(共89张PPT)
第3节 洛伦兹力的应用
一、显像管
1.主要构造：_______、加速电场、_________和_______。
2.原理图(如图)：
必备知识·素养奠基
电子枪
偏转线圈
荧光屏
3.工作原理：由_______发出的电子，经加速电场形成电子束，在_________
产生的磁场作用下运动方向发生偏转，从而实现扫描，在_______上显示图像。
电子枪
偏转线圈
荧光屏
二、质谱仪
1.功能：分析各化学元素的_______并测定其_____、含量的仪器。
2.原理图(如图)：
同位素
质量
3.工作原理：带电粒子在电场中加速：qU=
mv2，带电粒子在磁场中偏转：
=__，带电粒子的比荷：
由此可知，带电粒子的比荷与偏转距
离x的平方成_____，凡是比荷不相等的都被分开，并按_________的大小排列，
故称之为_________。
4.其他应用：可以准确地测定每种粒子的质量和分析_________________。
r
反比
比荷顺序
“质谱”
某种元素的同位素
三、回旋加速器
1.主要构造：两个金属_________，两个大型电磁铁。
2.原理图(如图所示)：
半圆形盒
3.工作原理：
(1)磁场作用：带电粒子_____磁场方向射入磁场时，只在洛伦兹力作用下做
_____________，其周期与_________和_________无关。
(2)交变电压的作用：在两D形盒狭缝间产生周期性变化的_____，使带电粒子
每经过一次狭缝加速一次。
(3)交变电压的周期(或频率)：与带电粒子在磁场中做圆周运动的周期(或频率)
_____。
垂直
匀速圆周运动
轨道半径
运动速率
电场
相同
关键能力·素养形成
一 认识显像管
1.带电粒子在加速电场中的加速：
qU=
mv2?v=
。
2.带电粒子在磁场中的偏转：
(1)运动性质：匀速圆周运动。
(2)运动规律：r=
；T=
(3)求解方法：偏转量y和偏转角θ要结合圆的几何关系，通过对圆周运动的
讨论求解。
【思考·讨论】
电视机发生故障，屏幕上只有一条竖直亮线，你能解释故障发生在哪里吗？
(物理观念)
提示：屏幕上只有一条竖直亮线，说明电子在水平方向没有受洛伦兹力作用。根据左手定则可知，显像管竖直方向的磁场发生故障。
【典例示范】
如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图。一电子束(初速度不计)经过电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于圆面，磁场区域的中心为O，半径为r。当不加磁场时，电子束将通过O点打到屏幕的中心M点。为了让电子束射到屏幕边缘P点需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ；已知电子的质量为m，电量为e，不计电子的重力。求：
(1)电子进入磁场时的速度；
(2)圆形磁场区域的磁感应强度B的大小及方向。
【解析】(1)设电子射出电场时的速度为v，根据动能定理有：
eU=
mv2
①
解得：v=
(2)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，由于电子向上偏转，由左手定则判断磁感应强度的方向为垂直于纸面向外。如图所示，电子在磁场中沿圆弧ab运动，圆心为c，半径为R，v表示电子进入磁场时的速度，m、e分别表示电子的质量和电量。
则由牛顿第二定律得：
Bev=m
②
③
解以上各式可得：
B=
答案：(1)
(2)
垂直于纸面向外
【母题追问】
1.在【典例示范】情境中，如果发现电视画面的幅度比正常的偏小，可能的原因是
( )
A.电子枪发射能力减弱，电子数减少
B.加速电场的电压过低，电子速率偏小
C.偏转线圈局部短路，线圈匝数减少
D.偏转线圈电流过大，偏转磁场增强
【解析】选C。如果发现电视画面幅度比正常时偏小，是由于电子束的偏转角
减小，即轨道半径增大所致。而电子在磁场中偏转时的半径：r=
。电子枪
发射能力减弱，电子数减少，而运动的电子速率及磁场不变，不会影响电视画
面幅度偏大或小，所以A错误；当加速电场电压过低，电子速率偏小时，会导
致电子运动半径减小，从而使偏转角度增大，导致画面幅度比正常偏大，故B
错误；当偏转线圈局部短路，线圈匝数减小时，偏转磁场减小，从而使电子
运动半径增大，所以导致画面幅度比正常偏小，故C正确；当偏转线圈电流过
大，偏转磁场增强时，电子运动半径变小，所以导致画面幅度比正常偏大，
故D错误。
2.在【典例示范】情境中，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，如果要使电子束打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列哪种变化的磁场能够使电子发生上述偏转
( )
