第45頁（共45頁）2024-2025學年下學期高二物理教科版（2019）期中必刷常考題之洛倫茲力的應用一．選擇題（共7小題）1．（2024秋?懷柔區期末）如圖所示，將非磁性材料制成的圓管置于勻強磁場中，當含有大量正負離子的導電液體從管中由左向右流過磁場區域時，測得管兩側M、N兩點之間有電勢差U。忽略離子重力影響，則（）A．M點的電勢高于N點 B．N點的電勢高于M點 C．管中導電液體的流速越大，M、N兩點之間的電勢差U越小 D．管中導電液體的離子濃度越大，M、N兩點之間的電勢差U越大2．（2024秋?泰州期末）如圖所示，圖甲、乙、丙、丁分別為多級直線加速器、回旋加速器、磁流體發電機、質譜儀的原理示意圖。以下說法正確的是（）A．圖甲中，粒子在筒中做加速運動，電壓越大獲得的能量越高 B．圖乙中，粒子第n次（n＞1）被加速前、后的軌道半徑之比為n-C．圖丙中，將一束等離子體噴入磁場，A、B板間產生電勢差，A板電勢高 D．圖丁中，11H、13．（2024秋?錫山區校級期末）如圖四幅圖的說法中正確的是（）A．圖甲真空冶煉爐外的線圈通入高頻交流電時，爐外線圈中會產生大量熱量 B．圖乙回旋加速器要使粒子飛出加速器的動能增大，可增加電壓U C．圖丙毫安表運輸時把正負接線柱用導線連在一起是利用電磁阻尼保護表頭 D．圖丁搖動手柄使蹄形磁鐵轉動，則鋁框會和磁鐵同向共速轉動4．（2024秋?錫山區校級期末）如圖所示，一束帶電粒子（不計重力）先以一定的初速度沿直線通過由相互正交的勻強磁場B（方向垂直紙面，未畫出）和勻強電場E組成的速度選擇器，然后通過平板S上的狹縫P，進入另一垂直紙面向外的勻強磁場B′，最終打在平板S上的A1A2之間。下列正確的是（）A．粒子打在A1A2上的位置距P越近，粒子的速度越大 B．粒子打在A1A2上的位置距P越近，粒子的比荷越大 C．通過狹縫P的粒子帶負電 D．磁場B的方向垂直紙面向外5．（2024秋?滎陽市期末）質譜儀是由速度選擇器和有邊界的偏轉磁場構成。如圖是有邊界的偏轉磁場示意圖，圖中CD直線右側分布著勻強磁場，磁感應強度的大小為B，方向垂直紙面向外。CD上有兩條寬度分別為a和2a的通道M和N，兩通道近端相距為b。一束質量為m、電荷量為q、速度不同的帶正電粒子，從通道N垂直于CD進入磁場，則能從通道M射出粒子的最大速度與最小速度之差為（）A．3qBa2m B．3qBb2m C6．（2024秋?哈爾濱校級期末）如圖所示，質量為m、電荷量為q的粒子，從容器A下方的小孔S1飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為0，然后經過S3沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片D上。則粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為（）A．2qUBm B．2mUBq C．17．（2024秋?廣州校級期末）質譜儀在物理研究中起著非常重要的作用。如圖為質譜儀的工作原理示意圖，粒子源產生的帶電粒子經加速電場加速后，進入速度選擇器，速度選擇器內相互正交的勻強磁場的磁感應強度大小和勻強電場的電場強度大小分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2，平板S下方有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B0，不計粒子重力和粒子間作用力。下列說法正確的是（）A．該粒子帶負電 B．速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向里 C．能通過狹縫P的粒子的速率為2ED．粒子打在膠片上的位置離狹縫P越遠，粒子的比荷qm二．多選題（共5小題）（多選）8．（2024秋?深圳期末）黨的二十大報告中，習近平總書記明確指出要實施科技興國戰略，強調科技是第一生產力，則下列關于現代科技前沿磁流體發電和加速度相關說法正確的是（）A．圖甲是磁流體發電機結構示意圖，由圖可以判斷出A板是發電機的負極 B．圖甲中，穩定時AB間形成的電場方向從A板指向B板 C．圖乙是回旋加速器的示意圖要使粒子獲得的最大動能增大，可增大加速電壓U D．圖乙中可增加D型盒直徑來增大粒子的出射動能（多選）9．（2024秋?天津期末）洛倫茲力在現代科學技術中有著廣泛的應用，如圖為磁場中常見的4種儀器，都利用了洛倫茲力對帶電粒子的作用，下列說法正確的是（）A．甲圖中，若僅增大加速電壓，粒子離開加速器時的動能變大 B．乙圖中，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越大 C．丙圖中，A極板是磁流體發電機的負極 D．丁圖中，帶貨電的粒子從左側射入，若速度v＜（多選）10．（2024秋?太原期末）質量為m、電荷量為q的粒子，從容器A下方的小孔S1飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為0，然后經過S3沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片D上，粒子重力不計。下列選項正確的是（）A．粒子進入磁場時的速度v=2B．粒子在磁場中做勻速圓周運動，半徑為r=1C．由粒子打在底片上的圓周半徑r，可算得粒子的比荷qmD．只有電荷量、質量均相同的粒子，才能打到照相底片上相同的地方（多選）11．（2024秋?太原期末）一種用磁流體發電的裝置如圖所示，平行金屬板A、B之間有勻強磁場，磁感應強度為B，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）以速度v沿垂直于B的方向噴入磁場，把A、B和用電器連接，A、B就是一個直流電源的兩個電極。若A、B兩板間距為d，等離子體重力不計，下列選項正確的是（）A．等離子體中的正電粒子在B板聚集，B板是電源的正極 B．達到穩定狀態后，該發電機的電動勢為Bdv C．達到穩定狀態后，A、B板上的電荷量越來越多 D．達到穩定狀態后，射入的等離子體所受電場力與洛倫茲力互相垂直（多選）12．（2024秋?福州期末）磁流體發電機工作原理如圖所示，等離子體高速垂直射入磁場中，a、b兩板間會產生電勢差。已知等離子體速率為v，勻強磁場的磁感應強度為B，a、b兩板間距為d，發電機的內阻為r，電阻箱R和電流表A（內阻不計）與兩板相連。下列說法正確的是（）A．a極板帶正電 B．b極板帶正電 C．