高考物理特訓(xùn)第3講　洛倫茲力與現(xiàn)代科技

第3講洛倫茲力與現(xiàn)代科技A級(jí)(練考點(diǎn)過基礎(chǔ))題組一電場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合應(yīng)用實(shí)例1．(2021山東棲霞一中期末)(多選)在探索微觀世界中，同位素的發(fā)現(xiàn)與證明無(wú)疑具有里程碑式的意義．質(zhì)譜儀的發(fā)現(xiàn)對(duì)證明同位素的存在功不可沒，1922年英國(guó)物理學(xué)家阿斯頓因質(zhì)譜儀的發(fā)明、同位素和質(zhì)譜的研究榮獲了諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)．若速度相同的一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，不計(jì)粒子重力，則下列說法中正確的是()A．該束粒子帶負(fù)電B．速度選擇器的P1極板帶正電C．在B2磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子，比荷eq\f(q,m)越小D．在B2磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子，質(zhì)量越大答案：BC解析：帶電粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，該粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；粒子在平行金屬板間所受的洛倫茲力豎直向上，則電場(chǎng)力的方向應(yīng)豎直向下，即電場(chǎng)強(qiáng)度的方向豎直向下，速度選擇器的P1極板帶正電，故B正確；從速度選擇器進(jìn)入B2磁場(chǎng)的粒子速度都是相同的，又根據(jù)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，而質(zhì)量m不一定越大，故C正確、D錯(cuò)誤．2．(2020·山東濟(jì)寧兗州模擬)圖甲是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個(gè)D形金屬盒，D形盒與高頻電源相連，且置于垂直于盒面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，帶電粒子在電場(chǎng)中的動(dòng)能Ek隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，若忽略帶電粒子在電場(chǎng)中的加速時(shí)間，則下列判斷正確的是()A．在Ek－t圖中有t4－t3<t3－t2<t2－t1B．在Ek－t圖中有Ek4－Ek3＝Ek3－Ek2＝Ek2－Ek1C．粒子加速次數(shù)越多，射出加速器的粒子動(dòng)能就越大D．加速電壓越大，射出加速器的粒子動(dòng)能就越大答案：B解析：根據(jù)周期公式T＝eq\f(2πm,qB)知，粒子的回旋周期不變，與粒子的速度無(wú)關(guān)，所以t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，故A錯(cuò)誤；粒子每次加速獲得的動(dòng)能相同，在Ek－t圖中有Ek4－Ek3＝Ek3－Ek2＝Ek2－Ek1，故B正確；由牛頓第二定律qvB＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,qB)，設(shè)D形盒的半徑為R，則當(dāng)r＝R時(shí)，粒子獲得的速度最大，即帶電粒子的最終速度由D形盒的半徑R決定，與加速電壓和加速次數(shù)無(wú)關(guān)，故C、D錯(cuò)誤．3．(2020·湖北武漢聯(lián)考)一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖如圖所示，其中盒縫間的加速電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小恒定，且被限制在A、C板間，虛線中間不需加電場(chǎng)，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場(chǎng)線方向射入加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說法正確的是()A．帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速兩次B．圖中P1、P2、P3、P4間距滿足關(guān)系P1P2＝P3P4C．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)D．加速電場(chǎng)方向需要做周期性的變化答案：C解析：帶電粒子只有經(jīng)過A、C板間時(shí)才被加速，即帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次，且電場(chǎng)的方向沒有必要改變，故A、D錯(cuò)誤；根據(jù)軌道半徑公式r＝eq\f(mv,qB)得P1P2＝2(r2－r1)＝eq\f(2mΔv,qB)，因?yàn)槊哭D(zhuǎn)一圈被加速一次，根據(jù)veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2ad知，每轉(zhuǎn)一圈，速度的變化量不等，且v3－v2<v2－v1，則P1P2>P3P4，故B錯(cuò)誤；當(dāng)粒子從D形盒中出來時(shí)，速度最大，根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)知，加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關(guān)，故C正確．題組二電場(chǎng)與磁場(chǎng)的疊加應(yīng)用實(shí)例4．(2020·江蘇如皋檢測(cè))(多選)自行車速度計(jì)是利用霍爾效應(yīng)傳感器獲知自行車的運(yùn)動(dòng)速率的，如圖甲所示，自行車前輪上安裝一塊磁鐵，輪子每轉(zhuǎn)一圈，這塊磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器會(huì)輸出一個(gè)脈沖電壓，圖乙為霍爾元件的工作原理圖．當(dāng)磁場(chǎng)靠近霍爾元件時(shí)，導(dǎo)體內(nèi)定向運(yùn)動(dòng)的自由電荷在磁場(chǎng)力作用下偏轉(zhuǎn)，最終使導(dǎo)體在與磁場(chǎng)、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢(shì)差，即為霍爾電勢(shì)差．下列說法正確的是()A．根據(jù)單位時(shí)間內(nèi)的脈沖數(shù)和自行車車輪的半徑即可獲知車速大小B．自行車的車速越大，霍爾電勢(shì)差越高C．