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第59课时　洛伦兹力与现代科技
目标要求　1.理解质谱仪的工作原理，会计算粒子的比荷。2.理解回旋加速器的工作原理，会计算粒子的最大动能和交流电的频率。3.理解电场与磁场及其叠加场的科技应用实例的原理。
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=mv2；
(2)偏转磁场：qvB=，l=2r；
由以上式子可得r=，m=，=。
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)　(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=m1①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q1v1B=m1②
由几何关系知2R1=l③
由①②③式得B=④
(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=m2 ⑤
q2v2B=m2⑥
由题给条件有2R2=⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为∶=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=、Ekm=m得Ekm=，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=，粒子在磁场中运动的总时间t1=T=·=。
(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==。(缝隙宽度为d)
(3)粒子运动的总时间t=t1+t2=+。
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)∶1　(2)　(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=m
qv1B=m
解得r1=
同理，粒子第2次经过狭缝后的轨道半径r2=
则r2∶r1=∶1
(2)设粒子到出口处被加速了n圈
2nqU=mv2
qvB=m
T==
t=nT
解得t=
(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=
当磁感应强度为Bm时，加速电场的频率应为
fBm=，粒子的动能Ek=mv2
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=m
解得Ekm=m=
当fBm≥fm时，粒子的最大动能由fm决定
则vm=2πfmR
解得Ekm=m=2π2mR2。
考点三　电场与磁场叠加在科技中的四种应用
装置 原理图 规律
速度 选择器 若qv0B=Eq，即v0=，则粒子做匀速直线运动
磁流体 发电机 等离子体射入，受洛伦兹力而偏转，使两极板分别带正、负电，两极板间电压为U时稳定，有q=qv0B，即U=Bv0d
电磁 流量计 稳定时有q=qvB，所以v=，流量Q=vS=
霍尔 元件 当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差U，q=qvB，I=nqvS，S=hd，联立解得U=
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=q)，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(H)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.以速度射入的正电子(e)
B.以速度v0射入的电子(e)
C.以速度2v0射入的氘核(H)
D.以速度4v0射入的α粒子(He)
答案　B
解析　根据题述，质子(H)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==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q=Bqv，同时有Q=Sv=πr2v，联立可得U0=，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=，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=q，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
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=，因为I=neSv=nevah，联立解得U=，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q=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/s B.1.2×107 m/s
C.5.4×107 m/s D.2.4×108 m/s
答案　C
解析　根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m，质子加速后获得的最大动能为Ek=mv2，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=，能水平通过的带电粒子的速率v=，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
C.a、b两极之间的电压为
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·πD2，解得液体流过测量管的速度大小为v=，B错误；当达到平衡时，有q=qvB，解得a、b两极之间的电压为U=，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=e，根据电流的微观表达式有I=neSv=nebcv，解得U=，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.Aston)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=m
整理得r== 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'
整理得==≈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，I0 B.a→b，I0
C.b→a，I0 D.b→a，I0
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'=I0，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。核和H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，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)。核完成3次加速时的动能与此时H核的动能之比为k，则以下选项正确的是(　　)
A.W=0，I≠0 B.W≠0，I=0
C.k=1∶3 D.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，核与H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=，qvB=m，解得T=，可知H核与H核的周期之比为1∶3，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H核在磁场中转了圈，只加速了1次。根据动能定理可知，对H核有3qU=Ek1-0，对H核有qU=Ek2-0，解得动能之比=，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
D.第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为
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=mv2-m，解得v==，故B、C错误；离子在偏转磁场中运动的半径为R，则有qvB=m，解得B==，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，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、
C.电场对每个质子做功的平均功率为
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===，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=m，n·2Uq=m-0，质子在磁场中回旋的周期为T=，磁场中运行的总时间为t1=nT，解得t1=，在电场中加速过程vm=at2，a=，解得t2=，故B正确；电场对每个质子做功的平均功率为P===，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=m-m，根据洛伦兹力提供向心力Bqvk=m，Bqvk+1=m，解得Δrk=，同理Δrk+1=，可见Δrk+1<Δrk，即轨迹越来越密，故D正确。(共60张PPT)
磁场
第十一章
洛伦兹力与现代科技
第59课时
1.理解质谱仪的工作原理，会计算粒子的比荷。
2.理解回旋加速器的工作原理，会计算粒子的最大动能和交流电的频率。
3.理解电场与磁场及其叠加场的科技应用实例的原理。
目标要求
考点一　质谱仪
考点二　回旋加速器
内容索引
课时精练
考点三　电场与磁场叠加在科技中的四种应用
质谱仪
考点一
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=______；
(2)偏转磁场：qvB=_____，l=2r；
由以上式子可得r=_________，m=_______，=______。
mv2
　　　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；
答案　
　　　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=m1 ①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q1v1B=m1 ②
由几何关系知2R1=l ③
由①②③式得B= ④
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
答案　1∶4
　　　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=m2 ⑤
q2v2B=m2 ⑥
由题给条件有2R2= ⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为∶=1∶4。
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回旋加速器
考点二
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=、Ekm=m得Ekm=___________，粒子获得的最大动能由
和 决定，与加速电压 。
磁感应强度B
盒半径R
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=，粒子在磁场中运动的总时间t1=T=·=______。
(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==_______。(缝隙宽度为d)
(3)粒子运动的总时间t=t1+t2=__________。
+
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；
答案　∶1
　　　设粒子第1次经过狭缝后的轨道半径为r1，速度为v1
qU=m
qv1B=m
解得r1=
同理，粒子第2次经过狭缝后的轨道半径r2=
则r2∶r1=∶1
