牛顿第二定律qvB＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,qB)，设D形盒的半径为R，则当r＝R时，粒子获得的速度最大，即带电粒子的最终速度由D形盒的半径R决定，与加速电压和加速次数无关，故C、D错误．3．(2020·湖北武汉联考)一种改进后的回旋加速器示意图如图所示，其中盒缝间的加速电场的电场强度大小恒定，且被限制在A、C板间，虚线中间不需加电场，带电粒子从P0处以速度v0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两次B．图中P1、P2、P3、P4间距满足关系P1P2＝P3P4C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关D．加速电场方向需要做周期性的变化答案：C解析：带电粒子只有经过A、C板间时才被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，且电场的方向没有必要改变，故A、D错误；根据轨道半径公式r＝eq\f(mv,qB)得P1P2＝2(r2－r1)＝eq\f(2mΔv,qB)，因为每转一圈被加速一次，根据veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2ad知，每转一圈，速度的变化量不等，且v3－v2<v2－v1，则P1P2>P3P4，故B错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r＝eq\f(mv,qB)知，加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，故C正确．题组二电场与磁场的叠加应用实例4．(2020·江苏如皋检测)(多选)自行车速度计是利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率的，如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压，图乙为霍尔元件的工作原理图．当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差．下列说法正确的是()A．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小B．自行车的车速越大，霍尔电势差越高C．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小答案：AD解析：根据单位时间内的脉冲数可知车轮的转速n，若再已知自行车车轮的半径r，根据v0＝2πrn即可获知车速大小，A正确；根据霍尔效应的原理可知eq\f(U,d)q＝Bqv，电势差U＝Bdv，与车轮转速无关，B错误；根据题图乙中霍尔电势的高低，并结合左手定则可以判断，霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，C错误；如果长时间不更换传感器的电源，则电源的内阻会增大，电路中的电流会减小，根据电流的微观表达式I＝nSqv可知，电荷定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，D正确．5．(2021·河北高考卷)如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间．相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面的夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连．质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止．重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是()A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝eq\f(mgRtanθ,B1B2Ld)D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝eq\f(mgRtanθ,B1B2Ld)答案：B解析：等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得，金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则电流的方向由金属棒a端流向b端。等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势U满足qeq\f(U,d)＝qB1v，由欧姆定律I＝eq\f(U,R)和安培力F安＝BIL可得F安＝B2L·eq\f(U,R)＝eq\f(B2B1Lvd,R)，金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，则F安＝mgsinθ，解得v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)，金属棒ab受到的安培力沿斜面向上，由左手定则可以判定，导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，故B正确．B级(练能力过素养)6．(2021·广东高考卷)一种花瓣形电子加速器简化示意图如图甲所示，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外．电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速．已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为eq\r(3)R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan22.5°＝0.4.(1)当Ek0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终电子从Q点出射，运动轨迹如图乙中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能．(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域射出．当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域射出，求k的最大值．甲乙答案：(1)eq\f(5\r(eUm),eR)eq\f(πR\r(meU),4eU)8eU(2)eq\f(13,6)解析：(1)电子在电场中加速有2eU＝eq\f(1,2)mv2电子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动根据几何关系可知r＝Rtan22.5°＝0.4R根据洛伦兹力提供向心力有B1ev＝meq\f(v2,r)联立解得B1＝eq\f(5\r(eUm),eR)电子在磁场Ⅰ中中做圆周运动的周期T＝eq\f(2πr,v)由几何关系可知，电子在磁场Ⅰ中运动的圆心角φ＝eq\f(5,4)π电子在磁场Ⅰ中的运动时间t＝eq\f(φ,2π)T联立解得t＝eq\f(πR\r(meU),4eU)电子从Q点出来时的动能Ek＝8eU.(2)设电子在磁场Ⅰ中的做匀速圆周运动的最大半径为rm，此时圆周的轨迹与Ⅰ边界相切根据几何关系有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4