【解析】选A。根据左手定则可知，电子开始上偏，磁场方向垂直纸面向外，方向为负，且逐渐减小，后来电子又下偏，磁场方向垂直纸面向里，方向为正，且逐渐增加，故A正确，B、C、D错误。
【补偿训练】
1.如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图，励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节，下列操作中电子束轨迹的半径一定增大的是
( )
A.仅提高电子枪加速电压
B.仅增大励磁线圈中电流
C.提高电子枪的加速电压同时增大励磁线圈中电流
D.降低电子枪的加速电压同时减小励磁线圈中电流
【解析】选A。电子在加速电场中加速，由动能定理得：
eU=
①
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，
有：eBv0=
②
解得：r=
③
仅提高电子枪加速电压，由r=
可知，电子束轨迹的半径一定增大，
故A正确；仅增大励磁线圈中电流，磁感应强度B增大，由r=
可知，
电子束轨迹的半径一定减小，故B错误；增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B
增大，提高电子枪的加速电压同时增大励磁线圈中电流，由r=
可知，
电子束轨迹的半径不一定增大，故C错误；减小励磁线圈的电流，磁感应强度
B减小，降低电子枪的加速电压同时减小励磁线圈中电流，由r=
可
知，电子束轨迹的半径不一定增大，故D错误。
2.电视机显像管中需要用变化的磁场来控制电子束的偏转。如图所示为显像管
工作原理示意图，阴极K发射的电子束(初速度不计)经电压为U的电场加速后，
进入一圆形区域，圆形区域中心为O，半径为r，荧光屏MN到中心O的距离为L，
当圆形区域内不加磁场时，电子束将通过O点垂直打到屏幕的中心P点。当圆形
区域内加一垂直于圆面向里的磁感应强度为B的匀强磁场时电子束打在荧光屏
上的Q点(图中未标出)，PQ的长度为
L。不计电子之间的相互作用及所受的
重力。求：
(1)电子的比荷
；
(2)电子在磁场中运动的时间。
【解析】(1)设电子进入磁场时的速度为v，根据动能定理：
eU=
mv2
可得：v=
画出电子运动轨迹，如图所示，
设偏转角度为θ，由几何关系：tanθ=
可得：θ=60°。
电子束在磁场中转过的圆心角也为θ，
而：tan
，解得：R=
r
根据洛伦兹力提供向心力可得：evB=
解得：
(2)根据粒子在磁场中运动的周期：
T=
可得电子在磁场中运动的时间：t=
解得：t=
答案：(1)
(2)
二 认识质谱仪
1.用途：测量带电粒子的质量和分析同位素。
2.速度：带电粒子经加速电场加速，获得动能
mv2=qU，故v=
。
3.测量：加速后的带电粒子垂直进入匀强磁场，其轨道半径r=
又因为偏转距离x=2r，可得：带电粒子质量m=
，粒子比荷
【思考·讨论】
质谱仪是分离同位素的装置，请问质谱仪能否分离质子与α粒子？
(物理观念)
提示：不能。根据带电粒子在电场中加速和磁场中偏转规律，可得磁场中运动
时的轨道半径r=
，而质子与α粒子比荷相同，所以它们的运动轨迹相同。
【典例示范】
质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒子(不计重力)经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子质量。其工作原理如图所示。虚线为某粒子运动轨迹，由图可知
( )
A.此粒子带负电
B.下极板S2比上极板S1电势高
C.若只减小加速电压U，则半径r变大
D.若只减小入射粒子的质量，则半径r变小
【解析】选D。由图可知，磁场方向向外，带电粒子向左偏转，根据左手定则
可判断，该电荷带正电，故A错误；粒子经过电场要加速，粒子带正电，所以
下极板S2比上极板S1电势低，故B错误；根据动能定理得，qU=
mv2，由qvB=
m
得：r=
，若只减小加速电压U，由上式可知，半径r减小，故C错
误；若只减小入射粒子的质量，q不变，由上式可知，半径也减小，故D正确。
【母题追问】
1.若用【典例示范】中的质谱仪分析某带电粒子。
带电粒子从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上。不计粒子重力。若由容器A进入电场的是质量为m、电荷量为q的粒子，求：
(1)粒子进入磁场时的速度大小v；
(2)若由容器A进入电场的是互为同位素的两种原子核P1、P2，由底片上获知
P1、P2在磁场中运动轨迹的直径之比是
∶1。求P1、P2的质量之比m1∶m2。
【解析】(1)粒子在电场中加速，根据动能定理：
qU=
mv2，
解得速度：v=
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，