(2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；
答案　
　　　设粒子到出口处被加速了n圈
2nqU=mv2
qvB=m
T==
t=nT
解得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　见解析
　　　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=
当磁感应强度为Bm时，加速电场的频率应为
fBm=，粒子的动能Ek=mv2
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=m
解得Ekm=m=
　　　当fBm≥fm时，粒子的最大动能由fm决定
则vm=2πfmR
解得Ekm=m=2π2mR2。
返回
电场与磁场叠加在科技中的四种应用
考点三
装置 原理图 规律
速度 选择器 若qv0B=Eq，即v0=____，则粒子做_____
运动
磁流体 发电机 等离子体射入，受洛伦兹力而偏转，使两极板分别带正、负电，两极板间电压为U时稳定，有q= ，即U=______
匀速
直线
qv0B
Bv0d
装置 原理图 规律
电磁 流量计 稳定时有q=qvB，所以v=_____，流量Q= =______
霍尔 元件 当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差U，q=qvB，I=nqvS，S=hd，联立解得U=_____
vS
讨论交流
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=q)，带电粒子做匀速直线运动。
　　　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(H)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.以速度射入的正电子(e)
B.以速度v0射入的电子(e)
C.以速度2v0射入的氘核(H)
D.以速度4v0射入的α粒子(He)
√
　　　根据题述，质子(H)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==v0的带电粒子才能够做匀速直线运动，所以选项B正确。
　　　 (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
√
　　　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q=
Bqv，同时有Q=Sv=πr2v，联立可得U0=，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=，此时测得的流量Q偏小，故D正确。
　　　(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
√
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　　　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=q，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。
　　　(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
√
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　　　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=，因为I=neSv=nevah，联立解得U=，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。
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提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5 6
答案 D C D AC D (1)0.4 m　(2)4.4×106 C/kg
题号 7 8 9 10
答案 D AD D BD
答案
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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
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基础落实练
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答案
　　　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q=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/s B.1.2×107 m/s
C.5.4×107 m/s D.2.4×108 m/s
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　　　根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m，质子加速后获得的最大动能为Ek=mv2，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
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　　　根据平衡条件得qvB1=qE，解得v=，能水平通过的带电粒子的速率v=，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
C.a、b两极之间的电压为
D.若流过的液体中离子浓度变高，显示器上的示数将变大
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　　　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·πD2，解得液体流过测量管的速度大小为v=，B错误；
当达到平衡时，有q=qvB，解得a、b两极之间的电压为U=，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
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　　　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=e，根据电流的微观表达式有I=neSv=nebcv，解得U=，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.(2023·福建卷·14)阿斯顿(F.Aston)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)求OM的长度；
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答案　0.4 m
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答案
　　　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=m
整理得r== 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，求落在N处氖离子的比荷。
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　　　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'
整理得==≈4.4×106 C/kg。
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，I0 B.a→b，I0
C.b→a，I0 D.b→a，I0
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能力综合练
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　　　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'=I0，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。核和H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，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)。核完成3次加速时的动能与此时H核的动能之比为k，则以下选项正确的是
A.W=0，I≠0 B.W≠0，I=0
C.k=1∶3 D.k=3∶1
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　　　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，核与H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=，qvB=m，解得T=，可知H核与H核的周期之比为1∶3，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H核在磁场中转了圈，只加速了1次。根据动能定理可知，对H核有3qU=Ek1-0，对H核有qU=Ek2-0，解得动能之比=，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
D.第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为
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　　　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=
mv2-m，解得v==，故B、C错误；
离子在偏转磁场中运动的半径为R，则有qvB=m，
解得B==，故D正确。
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
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尖子生选练
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，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、
C.电场对每个质子做功的平均功率为
D.质子在同一D形盒中运行的轨迹越来越密
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　　　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===，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=
m，n·2Uq=m-0，质子在磁场中回旋的周期为T=，磁场中运行的总时间为t1=nT，解得t1=，在电场中加速过程vm=at2，a=，解得t2=，故B正确；
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　　　电场对每个质子做功的平均功率为P===，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=m-m，根据洛伦兹力提供向心力Bqvk=m，Bqvk+1=m，解得Δrk=，同理Δrk+1=，可见Δrk+1<Δrk，即轨迹越来越密，故D正确。
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第十一章

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