穩定工作時，電流表讀數為BdvRD．當R＝r時，R消耗的電功率最大三．解答題（共3小題）13．（2024秋?海淀區期末）某種質譜儀的工作原理如圖所示，Ⅰ區為粒子加速器；Ⅱ區為速度選擇器，在兩平行導體板之間有方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B1，電場強度大小為E；Ⅲ區為偏轉分離器，磁場的方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B2。電荷量為q的粒子從電離室A中飄出（初速度不計），經Ⅰ區電場加速后，該粒子通過速度選擇器并從狹縫S進入偏轉分離器，運動半個圓周后打在照相底片上的D處被吸收形成譜線，測得D到S的距離為x。（1）判斷Ⅱ區中勻強電場的方向、粒子的電性；（2）求粒子做勻速圓周運動的速度大小v；（3）求粒子的質量m。14．（2024秋?天津期末）質譜分析技術已廣泛應用于各前沿科學領域。某種質譜儀原理如圖所示。質譜儀處于真空暗室中。正離子經加速后沿水平方向進入速度選擇器，然后通過磁分析器選擇出特定比荷的離子。磁分析器截面為直角扇形，M和N處各有一個小孔，被選擇離子在磁分析器中做半徑為R的圓周運動，恰好穿過兩小孔；偏轉系統中電場和磁場的分布區域是同一棱長為L的正方體，其偏轉系統的底面與膠片平行，間距為D，NO為垂直于膠片的中心軸線，以膠片中心O為原點建立xOy直角坐標系。已知速度選擇器、磁分析器和偏轉系統中的勻強磁場的磁感應強度大小均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器、偏轉系統中電場場強大小均為E，方向分別為豎直向上和沿x軸正方向。已知R?L，D?L。由于離子進入偏轉系統時速率都很大，且在偏轉系統中運動時NO方向的分速度總是遠大于x軸方向和y軸方向的分速度，所以離子在偏轉系統中沿x軸和y軸方向位移可忽略。不計離子重力。（1）求磁分析器選擇出來離子的比荷；（2）若僅撤去偏轉系統的磁場，離子沿NO方向進入偏轉系統，求離子打在膠片上點跡的坐標（不考慮離子在偏轉系統中偏離NO的距離）；（3）離子沿NO方向進入偏轉系統，求離子打在膠片上點跡的坐標（不考慮離子在偏轉系統中偏離NO的距離）。15．（2024秋?和平區期末）如圖是芯片制造過程中離子注入工作原理簡化示意圖，從離子源發出的某種帶正電的離子在電場加速后以速度v沿虛線通過速度選擇器，然后在圓弧形的靜電分析器做半徑為R1的勻速圓周運動（如圖），再從P點沿直徑PQ方向進入半徑為R2的圓形勻強磁場區域，最后打在平行PQ且與PQ相距1.5R2的硅片（足夠大）上，完成離子注入。圖中靜電分析器通道內有均勻輻向分布的電場，已知離子質量為m、電荷量為q，速度選擇器中磁感應強度大小為B1，裝置中各部分的電場和磁場方向如圖所示，整個系統置于真空中，不計離子重力。求：（1）速度選擇器中的電場強度E1和靜電分析器中虛線處的電場強度E2的大小之比E1（2）若離子經圓形磁場區域產生的速度偏轉角為60°，求此圓形區域內的磁感應強度B2；（3）若離子經圓形磁場區域偏轉后垂直打在硅片上M點，現在圓形磁場區域再加上垂直紙面向里的大小為E的勻強電場，離子會打在硅片上N點，求硅片上MN兩點的距離。（圖中M、N兩點位置未標出）

2024-2025學年下學期高二物理教科版（2019）期中必刷常考題之洛倫茲力的應用參考答案與試題解析題號1234567答案ABCBADD一．選擇題（共7小題）1．（2024秋?懷柔區期末）如圖所示，將非磁性材料制成的圓管置于勻強磁場中，當含有大量正負離子的導電液體從管中由左向右流過磁場區域時，測得管兩側M、N兩點之間有電勢差U。忽略離子重力影響，則（）A．M點的電勢高于N點 B．N點的電勢高于M點 C．管中導電液體的流速越大，M、N兩點之間的電勢差U越小 D．管中導電液體的離子濃度越大，M、N兩點之間的電勢差U越大【考點】電磁流量計．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；理解能力．【答案】A【分析】根據左手定則判斷正、負粒子受洛倫茲力方向，進而比較電勢的高低；根據平衡條件寫出電勢差的表達式，據此分析即可。【解答】解：AB．管中的導電液體從管中由左向右流過磁場區域時，由左手定則可知帶正電離子受到的洛倫茲力向上，帶負電離子受到的洛倫茲力向下，即管上壁聚集正電荷，管下壁聚集負電荷，所以M點的電勢高于N點的電勢，故A正確，B錯誤；CD．兩管壁最后電壓穩定時，電場力與洛倫茲力平衡，根據平衡條件則有qvB=qUd，可得U＝Bvd，可知管中導電液體的流速越大，M、N兩點之間的電勢差U越大；M、N兩點之間的電勢差U故選：A。【點評】本題考查了左手定則的應用，容易題。2．（2024秋?泰州期末）如圖所示，圖甲、乙、丙、丁分別為多級直線加速器、回旋加速器、磁流體發電機、質譜儀的原理示意圖。以下說法正確的是（）A．圖甲中，粒子在筒中做加速運動，電壓越大獲得的能量越高 B．圖乙中，粒子第n次（n＞1）被加速前、后的軌道半徑之比為n-C．圖丙中，將一束等離子體噴入磁場，A、B板間產生電勢差，A板電勢高 D．圖丁中，11H、1【考點】磁流體發電機；與加速電場相結合的質譜儀；回旋加速器．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】B【分析】在筒中電場的電場強度為0，據此分析；根據動能定理得到粒子被加速后的速度，然后根據洛倫茲力提供向心力寫出半徑的表達式分析；根據左手定則分析；根據洛倫茲力提供向心力，結合半徑的表達式分析。【解答】解：A．在多級直線加速器（圖甲）中，粒子在兩筒間的電場中做加速運動，根據靜電平衡可知在筒中電場的電場強度為0，粒子所受電場力為零，所以粒子在筒中做勻速直線運動，故A錯誤；B．回旋加速器（圖乙）中，根據動能定理，第（n﹣1）次加速后q(第n次加速后qnU=又因為粒子在磁場中做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則qvB=可得r=則rn-1C．對于磁流體發電機（圖丙），根據左手定則，等離子體中的正離子向B板偏轉，負離子向A板偏轉，所以B板電勢高，A板電勢低，故C錯誤；D．在質譜儀（圖丁）中，粒子先在加速電場中加速qU=進入磁場后qvB=聯立可得r=1B2mUq，其中1故選：B。【點評】本題考查了對直線加速器、回旋加速器、質譜儀和磁流體發電機工作原理的認識。3．（2024秋?錫山區校級期末）如圖四幅圖的說法中正確的是（）A．