根据牛顿第二定律和洛伦兹力公式：
qvB=m
，
解得：R=
由以上计算可知：m=
有：
代入已知条件得
答案：(1)
(2)2∶1
2.如图所示，若将【典例示范】中的加速电场换成相互正交的匀强磁场和匀
强电场组成的速度选择器。一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过速度选择
器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入平板下方的匀强磁场，平板下方的磁
场方向如图所示。粒子最终打在S板上，粒子重力不计，则下面说法正确的
是
( )
A.粒子带负电
B.粒子打在S板上的位置离狭缝P越远，粒子的比荷
越大
C.能通过狭缝P的带电粒子速率等于
D.速度选择器中的磁感应强度方向垂直纸面向里
【解析】选C。带电粒子在磁场中向左偏转，由左手定则知粒子带正电，故A错
误；经过速度选择器进入磁场B′的粒子速度相等，根据r=
知，粒子打在S
板上的位置离狭缝P越远，则半径越大，粒子的比荷越小，故B错误；粒子经过
速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qvB。则有：v=
，而
粒子受到的电场力水平向右，那么洛伦兹力水平向左，粒子带正电，则磁场垂
直纸面向外，故C正确，D错误。
【补偿训练】
1.(多选)如图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是
( )
A.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C.质谱仪是一种可测定带电粒子比荷的仪器
D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大
【解析】选B、C、D。在速度选择器中，电场力和洛伦兹力平衡，有：
qE=qvB，解得v=
，故A错误；根据带电粒子在磁场中的偏转方向，以及左手
定则知，该粒子带正电，则在速度选择器中电场力水平向右，则洛伦兹力水平
向左，根据左手定则知，磁场方向垂直纸面向外，故B正确；进入偏转电场
后，有：qvB0=m
，解得：
，可知质谱仪是可以测定带电粒子比荷的
仪器，故C正确；由上式可知，越靠近狭缝P，r越小，比荷越大，故D正确。
2.质谱仪的构造如图所示，粒子从粒子源出来经过板间电压为U的加速电场后
进入磁感应强度为B的匀强磁场中，沿着半圆周运动到达记录它的照相底片
上，测得图中PQ的距离为L，则该粒子的比荷
为多大？
【解析】粒子在电压为U的电场中加速时，
根据动能定理得：qU=
mv2
①
粒子进入磁场后做圆周运动，根据牛顿第二定律有：
qvB=m
②
r=
③
联立①②③解得
答案：
三 认识回旋加速器
1.带电粒子在磁场中运动的半径为r=
，所以粒子被加速后回旋半径一次比
一次增大；而带电粒子在磁场中运动的周期T=
，所以粒子在磁场中的周期
始终保持不变。
2.只要加在两个电极上的高频电源的周期与带电粒子在磁场中运动的周期相
同，就可以保证粒子每经过电场边界时正好赶上合适的电场方向而被加速。
3.当带电粒子的运动半径最大时，其速度也最大，由r=
得v=
，则带
电粒子的最终动能Ekm=
，粒子最终获得的能量与加速电压无关，只与
磁感应强度B和D形盒半径r有关。
【思考·讨论】
根据爱因斯坦的相对论，当粒子的速度接近光速时，粒子的质量将随速度的增大而明显增加。这样应用回旋加速器时，能将带电粒子的速度无限提高吗？
(物理观念)
提示：不能。回旋加速器一直加速的条件是电场变化的周期与粒子在磁场中做圆周运动的周期相等。粒子质量增大，粒子在磁场中做圆周运动的周期变大，破坏了一直加速的条件。
【典例示范】回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示。它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近(缝隙的宽度远小于盒半径)，分别和高频交流电源相连接，使带电粒子每次通过缝隙时恰好在最大电压下被加速。两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，带电粒子在磁场中做圆周运动，粒子通过两盒的缝隙时反复被加速，直到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。若D形盒半径为R，所加磁场的磁感应强度为B。设两D形盒之间所加的交流电压的最大值为U，被加速的粒子为α粒子，其质量为m、电量为q。α粒子从D形盒中央开始被加速(初动能可以忽略)，经若干次加速后，α粒子从D形盒边缘被引出。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计，求：
(1)粒子被加速后获得的最大动能Ek；
