高考物理复习：磁场的综合应用

高考物理复习：磁场的综合应用

1.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a 、长为c 的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e 的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为υ。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U ，以此控制屏幕的熄灭。则元件的（ ）

A. 前表面的电势比后表面的低

B. 前、后表面间的电压U 与υ无关

C. 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eU

a

【答案】D 【解析】

【详解】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A 错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有=,=U

F evB F eE e

a

=洛电，故=U F e a 洛，故D 正确，由U evB e a =则电压U avB =，故前后表面

的电压与速度有关，与a 成正比，故BC 错误。

1.压力波测量仪可将待测压力波转换为电压信号，其原理如图1所示。压力波p （t ）进入弹性盒后，通过与铰链O 相连的“-|”型轻杆L ，驱动杆端头A 处的微型霍尔片在磁场中沿x 轴方向做微小振动，其位移x 与压力p 成正比（x=αp ，α>0）。霍尔片的放大图如图2所示，它由长×宽×厚=a ×b ×d 、单位体积内自由电子数为n 的N 型半导体制成。磁场方向垂直于x 轴向上，磁感应强度大小为B =B 0（1-β|x |），β>0。无压力波输入时，霍尔片静止在x =0处，此时给霍尔片通以沿C 1C 2方向的电流I ，则在侧面上D 1 、D 2两点间产生霍尔电压U 0。 （1）指出D 1 、D 2两点哪点电势高；

（2）推导出U 0与I 、B 0之间的关系式（提示：电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I=nevbd ，

第22题图2 第22题图1

第22题图3

其中e 为电子电荷量）；

（3）弹性盒中输入压力波p （t ），霍尔片中通以相同电流，测得霍尔电压U H 随时间t 变化图像如图3。忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率。（结果用U 0、U 1、t 0、α及β表示）

答案：（1）D 1点电势高

（2）电子受力平衡：evB 0=eE H 得到 0

01H IB U E b ne d

==

（3）霍尔电压0()(1)H U t U p αβ=-， 振幅：1

1

(1)U A U αβ

=

-

频率：0

12f t = 2.如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为 I ，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小 B 与 I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为 I H ，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压 U H 满足：H H I

B

U k d

=，式中 k 为霍尔系数，d 为霍尔元件两侧面间的距离，电阻 R 远大于 R L ，霍尔元件的电阻可以忽略，则

A ．霍尔元件前表面的电势低于后表面

B ．若电源的正负极对调，电压表将反偏

C ． I H 与 I 成正比

D ．电压表的示数与 R L 消耗的电功率成正比 【答案】CD

【解析】通过霍尔元件的电流自上而下，电子运动自下而上，根据左手定则，可知电子受到的洛伦兹力垂直纸面向里，后面聚集负电荷，前面聚集正电荷，前面电势高于后面电势，选项A 错误； 电源的正负极对调，磁场虽反向，而电子运动方向也反向，由左手定则知电子受洛伦兹力方向不变，仍然有前面电势高于后面电势，选项B 错误； 当电子受力平衡时d

U q

qvB H =， ∵nqvS I =， ∴nqS I

v =，

L

霍尔元件

又∵d

B I k

U H H =，∴2d kI nqS I

H

=， I H 与I 成正比，选项C 正确； 因为电阻R 远大于R L ，所以通过R L 的电流可以认为是I ，d

B

I k U H H =，而B=KI ，I H =K' I ，所以U H ∝I 2

∝P ，D 项正确。

3. 如图，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L 、宽度为d 、高为h ，上下两面是绝缘板，前后两侧面M 、N 是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S 和定值电阻R 相连。整个管道置于磁感应强度大小为B ，方向沿z 轴正方向的匀强磁场中。管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体（有大量的正、负离子），且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v 0沿x 轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变。 （1）求开关闭合前，M 、N 两板间的电势差大小U 0； （2）求开关闭合前后，管道两端压强差的变化Δp ； （3）调整矩形管道的宽和高，但保持其它量和矩形管道的横截面S =dh 不变，求电阻R 可获得的最大功率Pm 及相应的宽高比d /h 的值。

解析：（1）设带电离子所带的电量为q ，当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时，U 0保持恒定，有

d U q

Bqv 0

0=

得：00Bdv U =

（2）设开关闭合前后，管道两端压强差分别为p 1、p 2，液体所受的摩擦阻力均为f ，开关闭合后管道内液体受到的安培力为F 安，有：p 1hd=f ， p 2hd=f+F 安， F 安=BId 根据欧姆定律，有r

