2027届高三物理一轮复习教案：第十一章　第59课时　洛伦兹力与现代科技（含解析）

这是一份2027届高三物理一轮复习教案：第十一章　第59课时　洛伦兹力与现代科技（含解析）
考点一 质谱仪
1.作用
测量带电粒子的质量和分离同位素。
2.原理(如图所示)
(1)加速电场：qU=12mv2；
(2)偏转磁场：qvB=mv2r，l=2r；
由以上式子可得r=1B2mUq，m=qr2B22U，qm=2UB2r2。
例1 如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
答案 (1)4Ulv1 (2)1∶4
解析 (1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有
q1U=12m1v12①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q1v1B=m1v12R1②
由几何关系知2R1=l③
由①②③式得B=4Ulv1④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有q2U=12m2v22⑤
q2v2B=m2v22R2⑥
由题给条件有2R2=l2⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为q1m1∶q2m2=1∶4。
考点二 回旋加速器
1.构造
如图所示，D1、D2是半圆金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。
2.原理
交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙就被加速一次。
3.最大动能
由qvmB=mvm2R、Ekm=12mvm2得Ekm=q2B2R22m，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关。
4.运动时间的计算
(1)粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n=EkmqU，粒子在磁场中运动的总时间t1=n2T=Ekm2qU·2πmqB=πBR22U。
(2)粒子在各狭缝中的运动连在一起为匀加速直线运动，运动时间为t2=vma=BRdU。(缝隙宽度为d)
(3)粒子运动的总时间t=t1+t2=πBR22U+BRdU。
例2 1932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为U。不计粒子的重力，加速过程中不考虑相对论效应。
(1)求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；
(2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；
(3)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一回旋加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能Ekm。
答案 (1)2∶1 (2)πBR22U (3)见解析
解析 (1)设粒子第1次经过狭缝后的轨道半径为r1，速度为v1
qU=12mv12
qv1B=mv12r1
解得r1=1B 2mUq
同理，粒子第2次经过狭缝后的轨道半径r2=1B 4mUq
则r2∶r1=2∶1
(2)设粒子到出口处被加速了n圈
2nqU=12mv2
qvB=mv2R
T=2πRv=2πmqB
t=nT
解得t=πBR22U
(3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f=qB2πm
当磁感应强度为Bm时，加速电场的频率应为
fBm=qBm2πm，粒子的动能Ek=12mv2
两个频率选较小者，作为其共同频率
当fBm≤fm时，粒子的最大动能由Bm决定
qvmBm=mvm2R
解得Ekm=12mvm2=q2Bm2R22m
当fBm≥fm时，粒子的最大动能由fm决定
则vm=2πfmR
解得Ekm=12mvm2=2π2mfm2R2。
考点三 电场与磁场叠加在科技中的四种应用
想一想这四种科研装置，在应用中有什么共同特点？
答案 这四种装置的共同特点：带电粒子在电场与磁场的叠加场中受到的静电力和洛伦兹力平衡时(即qvB=qE 或qvB=qUd)，带电粒子做匀速直线运动。
例3 一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子( 11H)以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是(所有粒子均不考虑重力的影响)( )
A.以速度v02射入的正电子( 10e)
B.以速度v0射入的电子( −1 0e)
C.以速度2v0射入的氘核( 12H)
D.以速度4v0射入的α粒子( 24He)
答案 B
解析 根据题述，质子( 11H)以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，可知质子所受的静电力和洛伦兹力平衡，即eE=ev0B。因此满足速度v=EB=v0的带电粒子才能够做匀速直线运动，所以选项B正确。