(2)粒子在回旋加速器中运动的时间。
【解析】(1)α粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，
具有最大动能，设此时的速度为v，有qvB=
可得v=
α粒子的最大动能Ek=
(2)设α粒子被电场加速的总次数为N，则
Ek=NqU=
可得N=
α粒子在加速器中运动的时间是α粒子在D形盒中旋转N个半圆周的总时间t
t=N
T=
解得t=
答案：(1)
【母题追问】
1.在【典例示范】所述情境中，求以下问题：
(1)α粒子第一次被加速后的速度大小；
(2)α粒子在第n次加速后回旋半径与第n+1次加速后回旋半径的比值。
【解析】(1)设α粒子第一次被加速后速度大小为v1，
根据动能定理有：qU=
解得：v1=
(2)从开始进入到第n次加速后列动能定理方程：
nqU=
①
α粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律：
qvnB=
②
联立①、②可得，rn=
同理：rn+1=
所以
答案：
2.若使用【典例示范】中给α粒子加速的回旋加速器来加速质子，可行吗？如果不可行需要对装置进行怎样的改动？
【解析】不可行。α粒子质量为m、电量为q，则质子为
m、电量为
q。
根据周期计算公式结合和频率关系可得：
T=
如果使用这台回旋加速器加速质子，需要改动：
方法一：使加速高频电压的频率增大为原来的2倍；
方法二：使磁感应强度减为原来的
。
答案：见解析
【补偿训练】
1.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是
( )
A.离子由回旋加速器的边缘进入加速器
B.离子在磁场中加速
C.离子由回旋加速器的中心附近进入加速器
D.离子在电场中偏转
【解析】选C。离子由回旋加速器的中心附近进入加速器，在电场中加速，磁场中偏转，故选项C正确，A、B、D错误。
2.1930年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的间距为d，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。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。
(1)求交变电场的频率；
(2)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；
(3)求粒子从静止开始加速到出口处在电场和磁场中运动所需的总时间t。
【解析】(1)带电粒子在电场中一直加速，必须满足：
T电场=T磁=
所以交变电场频率f=
(2)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，
速度为v1，
由动能定理有：qU=
洛伦兹力提供向心力，则有：
qv1B=m
联立计算得出：r1=
同理，粒子第2次经过狭缝后的半径：
r2=
则r2∶r1=
∶1；
(3)设粒子到出口处被加速了n圈，
由动能定理有：2nqU=
mv2，
由牛顿第二定律有：qvB=m
由周期公式有：T=
且t2=nT，
解上述四个方程得：t2=
t1=
t=t1+t2=
答案：(1)
【拓展例题】考查内容：质谱仪的原理
【典例】一台质谱仪的工作原理如图所示。大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹。不考虑离子间的相互作用。
(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x。
(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d。
(3)若考虑加速电压有波动，在(U0-ΔU)到(U0+ΔU)之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件。
【解析】(1)设甲种离子在磁场中的运动半径为r1
在电场中加速过程有qU0=
×2mv2
且qvB=2m
解得r1=
根据几何关系x=2r1-L
解得x=
(2)如图，最窄处位于过两虚线交点的垂线上
d=r1-
解得d=
(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2
r1的最小半径r1min=
r2的最大半径r2max=
由题意知2r1min-2r2max>L，
即
解得L<
答案：(1)
(2)图见解析
(3)L<
课堂检测·素养达标
1.如图所示，电视显像管中有一个电子枪，工作时它能发射电子，荧光屏被电子束撞击就能发光。在偏转区有垂直于纸面的磁场B1和平行纸面上下的磁场B2，就是靠这样的磁场来使电子束偏转，使整个荧光屏发光。经检测仅有一处故障：磁场B1不存在，则荧光屏上