圖甲真空冶煉爐外的線圈通入高頻交流電時，爐外線圈中會產生大量熱量 B．圖乙回旋加速器要使粒子飛出加速器的動能增大，可增加電壓U C．圖丙毫安表運輸時把正負接線柱用導線連在一起是利用電磁阻尼保護表頭 D．圖丁搖動手柄使蹄形磁鐵轉動，則鋁框會和磁鐵同向共速轉動【考點】回旋加速器；渦流的應用與防止；電磁阻尼與電磁驅動．【專題】定性思想；推理法；電磁感應——功能問題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據真空冶煉爐的工作原理、回旋加速度原理和電磁阻尼、電磁驅動的工作原理進行分析解答。【解答】解：A.圖甲是真空冶煉爐，當爐外線圈通入高頻交流電時，在鐵塊中會產生渦流，鐵塊中就會產生大量熱量，從而冶煉金屬，故A錯誤；B.圖乙是回旋加速器，要使帶電粒飛出加速器時的動能增大，只能增大D型盒的半徑，增加加速電壓U只能改變粒子的加速次數，故B錯誤；C.圖丙是毫安表的表頭，運輸時要把正、負接線柱用導線連在一起，運輸過程中導線轉動切割磁感應線產生感應電流、產生安培力阻礙線框的轉動，這是為了保護電表指針，利用了電磁阻尼原理，故C正確；D.由電磁驅動原理可知，搖動手柄使得蹄形磁鐵轉動，則鋁框會同向轉動，且比磁鐵轉的慢，即同向異步，和磁鐵轉得不一樣快，故D錯誤。故選：C。【點評】考查真空冶煉爐的工作原理、回旋加速度原理和電磁阻尼、電磁驅動的工作原理，會根據題意進行準確分析解答。4．（2024秋?錫山區校級期末）如圖所示，一束帶電粒子（不計重力）先以一定的初速度沿直線通過由相互正交的勻強磁場B（方向垂直紙面，未畫出）和勻強電場E組成的速度選擇器，然后通過平板S上的狹縫P，進入另一垂直紙面向外的勻強磁場B′，最終打在平板S上的A1A2之間。下列正確的是（）A．粒子打在A1A2上的位置距P越近，粒子的速度越大 B．粒子打在A1A2上的位置距P越近，粒子的比荷越大 C．通過狹縫P的粒子帶負電 D．磁場B的方向垂直紙面向外【考點】速度選擇器．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】B【分析】AB.根據速度選擇器工作原理列式分析速度大小，結合牛頓第二定律導出半徑表達式，再推導閉合大小關系；C.根據左手定則判斷粒子電性；D.根據平衡條件結合左手定則進行分析解答。【解答】解：AB.能通過平板S上的狹縫P的粒子一定滿足qE＝qvB，則v=EB，即從狹縫P進入磁場的粒子速度均相同，C錯誤；所有打在A1A2上的粒子，在磁場B'中做勻速圓周運動，根據qvB'=mv2r，可得r=mvqB'，從狹縫C.帶電粒子在磁場中向左偏轉，根據左手定則，知該粒子帶正電，故C錯誤；D.粒子經過速度選擇器時，所受的電場力和洛倫茲力平衡，電場力水平向左，則洛倫茲力水平向右，根據左手定則可知，勻強磁場B的方向垂直紙面向里，故D錯誤。故選：B。【點評】考查速度選擇器的工作原理和牛頓第二定律的應用，左手定則問題，會根據題意進行準確分析解答。5．（2024秋?滎陽市期末）質譜儀是由速度選擇器和有邊界的偏轉磁場構成。如圖是有邊界的偏轉磁場示意圖，圖中CD直線右側分布著勻強磁場，磁感應強度的大小為B，方向垂直紙面向外。CD上有兩條寬度分別為a和2a的通道M和N，兩通道近端相距為b。一束質量為m、電荷量為q、速度不同的帶正電粒子，從通道N垂直于CD進入磁場，則能從通道M射出粒子的最大速度與最小速度之差為（）A．3qBa2m B．3qBb2m C【考點】與速度選擇器相結合的質譜儀．【專題】定量思想；極值法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】A【分析】由圖可知，粒子運動的最大半徑和最小半徑；由洛倫茲力提供向心力，可得到速度與半徑的關系，得到最大最小速度表達式；由速度表達式，即可得到最大速度與最小速度之差。【解答】解：由圖可知，粒子運動的最大半徑為：rmax=2由洛倫茲力提供向心力qvB=mv2r，可得到速度與半徑的關系v由速度表達式，解得最大速度與最小速度之差為：vmax-vmin=故選：A。【點評】本題考查質譜儀的應用，關鍵是找到半徑的最值，再根據半徑的最值計算速度最值。6．（2024秋?哈爾濱校級期末）如圖所示，質量為m、電荷量為q的粒子，從容器A下方的小孔S1飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為0，然后經過S3沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片D上。則粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為（）A．2qUBm B．2mUBq C．1【考點】與加速電場相結合的質譜儀．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】D【分析】由動能定理，可知粒子進入磁場時的速度大小；由洛倫茲力提供向心力，可計算粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑。【解答】解：由動能定理qU=12由洛倫茲力提供向心力qvB=mv2r，可知粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r故選：D。【點評】本題考查質譜儀的應用，關鍵是理解粒子出電場時的速度大小與進磁場時的速度大小相等。7．（2024秋?廣州校級期末）質譜儀在物理研究中起著非常重要的作用。如圖為質譜儀的工作原理示意圖，粒子源產生的帶電粒子經加速電場加速后，進入速度選擇器，速度選擇器內相互正交的勻強磁場的磁感應強度大小和勻強電場的電場強度大小分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2，平板S下方有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B0，不計粒子重力和粒子間作用力。下列說法正確的是（）A．該粒子帶負電 B．速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向里 C．能通過狹縫P的粒子的速率為2ED．粒子打在膠片上的位置離狹縫P越遠，粒子的比荷qm【考點】與速度選擇器相結合的質譜儀．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】D【分析】帶電粒子在平板下方勻強磁場中的偏轉方向為順時針，由左手定則判斷該帶電粒子帶電性質；能通過狹縫P的粒子在速度選擇器中做直線運動，其受力平衡，由平衡條件求得其速率。