2026届高三物理二轮复习跟踪练习：微专题20 洛伦兹力与现代科技

微专题20 洛伦兹力与现代科技 跟踪练习 基础过关 一．选择题： 1.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 2.一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） 3.如图所示，质谱仪的工作原理如下：一个质量为m、电荷量为q的离子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场（初速度为0），然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上。不计离子重力。则( ) A．离子进入磁场时的速率为v＝ B．离子在磁场中运动的轨道半径为r＝ C．离子在磁场中运动的轨道半径为r＝ D．若a、b是两种同位素的原子核，从底片上获知 a、b在磁场中运动轨迹的直径之比是1.08∶1，则a、b的质量之比为1.08∶1 4.（2025·北京海淀模拟预测）磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体（含有大量正、负带电粒子）垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。稳定时两板间等离子体有电阻。忽略边缘效应，下列判断正确的是( ) A．上板为负极 B．上、下两极板间的电压U＝Bvd C．等离子体浓度越高，电动势越大 D．垂直两极板方向（即上、下方向）等离子体粒子受洛伦兹力（分力）和电场力平衡 5.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 6.（2025·福建漳州高三调研）如图，一质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器构成。静电分析器通道的圆弧中心线半径为R，通道内有均匀辐向电场，方向指向圆心O，中心线处各点的电场强度大小相等。磁分析器中分布着方向垂直于纸面的有界匀强磁场，边界为矩形CNQD，NQ＝2d，PN＝3d。质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力），由静止开始从A板经电压为U的电场加速后，沿中心线通过静电分析器，再由P点垂直磁场边界进入磁分析器，最终打在胶片ON上，则( ) A．磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外 B．静电分析器中心线处的电场强度E＝ C．仅改变粒子的比荷，粒子仍能打在胶片上的同一点 D．要使粒子能到达NQ边界，磁场磁感应强度B的最小值为 7.（2025·陕西西安模拟预测）霍尔推进器是现代航天器的最先进的动力装置，据报道，我国的天宫空间站就安装了此类推进器用以空间站的轨道维持。图乙是与霍尔推进器工作原理类似的装置示意图，在很窄的圆环空间内有沿半径方向向外的磁场1，其磁感应强度大小可近似认为处处相等，垂直环平面同时存在匀强磁场2和匀强电场（图中没画出），已知电场强度大小为E，电子恰好可以在环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，已知电子电荷量为e，质量为m，忽略电子间的相互作用以及电子运动产生的磁场，以下说法正确的是( ) A．电场方向垂直环平面向里 B．电子运动周期为 C．磁场2的方向垂直环面向外 D．磁场2的磁感强度大小为 8.（多选）调查组在某化工厂的排污管末端安装了流量计，其原理可以简化为如图所示模型：污水内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器左侧流入，右侧流出，流量值Q等于单位时间通过横截面的液体体积。空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，下列说法正确的是( ) A．若污水中正离子较多，则a侧电势比b侧电势高 B．若污水中负离子较多，则a侧电势比b侧电势低 C．污水中离子浓度越高，流量显示仪器的示数越大 D．只需要再测出a、b两点间电压就能够推算污水的流量值Q 能力提升 1． 选择题： 9.回旋加速器工作原理如图所示，置于真空中的两个半圆形金属盒半径为R，两盒间留有一狭缝接有频率为f的高频交流电，加速电压为U，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。若A处粒子源产生的氘核（H）在狭缝中被加速，不考虑相对论效应和重力的影响，不计粒子在电场中的加速时间。则( ) A．氘核离开回旋加速器时的最大速率随加速电压U增大而增大 B．氘核被加速后的最大速度可能超过2πRf C．