( )
A.不亮
B.仅有一个中心亮点
C.仅有一条水平亮线
D.仅有一条竖直亮线
【解析】选C。由图可知，电子运动的方向向右。当磁场B1不存在，只存在平行纸面上下的磁场B2时，根据左手定则可知，电子只受磁场B2垂直于纸面向里或垂直于纸面向外的洛伦兹力的作用，则电子打在荧光屏上的点是沿水平方向的线，则荧光屏上仅有一条水平亮线。故C正确，A、B、D错误。
2.(多选)带电量相同，质量不同的粒子从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为零。然后经过S2沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片D上，如图所示。运动过程中粒子之间的相互作用忽略不计，下列说法正确的是
( )
A.这些粒子经过S2时的动能相同
B.这些粒子经过S2时的速率相同
C.这些粒子在磁场中运动的轨道半径与质量成正比
D.这些粒子在磁场中运动的时间与质量成正比
【解析】选A、D。带电粒子在电场中加速，由动能定理得：qU=
mv2，解得经
S2时的速率为v=
，经过S2时的动能为Ek=qU，可知这些粒子经过S2时的速
率不一定相同，但动能一定相等，故A正确，B错误；粒子在磁场中运动的轨道
半径为r=
，这些粒子在磁场中运动的轨迹圆半径与
成正比，
故C错误；粒子在磁场中运动的时间为t=
，所以这些粒子在磁场中运
动的时间与质量成正比，故D正确。
3.如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，其核心部分是两个D形金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连。下列说法正确的是
( )
A.粒子从磁场中获得能量
B.粒子被电场加速后，运动越来越快，走过半圆的时间越来越短
C.D形盒的半径R越大，粒子离开回旋加速器时最大动能越小
D.粒子第2次和第3次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为
【解析】选D。带电粒子从电场中获得能量，不是从磁场中，故A错误；根据周
期公式T=
，走过半圆所用时间t=
，与速率无关，故B错误；根据半径公
式r=
知，v=
，则粒子的最大动能Ek=
mv2=
，与加速的电压无
关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关，D形盒的半径R越大，粒子加速所能
获得的最大动能越大，故C错误；只有电场力做功，粒子第2次和第3次经过两
D形盒间狭缝后的动能之比是2∶3，所以速度之比是
，根据：r=
得：轨道半径之比为
，故D正确。
【补偿训练】回旋加速器是加速带电粒子的装置，其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的匀强磁场中，如图所示。设D形盒半径为R。若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f，则下列说法正确的是
( )
A.质子在匀强磁场中每运动一周被加速一次
B.质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关
C.质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR
D.不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子
【解析】选C。质子在匀强磁场中每运动一周被加速两次，故A错误；根据
qvmB=m
，得vm=
，与加速的电压无关，故B错误；当粒子从D形盒中出
来时速度最大，vm=
=2πfR，故C正确；根据T=
，知质子换成α粒子，
比荷发生变化，则在磁场中运动的周期发生变化，回旋加速器加速的粒子在磁
场中运动的周期和高频交流电的周期相等，故需要改变磁感应强度或交流电的
周期，故D错误。
4.如图为质谱仪的结构示意图，由加速电场、速度选择器、偏转磁场三部分组成。一个质量为m，电荷量为q的粒子从加速电场的正极板附近由静止释放，沿直线运动，经速度选择器后由P点垂直射入磁感应强度为B0的匀强磁场，最后垂直打在位于A1A2间的照相底片上的P′点。已知PP′间的距离为L，速度选择器中的匀强电场的场强大小为E，不计粒子重力。求：
(1)速度选择器中的磁场B的方向和大小；
(2)加速电场的电压U。
【解析】(1)根据粒子在加速电场中做加速运动，则粒子带正电。而粒子在速度选择器中受到的电场力向右，那么洛伦兹力向左，根据左手定则，知带正电粒子在速度选择器中磁场方向为垂直纸面向外；粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，对粒子列牛顿第二定律方程：