根據速度選擇器中電場方向可知粒子所受電場力方向，粒子所受洛倫茲力方向與電場力方向相反，由左手定則判斷磁場方向；帶電粒子在平板S下方的磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力求得粒子運動半徑，粒子打在膠片上的位置越遠離狹縫P，粒子運動半徑越大，由此判斷粒子的比荷如何變化。【解答】解：A．根據左手定則，結合粒子在磁場中的偏轉方向可知，該粒子帶正電，故A錯誤；B．速度選擇器中粒子受電場力向右，洛倫茲力方向向左，由左手定則可知磁場方向垂直于紙面向外，故B錯誤；C．能通過狹縫P的粒子的速率滿足Bqv＝qE則v=故C錯誤；D．粒子在磁場中運動時B0可得粒子打在膠片上的位置x=2可知離狹縫P越遠的粒子的比荷qm越小，故D故選：D。【點評】本題考查了質譜儀的工作原理，考查了帶電粒子在電磁場中的運動問題。速度選擇器的作用是控制進入質譜儀的粒子的速率一定，在質譜儀中通過粒子運動半徑的關系，可得到粒子的比荷關系。二．多選題（共5小題）（多選）8．（2024秋?深圳期末）黨的二十大報告中，習近平總書記明確指出要實施科技興國戰略，強調科技是第一生產力，則下列關于現代科技前沿磁流體發電和加速度相關說法正確的是（）A．圖甲是磁流體發電機結構示意圖，由圖可以判斷出A板是發電機的負極 B．圖甲中，穩定時AB間形成的電場方向從A板指向B板 C．圖乙是回旋加速器的示意圖要使粒子獲得的最大動能增大，可增大加速電壓U D．圖乙中可增加D型盒直徑來增大粒子的出射動能【考點】回旋加速器；磁流體發電機．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】AB.根據磁流體發電機原理結合左手定則進行分析判斷；CD.根據回旋加速器的原理和最大動能的決定因素分析解答。【解答】解：AB．圖甲是磁流體發電機結構示意圖，根據左手定則可知正電荷在洛倫茲力作用下向下極板B偏轉，負電荷向上極板偏轉，穩定時AB間形成的電場方向從B板指向A板，可以判斷出A板是發電機的負極，故A正確，B錯誤；CD．根據回旋加速器原理可知，要使粒子獲得的最大動能增大需要增大D型盒直徑，增大加速電壓U只能改變加速的次數，故C錯誤，D正確。故選：AD。【點評】考查磁流體發電機和回旋加速器的工作原理，會根據題意進行準確分析解答。（多選）9．（2024秋?天津期末）洛倫茲力在現代科學技術中有著廣泛的應用，如圖為磁場中常見的4種儀器，都利用了洛倫茲力對帶電粒子的作用，下列說法正確的是（）A．甲圖中，若僅增大加速電壓，粒子離開加速器時的動能變大 B．乙圖中，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越大 C．丙圖中，A極板是磁流體發電機的負極 D．丁圖中，帶貨電的粒子從左側射入，若速度v＜【考點】磁流體發電機；速度選擇器；與速度選擇器相結合的質譜儀；回旋加速器．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】AB【分析】由粒子離開回旋加速器中時，速度、動能最大，結合洛倫茲力提供向心力，可得到最大動能表達式，分析其影響因素；粒子在質譜儀中運動時，由動能定理、洛倫茲力提供向心力，可得到偏轉半徑表達式，分析比荷對偏轉半徑的影響；由左手定則，可知等離子體運動時受到的洛倫茲力分析，分析極板電極的正負；粒子在速度選擇器中運動時，由其運動方向即電磁場分析，可分析其受合力方向即偏轉方向。【解答】解：A、由粒子離開回旋加速器中時，速度、動能最大，洛倫茲力提供向心力qvmB=mvmB、粒子在質譜儀中運動時，由動能定理qU=12mv2，洛倫茲力提供向心力C、由左手定則，可知等離子體中的正電荷受力向下極板B偏轉，即B為磁流體發電機的正極，故C錯誤；D、帶負電的離子，從左側射入時，受到的洛倫茲力豎直向下，電場力豎直向上，若速度v＜EB故選：AB。【點評】本題考查帶電粒子在電磁場中的運動特點，關鍵是根據粒子在不同元件中運動狀態，得到其受力的關系式。（多選）10．（2024秋?太原期末）質量為m、電荷量為q的粒子，從容器A下方的小孔S1飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為0，然后經過S3沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片D上，粒子重力不計。下列選項正確的是（）A．粒子進入磁場時的速度v=2B．粒子在磁場中做勻速圓周運動，半徑為r=1C．由粒子打在底片上的圓周半徑r，可算得粒子的比荷qmD．只有電荷量、質量均相同的粒子，才能打到照相底片上相同的地方【考點】與加速電場相結合的質譜儀．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】由動能定理，可計算粒子進入磁場時的速度；由洛倫茲力提供向心力，可計算粒子在磁場中的運動半徑；由粒子打在底片上的圓周半徑，結合半徑表達式，可計算粒子的比荷；由半徑表達式，可知半徑相等的粒子的電荷量、質量的特點。【解答】解：A、由動能定理qU=12mvBCD、由洛倫茲力提供向心力qvB=mv由粒子打在底片上的圓周半徑，結合半徑表達式，可得粒子的比荷：qm=2由半徑表達式，可知比荷相等的粒子，半徑相等，粒子的電荷量、質量不一定都相等，故BD錯誤，C正確。故選：AC。【點評】本題考查質譜儀的計算，在計算粒子在磁場中運動的半徑時，注意速度是未知量，需代入動能定理計算的結果。（多選）11．（2024秋?太原期末）一種用磁流體發電的裝置如圖所示，平行金屬板A、B之間有勻強磁場，磁感應強度為B，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）以速度v沿垂直于B的方向噴入磁場，把A、B和用電器連接，A、B就是一個直流電源的兩個電極。若A、B兩板間距為d，等離子體重力不計，下列選項正確的是（）A．等離子體中的正電粒子在B板聚集，B板是電源的正極 B．達到穩定狀態后，該發電機的電動勢為Bdv C．達到穩定狀態后，A、B板上的電荷量越來越多 D．達到穩定狀態后，射入的等離子體所受電場力與洛倫茲力互相垂直【考點】磁流體發電機．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】AB【分析】A.根據左手定則判斷；B.