例4 (2025·北京卷·12)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线向里的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向向左流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是( )
A.N点电势比M点高
B.U0正比于流量Q
C.在流量Q一定时，管道半径越小，U0越小
D.若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小
答案 C
解析 根据左手定则可知液体中正离子向下偏转，负离子向上偏转，故N点电势比M点高，故A正确；设管道半径为r，稳定时，离子受到的洛伦兹力与静电力平衡，有U02rq=Bqv，同时有Q=Sv=πr2v，联立可得U0=2BQπr，故U0正比于流量Q，流量Q一定时，管道半径越小，U0越大，故B正确，C错误；若直径MN与磁场方向不垂直，则Q=U0πr2B⊥，此时测得的流量Q偏小，故D正确。
例5 (多选)(2024·湖北卷·9)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是( )
A.极板MN是发电机的正极
B.仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C.仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
答案 AC
解析 带正电的粒子受到的洛伦兹力向上，带负电的粒子受到的洛伦兹力向下，极板MN带正电为发电机正极，A正确；粒子受到的洛伦兹力和静电力相互平衡时，此时令极板间距为d，则qvB=qUd，可得U=Bdv，因此增大极板间距d，U变大，增大等离子体的喷入速率v，U变大，U大小和粒子数密度无关，B、D错误，C正确。
例6 (多选)(2025·湖北省一模)2025年9月3日，在纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年的阅兵式上，空中无人作战方队通过天安门广场，接受祖国和人民检阅。霍尔元件已广泛应用于无人机的各个部分，如图所示，一块宽为a、长为c，高为h的霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的恒定电流I时，元件处在垂直于上下表面方向向下的匀强磁场B中，元件的前、后表面间出现稳定电压U。则( )
A.霍尔元件前表面的电势比后表面的高
B.霍尔元件前、后表面间的电压U与I无关
C.霍尔元件前、后表面间的电压U与c成正比
D.自由电子受到的洛伦兹力大小为eUa
答案 AD
解析 由左手定则可知电子向后表面偏转，即后表面电势低，故霍尔元件前表面的电势比后表面的高，故A正确；由题意知稳定状态下自由电子受到的洛伦兹力大小等于静电力大小，即evB=Ee=eUa，因为I=neSv=nevah，联立解得U=BIneℎ，可知霍尔元件前、后表面间的电压U与I有关，与c无关，故B、C错误，故D正确。
课时精练
[分值：52分]
[1~5题，每题4分]
1.磁流体发电机的发电原理如图所示：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的离子，而从整体来说呈电中性)沿图示方向以速度v喷射入磁场，磁感应强度为B，磁场中有两块金属板A、B(A板在上，B板在下，且正对)，板间距为d，这时金属板上就聚集了电荷。不计A、B板间内阻，下列说法正确的是( )
A.A板带正电
B.有电流从a经用电器流向b
C.等离子体发生偏转的原因是离子所受静电力大于所受洛伦兹力
D.金属板A、B间的最大电势差为Bvd
答案 D
解析 根据左手定则知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，则A板带负电，B板带正电，故A错误；因为B板带正电，A板带负电，所以电流的流向为从b经用电器流向a，故B错误；等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受静电力，故C错误；当等离子体受力平衡时，金属板A、B间的电势差最大，根据平衡条件qUd=qvB，解得U=Bdv，故D正确。
2.(2023·广东卷·5)某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5 m，磁感应强度大小为1.12 T，质子加速后获得的最大动能为1.5×107 eV。根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应，1 eV=1.6×10-19 J)( )
A.3.6×106 m/sB.1.2×107 m/s
C.5.4×107 m/sD.2.4×108 m/s
答案 C
解析 根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2R，质子加速后获得的最大动能为Ek=12mv2，联立解得最大速率约为v=5.4×107 m/s，故选C。
3.(2025·湖北武汉市质检)速度选择器是质谱仪的重要组成部分，如图所示，平行板电容器间有着垂直纸面向里的磁场，下列说法正确的是( )
A.能水平通过的带电粒子的速率等于EB1
B.如果带电粒子带负电，则粒子需要从右端射入速度选择器
C.若粒子从左端水平通过板间区域，则P1极板带负电
D.增大从左端水平通过的带负电粒子的入射速度，粒子有可能落在下极板
