2023版高考物理专题69洛伦兹力与现代科技练习含解析

这是一份2023版高考物理专题69洛伦兹力与现代科技练习含解析，共8页。
专题69　洛伦兹力与现代科技1．速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件等．各种电磁仪器中，最终平衡的标志是qvB＝qE＝q.2.对回旋加速器：(1)所加交变电场的周期T等于粒子做圆周运动的周期；(2)粒子最大速度v＝，与加速电压U无关．1.一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图1所示，其中S0A＝S0C，则下列说法正确的是(　　)图1A．甲束粒子带正电荷，乙束粒子带负电荷B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C．P2极板电势比P1极板电势高D．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3∶2答案　B解析　由左手定则可知，甲束粒子带负电荷，乙束粒子带正电荷，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力有qvB2＝m，整理可得r＝，由于r甲<r乙，又v、B2都相同，所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷，故B正确；能够通过狭缝S0的带电粒子，需满足qE＝qvB1，若粒子带正电荷，该粒子在磁场B1中受向上的洛伦兹力作用，若满足平衡条件，该粒子所受电场力方向一定向下，则P1极板电势比P2极板电势高，故C错误；若甲、乙两束粒子的电荷量相等，由r＝和r甲＝r乙可知，甲、乙两束粒子的质量比为2∶3，故D错误．2.(多选)(2020·湖北鄂东南联盟模拟)如图2所示是电磁流量计的示意图．圆管由非磁性材料制成，空间有匀强磁场．当管中的待测液体从右向左流过磁场区域时，测出管壁上M、N两点间的电压U，就可以知道管中液体的流量Q(单位时间内流过管道横截面的液体的体积)．已知管的直径为d，磁感应强度为B，则下列说法中正确的是(　　)图2A．管中待测液体必须是导电液体，流量计才能正常工作B．M点电势一定高于N点的电势C．污水中离子浓度越高，M、N两点间的电压U越大D．M、N两点间的电压U与污水流量Q成正比答案　AD解析　根据电磁流量计工作原理可知，管中待测液体必须是导电液体，流量计才能正常工作，故A正确；根据左手定则，在洛伦兹力作用下，正离子向管道N的一侧集中，而负离子向管道M的一侧集中，两者之间形成电势差，则N点电势高于M点电势，故B错误；当正负离子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，离子不再偏移，此时M、N间有稳定的电势差，形成一个匀强电场，设M、N两点间的电势差为U，对离子有qvB＝q，解得U＝Bdv，设在时间Δt内流进管道的污水体积为V，则流量Q＝＝＝，故C错误，D正确．3.(2020·广东深圳市第二次检测)1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，如图3所示，磁感应强度为B的匀强磁场与D形盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上，中心A处粒子源产生的粒子飘入狭缝中由初速度为零开始加速，最后从出口处飞出，D形盒的半径为R，下列说法正确的是(　　)图3A．粒子在出口处的最大动能与加速电压U有关B．粒子在出口处的最大动能与D形盒的半径无关C．粒子在D形盒中运动的总时间与交流电的周期T有关D．粒子在D形盒中运动的总时间与粒子的比荷无关答案　D解析　根据回旋加速器的加速原理，粒子不断加速，做圆周运动的半径不断变大，最大半径即为D形盒的半径R，由qBvm＝m，得vm＝，最大动能为Ekm＝，选项A、B均错误；粒子每加速一次动能增加ΔEk＝qU，粒子加速的次数为N＝＝，粒子在D形盒中运动的总时间t＝N·，T＝，联立得t＝N·＝，选项C错误，选项D正确．4.(2020·辽宁丹东市检测)如图4所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电荷量为q的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B.当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为(　　)图4A.，负   B.，正C.，负   D.，正答案　C解析　因为上表面的电势比下表面的低，故上表面带负电荷，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷；根据电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡可得：|q|vB＝|q|，解得：v＝，因为电流为：I＝n|q|vS＝n|q|vab，解得：n＝，故C正确．5.如图5是一种由加速电场、静电分析器和磁分析器组成的质谱仪示意图．已知静电分析器的四分之一圆弧通道的半径为R，通道内有一方向均指向圆心O的均匀辐射电场，电场强度大小为E.磁分析器中有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.现使位于A处的离子从静止开始经加速电场U加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，离开P点进入磁分析器后，最终打在乳胶片上的Q点．下列判断正确的是(　　)图5A．该种离子可以为正离子，也可以为负离子B．加速电场的电压U是与离子无关的定值C．加速电场的电压U的大小与离子种类有关D．