根據穩定后滿足的方程列式求解電動勢；CD.根據穩定后洛倫茲力和電場力的平衡推導電荷量的變化情況和兩力方向關系。【解答】解：A．根據左手定則可得等離子體中的正電粒子在B板聚集，故B板是電源的正極，故A正確；B．達到穩定狀態后，滿足qvB＝qEd，得E＝dvB，所以該發電機的電動勢為Bdv，故BC．達到穩定狀態后，A、B板上的電荷量達到一個確定值之后不再增加，故C錯誤；D．達到穩定狀態后，射入的等離子體所受電場力與洛倫茲力互大小相等，方向相反，故D錯誤。故選：AB。【點評】考查磁流體發電機問題，明確電動勢的計算和粒子在組合場中的運動情況和受力情況，會根據題意進行準確分析解答。（多選）12．（2024秋?福州期末）磁流體發電機工作原理如圖所示，等離子體高速垂直射入磁場中，a、b兩板間會產生電勢差。已知等離子體速率為v，勻強磁場的磁感應強度為B，a、b兩板間距為d，發電機的內阻為r，電阻箱R和電流表A（內阻不計）與兩板相連。下列說法正確的是（）A．a極板帶正電 B．b極板帶正電 C．穩定工作時，電流表讀數為BdvRD．當R＝r時，R消耗的電功率最大【考點】磁流體發電機．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】BD【分析】AB.根據左手定則分析判斷；CD.根據穩定狀態滿足的方程求解電源電動勢，結合閉合電路的歐姆定律以及電源輸出功率最大時滿足的條件進行解答。【解答】解：AB.根據左手定則，正離子在磁場作用下向b極板聚集，所以b極板帶正電，故A錯誤，B正確；C.穩定時，有qvB＝qUd，得U＝dvB，根據閉合電路的歐姆定律有I=URD.根據電源的輸出功率最大滿足的條件，可知當R＝r時，電源的輸出功率等于R消耗的功率達到最大值，故D正確。故選：BD。【點評】考查磁流體發電機的原理和閉合電路歐姆定律，電源的輸出功率問題，會根據題意進行準確分析解答。三．解答題（共3小題）13．（2024秋?海淀區期末）某種質譜儀的工作原理如圖所示，Ⅰ區為粒子加速器；Ⅱ區為速度選擇器，在兩平行導體板之間有方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B1，電場強度大小為E；Ⅲ區為偏轉分離器，磁場的方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B2。電荷量為q的粒子從電離室A中飄出（初速度不計），經Ⅰ區電場加速后，該粒子通過速度選擇器并從狹縫S進入偏轉分離器，運動半個圓周后打在照相底片上的D處被吸收形成譜線，測得D到S的距離為x。（1）判斷Ⅱ區中勻強電場的方向、粒子的電性；（2）求粒子做勻速圓周運動的速度大小v；（3）求粒子的質量m。【考點】與速度選擇器相結合的質譜儀．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】（1）Ⅱ區中勻強電場的方向向左，粒子帶正電；（2）粒子做勻速圓周運動的速度大小v為EB（3）粒子的質量m為qB【分析】（1）由題圖可知粒子在Ⅲ區中做圓周運動的速度方向，根據左手定則判斷粒子的電性。粒子在Ⅱ區的速度選擇器中做勻速直線運動，所受電場力與洛倫茲力等大反向，根據左手定則判斷粒子所受洛倫茲力的方向，由此可知其所受電場力的方向，以及Ⅱ區中勻強電場的方向；（2）根據粒子在Ⅱ區的速度選擇器中做勻速直線運動，由平衡條件求得粒子做勻速圓周運動的速度大小；（3）確定粒子做勻速圓周運動的軌跡半徑，根據洛倫茲力提供向心力求解粒子的質量。【解答】解：（1）由題圖可知粒子在Ⅲ區的偏轉分離器中做順時針的圓周運動，根據左手定則，可知粒子帶正電。粒子在Ⅱ區的速度選擇器中做勻速直線運動，所受電場力與洛倫茲力等大反向，根據左手定則，可知粒子所受洛倫茲力的方向向右，則其所受電場力的方向向左，故Ⅱ區中勻強電場的方向向左。（2）粒子做勻速圓周運動的速度大小v就等于粒子在Ⅱ區的速度選擇器中做勻速直線運動的速度大小，由平衡條件得：qE＝qvB1解得：v=（3）易知粒子做勻速圓周運動的軌跡半徑為r=由洛倫茲力提供向心力得：qvB2=聯立解得：m=答：（1）Ⅱ區中勻強電場的方向向左，粒子帶正電；（2）粒子做勻速圓周運動的速度大小v為EB（3）粒子的質量m為qB【點評】本題考查了速度選擇器、質譜儀的工作原理。考查了帶電粒子在電磁場中的運動問題，基礎題目。掌握左手定則的應用，以及速度選擇器、質譜儀的工作原理。14．（2024秋?天津期末）質譜分析技術已廣泛應用于各前沿科學領域。某種質譜儀原理如圖所示。質譜儀處于真空暗室中。正離子經加速后沿水平方向進入速度選擇器，然后通過磁分析器選擇出特定比荷的離子。磁分析器截面為直角扇形，M和N處各有一個小孔，被選擇離子在磁分析器中做半徑為R的圓周運動，恰好穿過兩小孔；偏轉系統中電場和磁場的分布區域是同一棱長為L的正方體，其偏轉系統的底面與膠片平行，間距為D，NO為垂直于膠片的中心軸線，以膠片中心O為原點建立xOy直角坐標系。已知速度選擇器、磁分析器和偏轉系統中的勻強磁場的磁感應強度大小均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器、偏轉系統中電場場強大小均為E，方向分別為豎直向上和沿x軸正方向。已知R?L，D?L。由于離子進入偏轉系統時速率都很大，且在偏轉系統中運動時NO方向的分速度總是遠大于x軸方向和y軸方向的分速度，所以離子在偏轉系統中沿x軸和y軸方向位移可忽略。不計離子重力。（1）求磁分析器選擇出來離子的比荷；（2）若僅撤去偏轉系統的磁場，離子沿NO方向進入偏轉系統，求離子打在膠片上點跡的坐標（不考慮離子在偏轉系統中偏離NO的距離）；（3）離子沿NO方向進入偏轉系統，求離子打在膠片上點跡的坐標（不考慮離子在偏轉系統中偏離NO的距離）。【考點】與速度選擇器相結合的質譜儀．【專題】應用題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；帶電粒子在磁場中的運動專題；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】（1）磁分析器選擇出來離子的比荷為ER（2）離子打在膠片上點跡的坐標為(LD（3）離子打在膠片上點跡的坐標為(LD【分析】（1）離子在速度選擇器中做勻速運動，離子受到的電場力與洛倫茲力等大反向，列式可得磁分析器選擇出來離子的比荷；（2）離子在偏轉系統中做類平拋運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速運動，垂直電場方向做勻速運動，根據類平拋運動規律列式求解離子打在膠片上點跡的坐標；（3）離子進入偏轉系統后，y軸方向上在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，結合幾何知識求解離子打在膠片上點跡的坐標。