答案 D
解析 根据平衡条件得qvB1=qE，解得v=EB1，能水平通过的带电粒子的速率v=EB1，A错误；若粒子从左端水平通过板间区域，设粒子带正电，洛伦兹力向上，根据平衡条件，静电力向下，则P1极板带正电，C错误；若P1极板带正电，带电粒子带负电，粒子从左端射入速度选择器时，洛伦兹力向下，静电力向上，当洛伦兹力等于静电力时，粒子能通过速度选择器；若带负电的粒子从右端射入速度选择器，受到的静电力和洛伦兹力均向上，不一定能通过速度选择器；若增大从左端水平通过的带负电粒子的入射速度，向下的洛伦兹力增大，向上的静电力不变，向下的洛伦兹力大于向上的静电力，粒子有可能落在下极板，B错误，D正确。
4.(多选)如图所示，电磁流量计的测量管横截面直径为D，在测量管的上下两个位置固定两金属电极a、b，两位置连线为横截面的一条竖直直径，整个测量管处于水平向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当含有正、负离子的液体从左向右匀速流过测量管时，连在两个电极上的显示器显示的流量为Q(单位时间内流过的液体体积)，下列说法正确的是( )
A.a极电势高于b极电势
B.液体流过测量管的速度大小为QπD2
C.a、b两极之间的电压为4QBπD
D.若流过的液体中离子浓度变高，显示器上的示数将变大
答案 AC
解析 由左手定则可知，正离子向上偏转，负离子向下偏转，则a极电势高于b极电势，A正确；由于Q=vS=v·14πD2，解得液体流过测量管的速度大小为v=4QπD2，B错误；当达到平衡时，有qUD=qvB，解得a、b两极之间的电压为U=4QBπD，C正确；因a、b两极间的电压与流过的液体中的离子浓度无关，则当离子浓度变高时，显示器上的示数不变，D错误。
5.(2025·天津市八校联考期末)笔记本电脑机身和显示屏分别装有霍尔元件和磁体，实现开屏变亮，合屏熄灭。图乙为一块利用自由电子导电，长、宽、高分别为a、b、c的霍尔元件，电流方向向右，打开和合上显示屏时，霍尔元件中电流保持不变。当合上显示屏时，水平放置的元件处于竖直向下的匀强磁场中，元件前、后表面间产生电压，当电压达到某一临界值时，屏幕自动熄灭。则元件的( )
A.合屏过程中，前表面的电势比后表面的低
B.开屏过程中，元件前、后表面间的电压变大
C.若磁场变强，可能出现闭合屏幕时无法熄屏
D.开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关
答案 D
解析 电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则，自由电子向后表面偏转，后表面积累了电子，前表面的电势高于后表面的电势，故A错误；稳定后根据平衡条件有evB=eUb，根据电流的微观表达式有I=neSv=nebcv，解得U=BInec，所以开屏过程中，磁感应强度减小，元件前、后表面间的电压变小；若磁场变强，元件前、后表面间的电压变大，不可能出现闭合屏幕时无法熄屏；开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关，故D正确，B、C错误。
6.(8分)(2023·福建卷·14)阿斯顿(F.Astn)借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在PP'上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中，v=9.6×104 m/s，B=0.1 T，落在M处氖离子比荷(电荷量和质量之比)为4.8×106 C/kg；P、O、M、N、P'在同一直线上；离子重力不计。
(1)(4分)求OM的长度；
(2)(4分)若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处氖离子的比荷。
答案 (1)0.4 m (2)4.4×106 C/kg
解析 (1)离子进入磁场，洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力，
则有qvB=mv2r
整理得r=mvqB=9.6×1044.8×106×0.1 m=0.2 m
OM的长度为OM=2r=0.4 m
(2)若ON的长度是OM的1.1倍，则ON运动轨迹半径为OM运动轨迹半径的1.1倍，根据洛伦兹力提供向心力得q'vB=m'v2r'
整理得q'm'=vr'B=v1.1rB≈4.4×106 C/kg。
[7~9题，每题6分]
7.(2023·浙江1月选考·8)某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B=k1I，通有待测电流I'的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B'=k2I'。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I'的方向和大小分别为( )
A.a→b，k2k1I0B.a→b，k1k2I0
C.b→a，k2k1I0D.b→a，k1k2I0
答案 D
解析 根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压UH为零，直导线ab在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流I'的方向应该是b→a；元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合磁感应强度为0，所以有k1I0=k2I'，解得I'=k1k2I0，故选D。
