專題十八洛倫茲力與現(xiàn)代科技1.AD[解析]圖甲是用來加速帶電粒子的回旋加速器示意圖,根據(jù)qvB=mv2r,可得粒子獲得的最大動(dòng)能Ekm=12mvm2=B2q2R22m,要使粒子獲得的最大動(dòng)能增大,可增大D形盒半徑,選項(xiàng)A正確;圖乙是質(zhì)譜儀結(jié)構(gòu)示意圖,從速度選擇器中射出的粒子滿足qE=qvB1,粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)有qvB2=mv2r,粒子打在底片上的位置離狹縫S3的距離x=2r,聯(lián)立解得x=2mEB1B2q,所以x越大,說明粒子的比荷越小,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;圖丙是速度選擇器示意圖,不考慮重力的帶電粒子沿直線通過時(shí)滿足qE=qvB,即只要速度v=EB,無論粒子的電性正負(fù)、電荷量大小如何,都可以沿直線勻速通過速度選擇器,但是粒子必須是從P點(diǎn)射入,若從Q點(diǎn)水平進(jìn)入,則受到的洛倫茲力與電場(chǎng)力方向相同,不能沿直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;圖丁是電磁流量計(jì)示意圖,穩(wěn)定時(shí)有UDq=qvB,流量2.C[解析]由左手定則可知,河水中的正離子向外側(cè)金屬板聚集,負(fù)離子向內(nèi)側(cè)金屬板取集,所以外側(cè)金屬板為正極,內(nèi)側(cè)金屬板為負(fù)極,則電阻R上的電流方向從外向里,故A錯(cuò)誤;設(shè)穩(wěn)定時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E,兩板間有一帶電荷量為q的離子受力平衡,根據(jù)平衡條件可得qvB=qEd,解得E=Bdv,故C正確;設(shè)極板間等效電阻為r,由閉合電路歐姆定律可得,兩金屬板間電壓為U=ER+r·R=BdvRR+r,所以河水流速減小時(shí),兩金屬板間的電壓減小,故B錯(cuò)誤;由電阻定律可得,極板間等效電阻為r=ρdS,由閉合電路歐姆定律可得,流過電阻R的電流大小為I=3.AC[解析]根據(jù)左手定則,帶正電離子受到洛倫茲力向電極b移動(dòng),帶負(fù)電離子受到洛倫茲力向電極a移動(dòng),故電極a為負(fù),電極b為正,故A正確,B錯(cuò)誤;帶電離子受到洛倫茲力與電場(chǎng)力作用而平衡,有qU0D=qvB,流量Q=Vt=πD22vtt=πD2v4,聯(lián)立解得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)U0=44.(1)1R2mUe(2)θ=90°[解析](1)一個(gè)質(zhì)量為m的一價(jià)正離子從離子源飄入電場(chǎng),最后恰好打在P點(diǎn),根據(jù)幾何關(guān)系可知離子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r1=R離子做圓周運(yùn)動(dòng)過程,有ev1B=mv離子在電場(chǎng)中加速過程,有eU=12m聯(lián)立解得B=1(2)根據(jù)題意可知,滿足(1)條件情況下,離子在半徑為R的圓形磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,若磁場(chǎng)區(qū)域圓心向下偏離軸線Δx,Δx<R2,相當(dāng)于在磁場(chǎng)區(qū)域圓心上方0~R2之間一組平行離子進(jìn)入磁場(chǎng),由磁聚焦可知,離子打在底片上的位置仍在P點(diǎn)由幾何關(guān)系可知θ=90°(3)在離子源中放入質(zhì)量為M的離子,離子打在底片上的位置到O點(diǎn)的連線與軸線成θ角,根據(jù)題意,設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為r,離子在磁場(chǎng)圓中沿徑向入射,最終沿徑向打在底片上,由幾何關(guān)系知Rr=tan當(dāng)加速電場(chǎng)的電壓為U1時(shí),由動(dòng)能定理有eU1=12Mv在磁場(chǎng)中,由牛頓第二定律有evB=Mv聯(lián)立解得M=mU所以,當(dāng)質(zhì)量M=km時(shí),對(duì)應(yīng)tanθ12同理,當(dāng)質(zhì)量M=k+1m時(shí),對(duì)應(yīng)tanθ2其中U-ΔU≤U1≤U+ΔU若要這兩種離子在底片上的位置不重疊,則需要滿足tanθ12的最小值大于tanθ2UkU解得ΔUU5.(1)kb(2)1kUH0N(3)B=UH0kx0[解析](1)根據(jù)電流的微觀表達(dá)式得I=necbv解得v=Inecb=(2)當(dāng)棒位于x=x0處時(shí),測(cè)得霍爾電壓大小為UH0,由平衡條件得evB0=eEH0又EH0=U解得B0=UH0bv=necIUH0若UH0>0,則M端積累正電荷,N端積累負(fù)電荷,由左手定則可知載流子以電子導(dǎo)電為主,故為N型(3)由霍爾電壓UH隨x變化的圖線可得UH=UH0當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到x處時(shí),其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=1kUH=U導(dǎo)體棒受到的安培力FA=BI0l=I0由動(dòng)能定理有I0lUH0解得v=±I6.(1)qB02πf(2)Pπ[解析](1)根據(jù)題意可知,質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期與交流電源的周期相等,則有T=1質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第二定律有qvB0=mv又知T=2π聯(lián)立解得m=q(2)設(shè)質(zhì)子離開加速器時(shí)速度大小為v,由牛頓第二定律有qvB0=mv輸出時(shí)質(zhì)子束的平均等效電流為I=Nq設(shè)在t時(shí)間內(nèi)離開加速器的質(zhì)子數(shù)為N,則質(zhì)子束從回旋加速器輸出時(shí)的平均功率P滿足Pt=N·12mv聯(lián)立解得I=P(3)由上述分析可知,粒子出加速器時(shí)的速度v=2πRf根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解,只考慮電場(chǎng)存在時(shí),經(jīng)過電場(chǎng)后,質(zhì)子在x方向偏轉(zhuǎn)的距離x1=12·速度偏轉(zhuǎn)角的正加值tanθ=x11離開電場(chǎng)后,質(zhì)子在x方向偏移的距離x2=Ltanθ=qE則有x=x1+x2=3qEL解得E=π只考慮磁場(chǎng)存在時(shí),質(zhì)子進(jìn)入磁場(chǎng)后