【解答】解：（1）通過速度選擇器后離子的速度滿足qE＝qvB，可得v=EB，由牛頓第二定律可知qvB（2）離子在偏轉系統中受到沿x軸方向的電場力，加速度a=qEm離開偏轉系統時，離子在x軸方向的分速度vx＝at1vx=a離子射到屏上時x軸方向上偏離O點的距離x＝vxt2，解得x=LDR（3）離子進入偏轉系統后，y軸方向上在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡半徑為R，射出偏轉系統時，設偏轉角為α根據幾何關系有sinα=LR，又因為L＜R，則sinα≈tanα，經偏轉系統后，在y軸方向上的偏轉距離y＝Dtanα=答：（1）磁分析器選擇出來離子的比荷為ER（2）離子打在膠片上點跡的坐標為(LD（3）離子打在膠片上點跡的坐標為(LD【點評】本題可根據離子在速度選擇器、磁分析器和偏轉系統中的受力情況，結合牛頓第二定律、類平拋運動規律等知識進行求解。15．（2024秋?和平區期末）如圖是芯片制造過程中離子注入工作原理簡化示意圖，從離子源發出的某種帶正電的離子在電場加速后以速度v沿虛線通過速度選擇器，然后在圓弧形的靜電分析器做半徑為R1的勻速圓周運動（如圖），再從P點沿直徑PQ方向進入半徑為R2的圓形勻強磁場區域，最后打在平行PQ且與PQ相距1.5R2的硅片（足夠大）上，完成離子注入。圖中靜電分析器通道內有均勻輻向分布的電場，已知離子質量為m、電荷量為q，速度選擇器中磁感應強度大小為B1，裝置中各部分的電場和磁場方向如圖所示，整個系統置于真空中，不計離子重力。求：（1）速度選擇器中的電場強度E1和靜電分析器中虛線處的電場強度E2的大小之比E1（2）若離子經圓形磁場區域產生的速度偏轉角為60°，求此圓形區域內的磁感應強度B2；（3）若離子經圓形磁場區域偏轉后垂直打在硅片上M點，現在圓形磁場區域再加上垂直紙面向里的大小為E的勻強電場，離子會打在硅片上N點，求硅片上MN兩點的距離。（圖中M、N兩點位置未標出）【考點】速度選擇器；帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】（1）速度選擇器中的電場強度E1和靜電分析器中虛線處的電場強度E2的大小之比是qB（2）若離子經圓形磁場區域產生的速度偏轉角為60°，此圓形區域內的磁感應強度是3mv（3）硅片上MN兩點的距離是(π【分析】（1）根據粒子在速度選擇器中受力平衡求出E1，在靜電分析器中，由電場力提供向心力求出E2；（2）在圓形磁場中由洛倫茲力提供向心力和幾何關系可計算圓形區域內的磁感應強度；（3）由離子可以垂直打在硅片上，結合圖像可以得粒子在圓形區域內的時間；加上電場后，粒子在電場方向做勻加速運動，離開電場后，在電場方向上做勻速運動，從而得到MN間距。【解答】（1）在速度選擇器中，電場力與洛倫茲力平衡，則有qvB1＝qE1，在靜電分析器中，由電場力提供向心力，則有qE解得E1（2）在圓形磁場中由洛倫茲力提供向心力，則有qvB根據幾何關系有r=解得B2（3）粒子在圓形磁場中運動的周期T=粒子在磁場中運動的時間t1粒子在電場方向的加速度a=沿電場方向的位移x1離開復合場時的速度v1＝at1，離開復合場之后粒子的運動時間t2沿電場方向的位移x2＝v1t2，解得MN的距離為x=答：（1）速度選擇器中的電場強度E1和靜電分析器中虛線處的電場強度E2的大小之比是qB（2）若離子經圓形磁場區域產生的速度偏轉角為60°，此圓形區域內的磁感應強度是3mv（3）硅片上MN兩點的距離是(π【點評】本題考查帶電粒子在復合場中的運動，在判斷其打到的M點和N點位置時，注意其在兩個方向上的運動互不影響，但又有獨立性，且由于區域重合，恰好在區域內的時間相等即可。

考點卡片1．帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場中的運動【知識點的認知】1.圓形邊界：如圖所示，帶電粒子從某點沿圓形磁場的半徑方向人射，從另一點射出磁場時速度的反向延長線過磁場的圓心，即沿徑向射入必沿徑向射出。2.幾個與角有關的物理量如圖所示，粒子做勻速圓周運動時，φ為粒子速度的偏向角，粒子與圓心的連線轉過的角度α為回旋角（或圓心角），AB弦與切線的夾角θ為弦切角，它們的關系為φ＝α＝2θ，θ與相鄰的弦切角θ'互補，即θ+θ'＝180°。3.如何確定“圓心角與時間”①速度的偏向角φ＝圓弧所對應的圓心角（回旋角）α＝2倍的弦切角θ②時間的計算方法．方法一：由圓心角求，t=θ2π?T；方法二：由弧長求，【命題方向】如圖所示，虛線所圍區域內有方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B．一束電子沿圓形區域的直徑方向以速度v射入磁場，電子束經過磁場區后，其運動的方向與原入射方向成θ角。設電子質量為m，電荷量為e，不計電子之間的相互作用力及所受的重力。求：（1）電子在磁場中運動軌跡的半徑R；（2）電子在磁場中運動的時間t；（3）圓形磁場區域的半徑r。分析：電子在磁場中受洛倫茲力作用，電子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，可以求出電子運動的半徑，畫出電子運動軌跡，根據幾何關系可以求得電子在磁場中的運動的時間和圓形磁場區域的半徑。解答：（1）電子在磁場中受到的洛倫茲力提供電子做勻速圓周運動的向心力即：qvB=由此可得電子做圓周運動的半徑R=（2）如圖根據幾何關系，可以知道電子在磁場中做圓周運動對圓心轉過的角度α＝θ則電子在磁場中運動的時間：t=（3）由題意知，由圖根據幾何關系知：tanθ∴r答：（1）電子在磁場中運動軌跡的半徑R=mv（2）電子在磁場中運動的時間t=mθ（3）圓形磁場區域的半徑r=mv點評：熟悉電子在磁場中做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力，據此列式求出半徑和周期間的表達式，能正確作出電子做圓周運動的半徑。【解題思路點撥】由于帶電粒子往往是在有界磁場中運動，粒子在磁場中只運動一段圓弧就飛出磁場邊界，其軌跡不是完整的圓，因此，此類問題往往要根據帶電粒子運動的軌跡作相關圖去尋找幾何關系，分析臨界條件，然后應用數學知識和相應物理規律分析求解．