R U I +=

两导体板间液体的电阻Lh

d r ρ

= 联立解得：ρ

?d LhR B Ldv p +=2

（3）电阻R 获得的功率为：R I P 2

=，R h

d LR BLv P 2

0)(

ρ+=，

当ρ

LR

h d =时，电阻R 获得的最大功率ρ4220B LSv P m =

4. 为了降低潜艇噪音，提高其前进速度，可用电磁推进器替代螺旋桨。潜艇下方有左、右两组推进

器，每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成，其原理示意图如下。在直线通道内充满电阻率ρ=0.2Ω?m 的海水，通道中a ×b ×c =0.3m×0.4m×0.3m 的空间内，存在由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B =6.4T 、方向垂直通道侧面向外。磁场区域上、下方各有a ×b =0.3m×0.4m 的金属板M 、N ，当其与推进器专用直流电源相连后，在两板之间的海水中产生了从N 到M ，大小恒为I =1.0×103A 的电流，设电流只存在于磁场区域。不计电源内阻及导线电阻，海水密度ρm =1.0×103kg/m 3。

（1）求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小，并判断其方向； （2）在不改变潜艇结构的前提下，简述潜艇如何转弯？如何“倒车”？

（3）当潜艇以恒定速度v 0=30m/s 前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v =34m/s ，思考专用直流电源所提供的电功率如何分配，求出相应功率的大小。

答：（1）1.92×103N ，方向向右

（2）开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器，实施转弯。

改变电流方向，或改变磁场方向，可以改变海水所受磁场力的方向，实施“倒车”。 （3）电源提供的电功率中的第一部分为牵引功率，P 1=F 牵v 0=6.9×105W 电源提供的电功率中的第二部分为单位时间内海水的焦耳热功率 推进器内海水的电阻===ab

c

S L R ρρ

0.5Ω， P 2=12I 2R=6×106W 电源提供的电功率中的第三部分为单位时间内海水动能的增加量 单位时间内通过推进器的水的质量为 m=ρm bcv 水对地=480kg 单位时间内其动能增加为 2

32

112水对地mv P ?

==4.6×104W 解：（1）将通电海水看成导线，所受磁场力F IBL =

代入数据得：33

c 1.010 6.40.3 1.9210F IB N N ==???=?

用左手定则判断磁场对海水作用力方向向右（或与海水出口方向相同）

（2）考虑到潜艇下方有左、右2组推进器，可以开启或关闭不同个数的左右两侧的直线通道推进器，实施转弯。改变电流方向，或者磁场方向，可以改变海水所受磁场力的方向，根据牛顿第三定

律，使潜艇“倒车”。

（3）电源提供的电功率中的第一部分：牵引功率10v P F =牵 根据牛顿第三定律：=12F IBL 牵 当030/v m s =时，代入数据得：

3510

=12 1.921030 6.910P F v W W =???=?牵 第二部分：海水的焦耳热功率 对单个直线推进器，根据电阻定律：

L

R S

ρ

= 代入数据得：c 0.30.20.50.30.4

R ab ρ

==?Ω=Ω? 由热功率公式，2P I R =

代入数据得：2

5

=5.010P I R W =?单

56212 5.010 6.010P W W =??=?

第三部分：单位时间内海水动能的增加值 设Δt 时间内喷出海水的质量为m

t

E P k

???

=123 考虑到海水的初动能为零，2

2

1水对地mv E E k k =

=? t

bcv m m ?ρ水对地=

W 10642

1121243

3?=?=?

=.bcv t E P m k 水对地ρ?? 5.对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要的意义。如图所示，质量为m 、电荷量为q 的铀235离子，从容器A 下方的小孔S 1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S 2垂直与磁场方向进入磁感应强度为B 的均强磁场中，做半径为R 的匀速圆周运动，离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流I 。不考虑离子重力及离子间的相互作用。 （1）求加速电场的电压U ；

（2）求出在离子被收集的过程中任意时间t 内收集到离子的质量M ；

（3）实际上加速电压的大小在U ±ΔU 范围内微小变化。若容

器A 中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中发生分离，为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，U

U

?应小于多少？（结果用百分数表示，保留两位有效数字）

解析：（1）铀离子在电场中加速到速度v ，根据动能定理有

qU mv =2

2

1 ① 进入磁场后在洛伦兹力作用下做圆周运动，根据牛顿第二定律有

qvB R

mv =2

② 由以上两式化简得

m

R qB U 22

2= ③

（2）在时间t 内收集到的粒子个数为N ，粒子总电荷量为Q ，则

It Q = ④

q

Q

N =

⑤ Nm M = ⑥

由④④⑤⑥式解得 q

mIt

M =

⑦ （3）两种粒子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，即不要重合，由①②可得半径为

q

mU

B R 21=

⑧

由此可知质量小的铀235在电压最大时的半径存在最大值

q

U U m B R )