8.(多选)(2025·天津市模拟)某回旋加速器的示意图如图所示。磁感应强度大小为B的匀强磁场仅分布于两个相同且正对的半圆形中空金属盒D1、D2内，且与金属盒表面垂直。交变电源通过Ⅰ、Ⅱ 分别与D1、D2相连，仅在D1、D2缝隙间的狭窄区域产生交变电场。初动能为零的带电粒子自缝隙中靠近D2的圆心O处经缝隙间的电场加速后，以垂直磁场的速度进入D1。粒子在D1、D2运动过程中，洛伦兹力对粒子做功为W，冲量为I。11H核和 13H核自图中O处同时释放，Ⅰ、Ⅱ 间电势差绝对值始终为U，电场方向做周期性变化，11H核在每次经过缝隙间时均被加速(假设粒子通过缝隙的时间和粒子间相互作用可忽略)。11H核完成3次加速时的动能与此时 13H核的动能之比为k，则以下选项正确的是( )
A.W=0，I≠0B.W≠0，I=0
C.k=1∶3D.k=3∶1
答案 AD
解析 由于粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，即W=0，洛伦兹力的冲量I≠0，故A正确，B错误；由题意可知，11H核与 13H核的电荷量之比为1∶1，质量之比为1∶3，带电粒子在磁场中运动有T=2πrv，qvB=mv2r，解得T=2πmqB，可知 11H核与 13H核的周期之比为1∶3，11H核完成3次加速后，实际在磁场中转了2个半圆，时间为一个完整周期，则此时 13H核在磁场中转了13圈，只加速了1次。根据动能定理可知，对 11H核有3qU=Ek1-0，对 13H核有qU=Ek2-0，解得动能之比Ek1Ek2=31，故C错误，D正确。
9.(2025·广东卷·6)某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为-q、质量为m的离子以初速度v0从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是( )
A.偏转磁场的方向垂直纸面向外
B.第1次加速后，离子的动能增加了2qU
C.第k次加速后，离子的速度大小变为m2v02+kqUmm
D.第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为m2v02+2kqUmqR
答案 D
解析 直通道PQ有电势差为U的加速电场，由题意可知，离子带负电，且沿顺时针方向运动，由左手定则可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，故A错误；由动能定理可知，加速一次后，离子的动能增加量为qU，由于洛伦兹力不做功，则加速k次后，离子的动能增加量为kqU，由动能定理有kqU=12mv2-12mv02，解得v=v02+2kqUm=m2v02+2kqUmm，故B、C错误；离子在偏转磁场中运动的半径为R，则有qvB=mv2R，解得B=mvqR=m2v02+2kqUmqR，故D正确。
[6分]
10.(多选)(2026·河北石家庄市检测)回旋加速器核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底向下的匀强磁场中，如图所示。位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略，重力不计)，它们在两盒之间被电场加速，所加匀强磁场的磁感应强度为B。D形盒半径为R，两盒间所加高频交流电源电压的最大值为U，缝隙的宽度为d，质子的电荷量为q，质量为m。不考虑相对论效应，忽略缝隙间磁场对质子运动的影响。设质子每次都能在最高电压下加速。下列说法正确的是( )
A.两盒间所加交流电源的频率为Bq2πm，不用做任何调试，可以直接用该回旋加速器加速α粒子
B.每个质子在D形金属盒内部和缝隙间运行的时间分别为πBR22U、BdRU
C.电场对每个质子做功的平均功率为Bq2RU2md
D.质子在同一D形盒中运行的轨迹越来越密
答案 BD
解析 若粒子每次在缝隙间都能被加速，则交流电的频率与粒子在磁场中回旋的频率必须相等，所以f=1T=12πmBq=Bq2πm，即粒子在磁场中回旋的频率与粒子的比荷有关，质子和α粒子的比荷不同，所以若不做任何调试，不能用此回旋加速器直接用来加速α粒子，故A错误；设质子在加速器中获得的最大速度为vm，在磁场中绕的圈数为n，则Bqvm=mvm2R，n·2Uq=12mvm2-0，质子在磁场中回旋的周期为T=2πmBq，磁场中运行的总时间为t1=nT，解得t1=πBR22U，在电场中加速过程vm=at2，a=Uqdm，解得t2=BdRU，故B正确；电场对每个质子做功的平均功率为P=Wt1+t2=12mvm2πBR22U+BdRU=Bq2RUm(πR+2d)，故C错误；设k为同一D形盒中运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1(rk+1>rk)，所以Δrk=rk+1-rk，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，所以2Uq=12mvk+12-12mvk2，根据洛伦兹力提供向心力Bqvk=mvk2rk，Bqvk+1=mvk+12rk+1，解得Δrk=4UB(vk+1+vk)，同理Δrk+1=4UB(vk+2+vk+1)，可见Δrk+1