同位素在该装置中一定打在乳胶片上的同一位置答案　B解析　均匀辐射电场方向均指向圆心O，离子进入静电分析器后受指向圆心的电场力，该力提供离子做圆周运动所需的向心力，故离子只能为正离子，A错误；因R为定值，且Eq＝，又qU＝mv2，得到U＝ER，故加速电场的电压U是一个与离子无关的定值，B正确，C错误；离子进入磁分析器的磁场后，Bqv＝，得r＝＝，同位素的质子数相同，中子数不同，则q一定相同，m一定不同，故一定不能打在乳胶片上的同一位置，D错误．6.(2020·河北邯郸市期末)如图6所示，虚线MN、PQ之间为匀强电场，MN的上方和PQ的下方分别有垂直于纸面向里的磁感应强度为B1和B2的匀强磁场，且B2＝B1，一不计重力的带电粒子从MN上的a点垂直于MN向上射出，经过磁场偏转后垂直于MN方向从b点进入电场，穿越电场后，从c点再次进入磁场，经过磁场偏转后以垂直于PQ的速度打到d点，若ab＝2cd，则粒子从b到c克服电场力做的功W与其从a点出发时的初动能Ek1之比为(　　)图6A．W∶Ek1＝1∶2   B．W∶Ek1＝1∶3C．W∶Ek1＝2∶3   D．W∶Ek1＝4∶5答案　A解析　设粒子在电场上方和下方磁场中的速率分别为v1、v2，在上方和下方磁场中轨道半径分别为R1、R2，根据洛伦兹力提供向心力可得：R1＝、R2＝根据题意可得B2＝B1、R1＝2R2，v1＝v2在电场中，根据动能定理可得W＝mv－mv＝×mv＝Ek1，故A正确、B、C、D错误．7．(多选)(2020·山东省测试)海水中含有大量的正负离子，并在某些区域具有固定的流动方向，据此人们设计并研制“海流发电机”，可生产无污染的再生能源，对海洋航标灯持续供电，其工作原理如图7所示，用绝缘防腐材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道上、下两个表面装有防腐导电板M、N，板长为a、宽为b(未标出)，两板间距为d，将管道沿着海水流动方向固定于海水中，将航标灯L与两导电板M和N连接，加上垂直于管道前后面的匀强磁场(方向如图)，磁感应强度大小为B，海水流动方向如图所示，海水流动速率为v，已知海水的电阻率为ρ，航标灯电阻为R，则下列说法正确的是(　　)图7A．“海流发电机”对航标灯L供电的电流方向是M→L→NB．“海流发电机”产生感应电动势的大小是U＝BavC．通过航标灯L电流的大小是D．“海流发电机”发电的总功率为答案　AC解析　由左手定则可知，海水中正、负离子受洛伦兹力作用分别向M板和N板集中；M板带正电，N板带负电，发电机对航标灯提供电流方向是M→L→N，故A项正确；在M、N两板间形成稳定的电场后，其中的正、负离子受电场力和洛伦兹力作用而平衡，在两板间形成稳定电压，则：＝Bqv，解得：U＝Bdv，故B项错误；由闭合电路欧姆定律得，通过航标灯的电流为I＝，r＝ρ，则I＝，故C项正确；“海流发电机”发电的总功率为：P＝IU＝，故D项错误．8.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图8所示，离子源S产生质量为m、电荷量为q的钾离子，离子出来时速度很小，可视为零．离子经过电势差为U的电场加速后，沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，经半圆周到达照相底片上的P点．图8(1)求粒子进入磁场时的速度v0；(2)求P点到入口S1的距离x；(3)在实验过程中由于仪器不完善，加速电压在平均值U附近变化±ΔU，求需要以多大相对精确度维持加速电压值，才能使钾39、钾41的同位素束在照相底片上不发生覆盖．答案　(1)　(2)　(3)2.5%解析　(1)粒子在加速电场中运动，由动能定理有qU＝mv－0解得速度v0＝.(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有：qvB＝，解得R＝＝，x＝2R＝.(3)设钾39、钾41的质量分别为m1、m2，根据(2)问轨道半径R＝得钾39在磁场中的最大半径R1max＝钾41在磁场中的最小半径R2min＝由题意知R1max<R2min，即m1(U＋ΔU)<m2(U－ΔU)<＝2.5%.9．如图9甲所示，以两虚线M、N为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，M、N间电压UMN的变化图象如图乙所示，电压的最大值为U0、周期为T0；M、N两侧为相同的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B.在t＝0时刻，将一带正电的粒子从边界线M上的A点由静止释放，经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为T0.两虚线M、N间宽度很小，粒子在其间的运动时间不计，也不考虑粒子所受的重力，求：图9(1)该粒子的比荷；(2)粒子第1次和第2次从右向左经边界线N离开磁场区域Ⅰ时两位置间的距离；(3)若粒子的质量增加，电荷量不变，t＝0时，将其在A处由静止释放，求t＝2T0时粒子的速度大小．答案　(1)　(2)2(－)　(3)解析　(1)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qBv＝m，又T＝，解得r＝，T＝根据题意可知T＝T0，所以粒子的比荷＝.(2)由于不计粒子穿越MN间的时间，则可认为在t＝0时刻出发的粒子穿越MN的过程中，电压始终为U0.在t＝T0时刻，粒子第1次自右向左穿过边界线N时再加速一次，进入磁场区域Ⅱ时的速度为v1，即粒子在区域Ⅰ、Ⅱ匀速圆周运动一周时间T0共被加速2次．对粒子从开始运动经过一个周期T0过程，由动能定理得2qU0＝mv，解得v1＝，设粒子第2次自右向左到达边界线N的速度为v2，运动轨迹如图所示，由动能定理得3qU0＝mv，解得v2＝.第1、2两次从右向左经边界线N离开磁场区域Ⅰ时的位置距离为Δd＝2(r2－r1)，解得Δd＝2(－).(3)若粒子的质量增加，即m′＝m，则粒子在磁场中的运动周期T＝T0，从t＝0开始到t＝2T0的时间内，根据加速电压图象可知，粒子共加速了4次，经过加速电场时的电压大小分别为U0、U0、U0、U0.对粒子总的运动过程，由动能定理得q＝m′v2，解得v＝.