圖乙中霍爾元件的電流I是由正電荷定向運(yùn)動(dòng)形成的D．如果長(zhǎng)時(shí)間不更換傳感器的電源，霍爾電勢(shì)差將減小答案：AD解析：根據(jù)單位時(shí)間內(nèi)的脈沖數(shù)可知車輪的轉(zhuǎn)速n，若再已知自行車車輪的半徑r，根據(jù)v0＝2πrn即可獲知車速大小，A正確；根據(jù)霍爾效應(yīng)的原理可知eq\f(U,d)q＝Bqv，電勢(shì)差U＝Bdv，與車輪轉(zhuǎn)速無(wú)關(guān)，B錯(cuò)誤；根據(jù)題圖乙中霍爾電勢(shì)的高低，并結(jié)合左手定則可以判斷，霍爾元件的電流I是由負(fù)電荷定向運(yùn)動(dòng)形成的，C錯(cuò)誤；如果長(zhǎng)時(shí)間不更換傳感器的電源，則電源的內(nèi)阻會(huì)增大，電路中的電流會(huì)減小，根據(jù)電流的微觀表達(dá)式I＝nSqv可知，電荷定向移動(dòng)的速率減小，故霍爾電勢(shì)差將減小，D正確．5．(2021·河北高考卷)如圖，距離為d的兩平行金屬板P、Q之間有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，一束速度大小為v的等離子體垂直于磁場(chǎng)噴入板間．相距為L(zhǎng)的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，兩導(dǎo)軌分別與P、Q相連．質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，恰好靜止．重力加速度為g，不計(jì)導(dǎo)軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力，下列說法正確的是()A．導(dǎo)軌處磁場(chǎng)的方向垂直導(dǎo)軌平面向上，v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)B．導(dǎo)軌處磁場(chǎng)的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)C．導(dǎo)軌處磁場(chǎng)的方向垂直導(dǎo)軌平面向上，v＝eq\f(mgRtanθ,B1B2Ld)D．導(dǎo)軌處磁場(chǎng)的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，v＝eq\f(mgRtanθ,B1B2Ld)答案：B解析：等離子體垂直于磁場(chǎng)噴入板間時(shí)，根據(jù)左手定則可得，金屬板Q帶正電荷，金屬板P帶負(fù)電荷，則電流的方向由金屬棒a端流向b端。等離子體穿過金屬板P、Q時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)U滿足qeq\f(U,d)＝qB1v，由歐姆定律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)，金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，恰好靜止，則F安＝mgsinθ，解得v＝eq\f(mgRsinθ,B1B2Ld)，金屬棒ab受到的安培力沿斜面向上，由左手定則可以判定，導(dǎo)軌處磁場(chǎng)的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，故B正確．B級(jí)(練能力過素養(yǎng))6．(2021·廣東高考卷)一種花瓣形電子加速器簡(jiǎn)化示意圖如圖甲所示，空間有三個(gè)同心圓a、b、c圍成的區(qū)域，圓a內(nèi)為無(wú)場(chǎng)區(qū)，圓a與圓b之間存在輻射狀電場(chǎng)，圓b與圓c之間有三個(gè)圓心角均略小于90°的扇環(huán)形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外．電子以初動(dòng)能Ek0從圓b上P點(diǎn)沿徑向進(jìn)入電場(chǎng)，電場(chǎng)可以反向，保證電子每次進(jìn)入電場(chǎng)即被全程加速．已知圓a與圓b之間電勢(shì)差為U，圓b半徑為R，圓c半徑為eq\r(3)R，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略相對(duì)論效應(yīng)，取tan22.5°＝0.4.(1)當(dāng)Ek0＝0時(shí)，電子加速后均沿各磁場(chǎng)區(qū)邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)，且在電場(chǎng)內(nèi)相鄰運(yùn)動(dòng)軌跡的夾角θ均為45°，最終電子從Q點(diǎn)出射，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙中帶箭頭實(shí)線所示，求Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、電子在Ⅰ區(qū)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間及在Q點(diǎn)出射時(shí)的動(dòng)能．(2)已知電子只要不與Ⅰ區(qū)磁場(chǎng)外邊界相碰，就能從出射區(qū)域射出．當(dāng)Ek0＝keU時(shí)，要保證電子從出射區(qū)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)電子在電場(chǎng)中加速有2eU＝eq\f(1,2)mv2電子在磁場(chǎng)Ⅰ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)根據(jù)幾何關(guān)系可知r＝Rtan22.5°＝0.4R根據(jù)洛倫茲力提供向心力有B1ev＝meq\f(v2,r)聯(lián)立解得B1＝eq\f(5\r(eUm),eR)電子在磁場(chǎng)Ⅰ中中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πr,v)由幾何關(guān)系可知，電子在磁場(chǎng)Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的圓心角φ＝eq\f(5,4)π電子在磁場(chǎng)Ⅰ中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(φ,2π)T聯(lián)立解得t＝eq\f(πR\r(meU),4eU)電子從Q點(diǎn)出來時(shí)的動(dòng)能Ek＝8eU.(2)設(shè)電子在磁場(chǎng)Ⅰ中的做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑為rm，此時(shí)圓周的軌跡與Ⅰ邊界相切根據(jù)幾何關(guān)系有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4