氘核第n次和第n－1次经过两金属盒间狭缝后的轨道半径之比为n∶(n－1) D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能加速α粒子 10.（2024·江西卷）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图(a)所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.00×10-3 A时，测得U­B关系图线如图(b)所示，元电荷e＝1.60×10-19 C，则此样品每平方米载流子数最接近( ) A．1.7×1019 B．1.7×1015 C．2.3×1020 D．2.3×1016 11.（多选）“海流发电机”的工作原理如图所示，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向后的匀强磁场，磁感应强度大小为B，海水流动方向向右，海水流动速率为v，已知海水的电阻率为ρ，航标灯电阻不变且为R。则下列说法正确的是( ) A．“海流发电机”对航标灯L供电的电流方向是M→L→N B．“海流发电机”产生感应电动势的大小是E＝Bav C．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 12.（多选）“双聚焦分析器”是一种能同时实现速度聚焦和方向聚焦的质谱仪，其模型图如图甲。如图乙，电场分析器中与圆心O1等距离的各点场强大小相等、方向沿径向，电场强度大小为E＝，r为入射点到圆心O1的距离，k可调节。磁场分析器中以O2为圆心、圆心角为90°的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与电场分析器的右端面平行。若质量为m、电荷量为＋q的离子（初速度为零），经电压为U的加速电场加速后，进入辐射状电场，恰好沿着半径为R的圆弧轨迹通过电场区域后，垂直磁场左边界从P点进入圆心为O2的四分之一圆形磁场区域并打在荧光屏上。图中QO2＝d，不计离子的重力。下列说法正确的是( ) A．k值应调节为2U B．若离子源和加速电场整体向右平移一小段距离，则离子在电场分析器中不能做匀速圆周运动 C．若离子垂直于荧光屏打在Q点，则磁场分析器所加的磁感应强度为B＝ D．若另有一离子经加速电场、电场分析器后从P点进入磁场分析器后打在O2点，该离子的比荷为 培优训练 一．计算题： 13.如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从静止开始经加速电压为U的电场加速后，进入速度选择器，速度选择器中的匀强磁场的磁感应强度大小为B1，粒子射出速度选择器后进入静电分析器，静电分析器两端中心位置M和N处各有一个小孔，通道中心轴线的半径为R，通道内存在均匀辐向电场，粒子从N孔射出后沿半径方向进入环形匀强磁场且刚好未进入小圆区域。已知环形磁场的外半径为R，内半径为。可能用到的数据sin 53°＝0.8。求： (1)速度选择器和静电分析器中的电场强度大小E1和E2； (2)环形磁场的磁感应强度的大小B2； (3)粒子在环形磁场中的运动时间t。 参考答案： 1.C 解析　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，解得最大速率约为v＝5.4×107 m/s，故选C。 2.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的粒子才能够做匀速直线运动，所以选项B正确。 3. C 解析　离子在电场中加速，由动能定理有qU＝mv2，解得v＝；离子在磁场中偏转，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m ，联立解得r＝ ，变形得m＝，同位素的电荷量一样，其质量之比为＝＝＝，故选项C正确，A、B、D错误。 4.A 解析　大量带正电和带负电的微粒进入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集在下极板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到上极板上，故上极板为负极，故A正确；设电动势为E，根据qvB＝q得E＝Bdv，磁流体发电机具有内阻，上下极板两端电压为路端电压，故U＜Bdv，故B错误；由表达式E＝Bdv可知，电动势与等离子体的浓度无关，故C错误；垂直两极板方向等离子体粒子由于电能的消耗，部分正电荷向下极板运动，部分负电荷向上极板运动，此时粒子所受洛伦兹力大于电场力，故D错误。 5. 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。 