（1）兩種思路①以定理、定律為依據，首先求出所研究問題的一般規律和一般解的形式，然后再分析、討論臨界條件下的特殊規律和特殊解；②直接分析、討論臨界狀態，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值．（2）兩種方法物理方法：①利用臨界條件求極值；②利用問題的邊界條件求極值；③利用矢量圖求極值．數學方法：①利用三角函數求極值；②利用二次方程的判別式求極值；③利用不等式的性質求極值；④利用圖象法等．（3）從關鍵詞中找突破口：許多臨界問題，題干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脫離”等詞語對臨界狀態給以暗示．審題時，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規律，找出臨界條件．2．速度選擇器【知識點的認識】1.速度選擇器的原理圖如下：2.特點：粒子勻速垂直穿過正交的勻強磁場和勻強電場時，根據qvB＝qE，可得粒子的速度必為v=E【命題方向】如圖所示為一速度選擇器，內有一磁感應強度為B，方向垂直紙面向外的勻強磁場，一束粒子流以速度v水平射入，為使粒子流經磁場時不偏轉（不計重力），則磁場區域內必須同時存在一個勻強電場，關于這處電場場強大小和方向的說法中，正確的是（）A.大小為BvB.大小為BvC.大小為Bv，方向向下，與粒子帶何種電荷無關D.大小為Bv，方向向上，與粒子帶何種電荷無關分析：首先根據粒子做勻速直線運動，可判斷粒子的電場力和洛倫茲力相等，即可得知電場強度和磁場強度的關系。再分別假設粒子帶正電或負電，可知電場的方向，并發現電場的方向與電性無關。解答：為使粒子不發生偏轉，粒子所受到電場力和洛倫茲力是平衡力，即為qvB＝qE，所以電場與磁場的關系為：E＝vB，所以選項AB錯誤。假設粒子帶正電，則受到向下的洛倫茲力，則電場力就應向上，電場向上；若粒子帶負電，洛倫茲力向上，電場力向下，電場仍然向上。所以電場力的方向始終向上，與粒子的電性無關。選項C錯誤，選項D正確。故選：D。點評：在速度選擇器中，粒子的受力特點：同時受到方向相反的電場力和洛倫茲力作用；粒子能勻速通過選擇器的條件：電場力和洛倫茲力平衡，即qvB＝qE，v=EB【解題思路點撥】速度選擇器的解題出發點在于受力平衡，粒子想要從做直線運動則必然有洛倫茲力等于電場力，即qvB＝qE。3．與加速電場相結合的質譜儀【知識點的認識】本考點旨在針對粒子先經過加速電場加速再進入質譜儀的情況。1.質譜儀示意圖如下2.質譜儀的作用：分析粒子的性質，測定粒子的質量，研究同位素。3.質譜儀例的相關參數：（1）加速電場中：qU=1（2）偏轉磁場中：Bqv=m（3）軌跡半徑：R=1（4）照相底片上間距；d＝2ΔR。【命題方向】質譜儀是一種測定帶電粒子質量和分析同位素的重要工具，它的構造原理如圖所示．離子源S產生的各種不同正離子束（速度可看作為零），經加速電場（加速電場極板間的距離為d、電勢差為U）加速，然后垂直進入磁感應強度為B的有界勻強磁場中做勻速圓周運動，最后到達記錄它的照相底片P上．設離子在P上的位置與入口處S1之間的距離為x．（1）求該離子的荷質比qm（2）若離子源產生的是帶電量為q、質量為m1和m2的同位素離子（m1＞m2），它們分別到達照相底片上的P1、P2位置（圖中未畫出），求P1、P2間的距離Δx．分析：（1）根據粒子在磁場中的運動半徑，通過半徑公式求出粒子的速度，再根據動能定理得出粒子的比荷．（2）根據動能定理、半徑公式求出粒子打到照相機底片上位置與入口處的距離，從而求出P1、P2間的距離Δx．解答：（1）離子在電場中加速，由動能定理得：qU=12mv2離子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qBv＝mv2由①②式可得：q（2）由①②式可得粒子m1在磁場中的運動半徑是r1，則：r對離子m2，同理得：r∴照相底片上P1、P2間的距離：Δx＝2（r1﹣r2）=2答：（1）求該離子的荷質比qm（2）P1、P2間的距離Δx=2點評：本題考查了帶電粒子在電場中的加速和在磁場中的偏轉，結合牛頓第二定律和運動學公式綜合求解．【解題思路點撥】明確質譜儀的構造和工作原理。它是由加速電場和偏轉磁場對接而成，在電場中加速后進入磁場，進而在磁場中作半圓運動，在加速電場中用動能定理qU=12mv2-12mv04．與速度選擇器相結合的質譜儀【知識點的認識】本考點旨在針對粒子先經過速度選擇器再進入質譜儀的情況。1.質譜儀示意圖如下2.質譜儀的作用：分析粒子的性質，測定粒子的質量，研究同位素。3.質譜儀例的相關參數：（1）加速電場中：qU=1（2）偏轉磁場中：Bqv=m（3）軌跡半徑：R=1（4）照相底片上間距；d＝2ΔR。【命題方向】如圖是質譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E．平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2．平板S下方有強度為B0的勻強磁場。下列表述不正確的是（）A、質譜儀是分析同位素的重要工具B、速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C、能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于ED、能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于E分析：帶電粒子經加速后進入速度選擇器，速度為v=EB粒子可通過選擇器，然后進入B0，打在解答：A、進入B0的粒子滿足qm=vB0B、假設粒子帶正電，則受電場力向右，由左手定則可判斷磁場方向垂直紙面向外，故B正確；C、由qE＝qvB，得v=EB，此時離子受力平衡，可沿直線穿過選擇器，故D、由qm=vB0故選：D。點評：質譜儀工作原理應采取分段分析的方法，即粒子加速階段，速度選擇階段，在磁場中運動階段。【解題思路點撥】明確質譜儀的構造和工作原理。它是由加速電場和偏轉磁場對接而成，在電場中加速后進入磁場，進而在磁場中作半圓運動，在加速電場中用動能定理qU=12mv2-12mv05．回旋加速器【知識點的認識】1.回旋加速器示意圖如下：2.回旋加速器的原理：用磁場控制軌道、用電場進行加速。