qvB0=m
，且r=
解得：v=
粒子在速度选择器中受力平衡，所以qE=qvB，
所以磁感应强度B的大小为B=
(2)粒子在电场中运动只有电场力做功，根据动能定理可得：
qU=
mv2
那么加速电场的电压U=
答案：(1)垂直纸面向外
(2)
【补偿训练】
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，它的构造原理如图所示。离子源S产生的各种不同正离子束(速度可看作为零)，经加速电场(加速电场极板间的距离为d、电势差为U)加速，然后垂直进入磁感应强度为B的有界匀强磁场中做匀速圆周运动，最后到达记录它的照相底片P上。设离子在P上的位置与入口处S1之间的距离为x。
(1)求该离子的荷质比
。
(2)若离子源产生的是带电量为q、质量为m1和m2的同位素离子(m1>m2)，它们分别到达照相底片上的P1、P2位置(图中未画出)，求P1、P2间的距离Δx。
【解析】(1)离子在电场中加速，由动能定理得：
qU=
mv2；
①
离子在磁场中做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得：qBv=m
②
且r=
由①②式可得：
(2)由①②式可得离子m1在磁场中的运动半径是r1，
则：r1=
对离子m2，同理得：r2=
照相底片上P1、P2间的距离：
Δx=2(r1-r2)=
答案：(1)
【新思维·新考向】
情境：磁流体发电是一项新兴技术。如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图示方向喷入磁场。图中虚线框部分相当于发电机，把两个极板与用电器相连。
问题：
(1)用电器中电流的方向是怎样的？
(2)如果想增大用电器中的电流，有哪些方法？
【解析】(1)根据左手定则，可判断正离子打到上极板，负离子打到下极板，
所以用电器中的电流由A流向B。
(2)电流稳定后，等离子体在电场力与洛伦兹力作用下达到平衡状态，即qvB=
q
(d指金属板的板间距离)，解得U=Bvd。所以在用电器一定的前提下，增大
磁感应强度B、增大等离子体的速度v和增大板间距离d都可以增大电流。
答案：(1)由A流向B (2)见解析温馨提示：
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课时素养评价
三 洛伦兹力的应用
(25分钟·60分)
一、选择题(本题共5小题，每题7分，共35分)
1.电视显像管应用了电子束磁偏转的道理。如图所示，图中阴影区域没有磁场时，从电子枪发出的电子打在荧光屏正中的O点。为使电子在竖直方向偏离中心，打在荧光屏上的A点，阴影区域所加磁场的方向是( )
A.垂直于纸面向外
B.垂直于纸面向内
C.竖直向上
D.竖直向下
【解析】选A。根据题意可知，电子在磁场中向上偏转，由左手定则可以判断，磁场的方向垂直纸面向外，故B、C、D错误，A正确。
2.如图为速度选择器示意图，P1、P2为其两个极板。某带电粒子电荷量为q，以速度v0从S1射入，恰能沿虚线从S2射出。不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A.该粒子一定带正电
B.该粒子以速度v0从S2射入，也能沿虚线从S1射出
C.该粒子以速度2v0从S1射入，仍能沿虚线从S2射出
D.该粒子电荷量变为2q，以速度v0从S1射入，仍能沿虚线从S2射出
【解析】选D。假设带电粒子带正电，由左手定则可知粒子受到的洛伦兹力竖直向上，因粒子恰能沿虚线运动，则电场力应竖直向下，满足qv0B=Eq，所以极板P1的电势一定高于极板P2的电势，电场方向竖直向下。不论粒子带电性质如何，电场力和洛伦兹力都平衡，所以粒子带电性质无法判断，故A错误；若从S2射入，假设粒子带正电，则电场力竖直向下，洛伦兹力竖直向下，合力向下，不会沿虚线从S1射出，故B错误；若粒子的速度为2v0，则q2v0B>qE受力不平衡，不会沿虚线从S2射出，故C错误；若带电粒子带电量为2q，速度不变，则仍有2Eq=2qv0B，仍能沿虚线从S2射出，故D正确。
【总结提升】粒子通过速度选择器的条件
(1)速度大小满足：qvB=qE。
(2)速度方向满足：洛伦兹力与电场力方向相反。
(3)粒子能否通过速度选择器与粒子的电性和电量无关。
3.某质谱仪的原理图如图所示，速度选择器中匀强电场的电场强度大小为E，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，偏转磁场(匀强磁场)的磁感应强度大小为B2。一电荷量为q的粒子在加速电场中由静止加速后进入速度选择器，恰好能从速度选择器进入偏转磁场做半径为R的匀速圆周运动。粒子重力不计，空气阻力不计。该粒子的质量为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选A。在速度选择器中做匀速直线运动的粒子能进入偏转磁场，可对带电粒子列平衡方程：qvB1=qE，解得：v=，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB2=m，解得：m=；故A正确，B、C、D错误。