6. D 解析　由静电分析器中电场力充当向心力可知，粒子带正电，根据左手定则可知，磁分析器中磁场方向垂直于纸面向里，故A错误；在加速电场中，根据动能定理有qU＝mv2，在静电分析器中电场力充当向心力，有qE＝，联立可得E＝，故B错误；在磁分析器中，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝，可得粒子进入磁分析器到打在胶片上的距离D＝，所以打在胶片上的距离与比荷有关，仅改变粒子的比荷，粒子不能打在胶片上的同一点，故C错误；由以上分析可知，磁感应强度B越小，粒子运动半径越大，当B最小时，粒子与QD边相切，由于圆心在PN上，则半径R＝2d，此时有4d＝，解得Bmin＝，故D正确。 7.A 解析　根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直环平面向里，电场力需要与该洛伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负电，故电场方向垂直环平面向里，故A正确；电子做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，则电子运动周期为T＝，故B错误；电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，根据左手定则可知，磁场2的方向垂直环面向里，故C错误；电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力做匀速圆周运动，则evB＝m，所以B＝，故D错误。 8. AD解析　由左手定则可知，污水中正离子受到洛伦兹力作用偏向a侧，负离子受到洛伦兹力作用偏向b侧，所以a侧电势比b侧电势高，与污水中正、负离子的数量无关，选项A正确，B错误；显示仪器显示污水流量为Q＝vS＝，又q＝qvB，解得Q＝，可见只需要再测出a、b两点间电压就能够推算污水的流量值Q，选项D正确；由Q＝可知，流量显示仪器的示数与污水中离子浓度无关，选项C错误。 9. D解析　根据qvB＝m，可得v＝，可知氘核离开回旋加速器时的最大速率与加速电压U无关，故A错误；氘核被加速到最大速度时的半径为R，则v＝＝2πRf，故氘核被加速后的最大速度不可能超过2πRf，故B错误；氘核第n次和第n－1次经过两金属盒间狭缝后分别有nqU＝mv，(n－1)qU＝mv ，解得vn＝，vn－1＝，又qvB＝m，则r＝，则氘核第n次和第n－1次经过两金属盒间狭缝后的轨道半径之比为＝＝，故C错误；回旋加速器的周期为T＝，由于氘核（H）和α粒子（He）的比荷相等，所以不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能加速α粒子，故D正确。 10. D 解析　设样品每平方米载流子（电子）数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量q＝nevtb，根据电流的定义式得I＝＝nevb，当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有evB＝e，联立解得U＝B，结合题图(b)可得k＝＝ V/T，解得n＝2.3×1016，故选D。 11. AC 解析　由左手定则可知，海水中正、负离子受洛伦兹力的方向分别指向M板和N板，则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，则有＝qvB，解得“海流发电机”产生感应电动势的大小为E＝U＝Bdv，故B错误；海水的电阻为r＝ρ＝ρ，由闭合电路欧姆定律可得，通过航标灯的电流为I＝＝，故C正确；“海流发电机”发电的总功率为P＝IE＝，故D错误。 12.AD解析　当加速电压为U时粒子进入电场分析器的速度为v0，则qU＝mv，q＝m，解得k＝2U，A项正确；若粒子源和加速器整体向右平移一小段距离，离子进入电场中不同的点，根据牛顿第二定律有q＝m，只要调节k＝2U，得qU＝mv，等式与r′大小无关，故离子仍能做匀速圆周运动，B项错误；若离子垂直于荧光屏打在Q点，粒子的轨迹半径为d＝，则磁场分析器所加的磁感应强度为B＝，C项错误；若离子经加速电场、电场分析器和磁场分析器后打在O2点，则在磁场中的轨迹半径为＝，q′U＝m′v2，得＝＝，D项正确。 13.答案　(1)B1　 (2)　 (3)　 解析　(1)粒子在加速电场中加速，由动能定理得qU＝mv2 粒子通过速度选择器时，有qE1＝qvB1 粒子通过静电分析器时，有qE2＝m 联立解得E1＝B1，E2＝。 (2)　粒子在环形磁场中的运动轨迹如图所示 设轨迹半径为r，由几何关系，得R2＋r2＝（＋r）2 由牛顿第二定律，得qvB2＝m 联立解得B2＝。 (3)粒子在环形磁场中的运动周期为T＝ 由几何关系得sin ＝＝0.8 解得α＝106° 粒子在环形磁场中的运动时间t＝T 联立解得t＝。 学科网（北京）股份有限公司 $