D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，它們之間有一定的電勢差U，盒內部空間由于靜電平衡無電場，電壓U在兩盒之間的縫隙處產生加速電場。盒中心A處的粒子源產生的帶電粒子，在兩盒之間被電場加速。兩個半圓盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，磁場使粒子做勻速圓周運動，從而使粒子在縫隙處被加速后再回到縫隙處再被加速。兩盒間的交變電勢差一次一次地改變正負，保證粒子每次都能被加速。【命題方向】回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖為回旋加速器的示意圖。D1、D2是兩個中空的鋁制半圓形金屬扁盒，在兩個D形盒正中間開有一條狹縫，兩個D形盒接在高頻交流電源上。在D1盒中心A處有粒子源，產生的帶正電粒子在兩盒之間被電場加速后進入D2盒中。兩個D形盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，帶電粒子在磁場力的作用下做勻速圓周運動，經過半個圓周后，再次到達兩盒間的狹縫，控制交流電源電壓的周期，保證帶電粒子經過狹縫時再次被加速。如此，粒子在做圓周運動的過程中一次一次地經過狹縫，一次一次地被加速，速度越來越大，運動半徑也越來越大，最后到達D形盒的邊緣，沿切線方向以最大速度被導出。已知帶電粒子的電荷量為q，質量為m，加速時狹縫間電壓大小恒為U，磁場的磁感應強度為B，D形盒的半徑為R，狹縫之間的距離為d。設從粒子源產生的帶電粒子的初速度為零，不計粒子受到的重力，求：（1）帶電粒子能被加速的最大動能Ek；（2）帶電粒子在D2盒中第n個半圓的半徑；（3）若帶電粒子束從回旋加速器輸出時形成的等效電流為I，求從回旋加速器輸出的帶電粒子的平均功率P。分析：（1）根據qvB＝mv2R知，當R最大時，速度最大，求出最大速度，根據EK=1（2）粒子被加速一次所獲得的能量為qU，求出第n次加速后的動能EKn=12mvn2（3）根據電流的定義式I=Qt和Q＝Nq以及P解答：（1）粒子在D形盒內做圓周運動，軌道半徑達到最大時被引出，具有最大動能。設此時的速度為v，有：qvB＝mv2R可得粒子的最大動能Ek=12mv（2）粒子被加速一次所獲得的能量為qU，粒子在D2盒中被第2n﹣1次加速后的動能為EKn=12mvn2=q因此第n個半圓的半徑Rn=1（3）帶電粒子質量為m，電荷量為q，帶電粒子離開加速器時速度大小為v，由牛頓第二定律知：qvB＝mv2R帶電粒子運動的回旋周期為：T=2由回旋加速器工作原理可知，交變電源的頻率與帶電粒子回旋頻率相同，由周期T與頻率f的關系可得：f=1設在t時間內離開加速器的帶電粒子數為N，則帶電粒子束從回旋加速器輸出時的平均功率P＝N12輸出時帶電粒子束的等效電流為：I=Nqt由上述各式得P=答：（1）帶電粒子能被加速的最大動能q2（2）帶電粒子在D2盒中第n個半圓的半徑1Bq（3）若帶電粒子束從回旋加速器輸出時形成的等效電流為I，求從回旋加速器輸出的帶電粒子的平均功率B2點評：解決本題的關鍵知道回旋加速器利用磁場偏轉和電場加速實現加速粒子，粒子在磁場中運動的周期和交流電的周期相等，注意第3問題，建立正確的物理模型是解題的關鍵。【解題思路點撥】明確回旋加速器的構造和工作原理。它是由加速電場和偏轉磁場對接而成，在電場中加速后進入磁場，進而在磁場中作半圓運動，在加速電場中用動能定理qU=12mv2-12mv06．磁流體發電機【知識點的認識】1.磁流體發電機的原理圖如下：2.磁流體發電機的原理（1）原理：等離子氣體噴入磁場，正負離子在洛倫茲力的作用下發生偏轉而聚集在A、B板上，產生電勢差，它可以把離子的動能通過磁場轉化為電能。（2）電源正，負極判斷：根據左手定則可判斷出圖中的B是發電機的正極。（3）電源電動勢U：設A、B平行金屬板的面積為S，兩極板間的距離為l，磁場磁感應強度為B，等離子氣體的電阻率為ρ，噴入氣體的速度為v，板外電阻為R。當正、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（即電源電動勢），則qUl=qvB，即U（4）電源內阻：r＝ρl（5）回路電流：I=U【命題方向】磁流體發電是一項新興技術，它可以把物體的內能直接轉化為電能，如圖是它的示意圖．平行金屬板A、B之間有一個很強的磁場，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）噴入磁場，A、B兩板間便產生電壓．如果把A、B和電阻R連接，設A、B兩板間距為d，正對面積為S，等離子體的電阻率為ρ，磁感應強度為B，等離子體以速度v沿垂直于磁場的方向射入A、B兩板之間，則下列說法正確的是（）A.A是直流電源的負極B.電源的電動勢為BdvC.極板A、B間電壓大小為BdvSRD.回路中電流為Bdv分析：等離子體進入A、B板間受到洛倫茲力而發生偏轉，根據左手定則判斷離子的偏轉方向，即可確定極板的極性，離子在運動過程中同時受電場力和洛倫茲力，二力平衡時兩板間的電壓穩定，由平衡條件求電源的電動勢，結合電路知識分析AB間的電壓和回路中的電流．解答：A、等離子體噴入磁場中要受到洛倫茲力作用，由左手定則知正離子受到的洛倫茲力向下，將向下偏轉，負離子受到的洛倫茲力向上，將向上偏轉，所以上極板A帶負電，是電源的負極。下板B帶正電，是電源的正極。故A正確；BCD、當電場力與洛倫茲力平衡時，離子做勻速直線運動，不再打到極板上，電源的電動勢穩定，則有：qvB＝qE得電動勢的大小為：E＝Bdv則流過R的電流為：I=而r＝ρdS，則得電流大小為：I兩極板間電勢差為：U＝IR=BdvSRRS+ρd，故故選：ABC。點評：本題的關鍵是理解磁流體發電機的工作原理，知道穩定時，離子所受的電場力和洛倫茲力平衡，結合閉合電路歐姆定律進行分析．【解題思路點撥】等離子體在磁場中偏轉，電荷在極板上聚集提供電動勢，與燈泡形成閉合回路，應用閉合電路歐姆定律，穩定之后有Bqv＝qUd7．電磁流量計【知識點的認識】1.電磁流量計的原理圖如下2.流量Q的定義：單位時間流過導管某一橫截面的導電液體的體積。3.公式：Q＝Sv，其中S為導管的橫截面積，v是導電液體的流速。4.導電液體的流速v的計算如下，一圓形導管直徑為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生偏轉，使a，b間出現電勢差，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=qvB5.流量的表達式：Q＝Sv=πd6.電視