4.如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场电场强度大小恒定，且被限制在A、C板间。带电粒子从P0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是
( )
A.带电粒子每运动一周被加速2次
B.P1P2=P2P3
C.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关
D.加速电场方向不需要做周期性的变化
【解析】选D。带电粒子只有经过A、C板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，故A错误；根据r=，则P1P2=2(r2-r1)=，因为每转一圈被加速一次，速度变化为Δv=at，且t23P2P3，故B错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r=可得，v=。可知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，故C错误；根据回旋加速器工作原理可知，每次加速都是从A板运动到C板，所以加速电场方向不变，故D正确。
5.磁流体发电机的结构简图如图所示。把平行金属板A、B和电阻R连接，A、B之间有很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)以速度v喷入磁场，A、B两板间便产生电压，成为电源的两个电极。下列推断正确的是
( )
A.A板为电源的正极
B.电阻R两端电压等于电源的电动势
C.若减小两极板的距离，则电源的电动势会减小
D.若增加两极板的正对面积，则电源的电动势会增加
【解析】选C。等离子体进入磁场，根据左手定则，正电荷向下偏转，负电荷向上偏转，所以B板带正电，为电源的正极，A板为电源的负极，故A错误；分析电路结构可知，A、B为电源的两极，R为外电路，故电阻R两端电压为路端电压，小于电源的电动势，故B错误；粒子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，有：qvB=q，解得：U=Bdv，减小两极板的距离d，电源的电动势减小，故C正确；同理，增加两极板的正对面积，电动势不变，故D错误。
二、计算题(本题共2小题，共25分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)
6.(10分)质谱仪原理如图所示，a为粒子加速器，电压为U1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为B2，今有一质量为m、电荷量为e的正粒子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器。粒子进入分离器后做半径为R的匀速圆周运动，求：
(1)粒子的速度v为多少？
(2)速度选择器的电压U2为多少？
(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？
【解析】(1)在a中，e被加速电场U1加速，由动能定理有eU1=mv2，得v=。
(2)在b中，e受的电场力和洛伦兹力大小相等，即e=evB1，代入v值得U2=B1d。
(3)在c中，e受洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，做匀速圆周运动的半径R=，代入v值得R=。
答案：(1) (2)B1d (3)
7.(15分)回旋加速器的结构如图所示，D1、D2是相距很近的两个处于匀强磁场中的半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速。设带电粒子质量为m，电量为q，匀强磁场磁感应强度为B，D形盒的最大半径为R，两个D形盒之间的距离为d，d远小于R，D形盒之间所加交变电压大小为U。不计粒子的初速度及运动过程中质量的变化，求：
(1)所加交变电压的周期T；
(2)带电粒子离开D形盒时的动能Ekm；
(3)带电粒子在回旋加速器磁场中运动的时间t1及在两D形盒间电场中运动的时间t2，并证明粒子在电场中运动的时间可以忽略不计。
【解析】(1)带电粒子在磁场中运动的周期与交变电压变化的周期相等，得T=。
(2)带电粒子离开D形盒时的轨迹半径为R，
由圆周运动的规律得qvB=m，
解得：v=
粒子离开D形盒时的动能
Ekm=mv2=。
(3)设带电粒子在电场中加速的次数为n，
有nqU=Ekm-0
解得：n=
又因为带电粒子在磁场中运动的周期
T=
所以带电粒子在磁场中运动的时间t1=n×，
解得：t1=
带电粒子在电场中的运动可看成匀加速直线运动，
得v=at，
其中a=
所以带电粒子在电场中运动的时间t2=
有=
因为d远小于R，有t2远小于t1，所以带电粒子在电场中运动的时间可以忽略。
答案：(1) (2)
(3) 证明过程见解析
(15分钟·40分)
8.(8分)一种测量血管中血流速度的仪器原理如图所示，在动脉血管左右两侧加上匀强磁场，上下两侧安装电极并连接电压表。已知血管的直径是2.0
mm，磁场的磁感应强度为0.10
T，由电压表测出的电压为0.12
mV，则动脉血管电势较高的一侧和血管中血流速度的大小分别是
( )
A.下侧；0.6
m/s
B.下侧；1.2
m/s
C.上侧；0.6
m/s
D.上侧；1.2
m/s
【解析】选C。根据题意可知，血管中正、负离子垂直纸面向外运动，而磁场方向由左向右，依据左手定则，正离子向上偏，而负离子向下偏，因此动脉血管电势较高的是上侧；电压表示数稳定时，电场力和洛伦兹力相等，则：qE=qvB，并且E=，v==
m/s≈0.6
m/s，故A、B、D错误，C正确。
9.(8分)(多选)图甲是回旋加速器的原理示意图。其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电源相连。加速时某带电粒子的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是
( )
A.在Ek-t图像中t4-t3=t3-t2=t2-t1
B.高频电流的变化周期应该等于tn-tn-1
C.粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大
D.D形盒的半径越大，粒子获得的最大动能越大
【解析】选A、D。根据T=知，粒子回旋周期不变，在Ek-t图中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1，故A正确；交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，而粒子在磁场中运动一个周期的时间加速两次，故电源的变化周期应该等于2(tn-tn-1)，故B错误；根据公式r=，得v=，故最大动能Ekm=mv2=，则知粒子获得的最大动能与D形盒的半径有关，D形盒的半径越大，粒子获得的最大动能越大，与加速的次数无关，故C错误，D正确。
10.(24分)(2020·浙江7月选考)某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板CD平行于HG水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为0.6R，探测板CD的宽度为0.5R，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。
(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s；
(2)求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离Lmax；
(3)若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到HG距离L的关系。
【解析】(1)离子在磁场中做圆周运动qvB=
得离子的速度大小v=。
令c束中的离子运动轨迹对应的圆心为O，从磁场边界HG边的Q点射出，则由几何关系可得
OH=0.6R，s=HQ==0.8R。
(2)a束中的离子运动轨迹对应的圆心为O′，从磁场边界HG边射出时距离H点的距离为x，由几何关系可得HO′=aH-R=0.6R，x==0.8R
即a、c束中的离子从同一点Q射出，离开磁场的速度分别与竖直方向的夹角为β、α，由几何关系可得α=β
探测到三束离子，则c束中的离子恰好到达探测板的D点时，探测板与边界HG的距离最大，
tanα==，则Lmax=R。
(3)a或c束中每个离子动量的竖直分量pz=pcosα=0.8qBR
当0F1=Np+2Npz=2.6NqBR，
当R只有a和b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为
F2=Np+Npz=1.8NqBR，
当L>0.4R时，
只有b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为
F3=Np=NqBR。
答案：(1) 0.8R (2)R (3)当00.4R时：F3=NqBR
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