(21max ?+=

质量大的铀238质量m '在电压最小时的半径存在最小值

q

U U m B R )

(21min

?-'='

所以两种粒子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为

q

U U m B q U U m B )

(21)(21?-'<

?+ ⑨ 化简得

U U ?＜63.0473

3

235238235238==+-=+'-'u u u u m m m m ﹪ ⑩ 6. 利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。

如图所示的矩形区域ACDG （AC 边足够长）中存在垂直于纸面的匀强磁场，A 处有一狭缝。离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA 边且垂于磁场的方向射入磁场，运动到GA 边，被相应的收集器收集，整个装置内部为真空。 已知被加速的两种正离子的质量分别是m 1和m 2 (m 1 >m 2)，电荷量均为q 。加速电场的电势差为U ，离子进入电场时的初速度可以忽略，不计重力，也不考虑离子间的相互作用。

（1）求质量为m 1的离子进入磁场时的速率v 1； （2）当感应强度的大小为B 时，求两种离子在GA 边落点的间距s ；

（3）在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过宽，可能使两束离子在GA 边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离。

设磁感应强度大小可调，GA 边长为定值L ，狭缝宽度为d ，狭缝右边缘在A 处；离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA 边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落在GA 边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度。 【解析】（1）由动能定理，2112

1

v m qU =

， 得 1

12m qU

v =

① （2）在磁场中作圆周运动由牛顿第二定律 R v m qvB 2=，qB

mv

R =，利用①式得

离子在磁场中的轨道半径为别为 2112qB U

m R =

，2

222qB U

m R = ② 两种离子在GA 上落点的间距)(822212

21m m qB

U

R R s -=

-= ③ （3）质量为m 1的离子，在GA 边上的落点都在其入射点左侧2R 1处，由于狭缝的宽度为d ，因此落点区域的宽度也是d 。同理，质量为m 2的离子在GA 边上落点区域的宽度也是d 。 为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为 d R R >-)(221………④

狭缝

利用②式代入④式，得d m m R >-

)1(21

2

1 R 1最大值满足d L R m -=1

2 得 )1)((1

2

m m d L -

- 求得最大值 2

1212m m m m d m --=

7. 回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。

（1）当今医学影像诊断设备PET/CT 堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射正电子的同位素碳11作示踪原子。碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得，同时还产生另一粒子，试写出核反应方程。若碳11的半衰期τ为20min ，经2.0h 剩余碳11的质量占原来的百分之几？（结果取2位有效数字）

（2）回旋加速器的原理如图，D 1和D 2是两个中空的半径为R 的半圆金属盒，它们接在电压一定、频率为f 的交流电源上，位于D 1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，D 1、D 2置于与盒面垂直的磁感应强度为B 的匀强磁场中。若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P ，求输出时质子束的等效电流I 与P 、B 、R 、f 的关系式（忽略质子在电场中的运动时间，其最大速度远小于光速）。

（3）试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差Δr 是增大、减小还是不变？

【解析】（1）核反应方程为141114 71 62N H C+He +→

①

设碳11原有质量为m 0，经过t =2.0 h 剩余的质量为m t ，根据半衰期定义，有

12020

011 1.6%22t

t m m τ

????

=== ? ?????

（2）设质子质量为m ，电荷量为q ，质子离开加速器时速度大小为v ，由牛顿第二定律知

2

v qvB m R

=

③

质子运动的回旋周期为22R m

T v qB

ππ=

= ④

由回旋加速器工作原理可知，交变电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T 与频 率f 的关系可得1f T

=

⑤

设在t 时间内离开加速器的质子数为N ，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率

2

12N mv P t

?= ⑥

输出时质子束的等效电流为Nq I t

= ⑦

由上述各式得2P

I BR f

π=

若以单个质子为研究对象解答过程正确的同样给分 （3）方法一：

设k （k ∈N *）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为r k ，r k +1（r k >r k +1），

1k k k r r r +?=-，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为v k ，v k +1，D 1、D 2之间的电压为U ，由动

能定理知2211

1222

k k qU mv mv +=-

由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知k

k mv r qB

=

，则 222

212()2k k q B qU r r m

+=-

整理得 2

14()

k k k mU

r qB r r +?=

- ⑩

因U 、q 、m 、B 均为定值，令24mU C qB =

，由上式得1

k

k k C

r r r +?=+ 相邻轨道半径r k+1，r k +2之差121k k k r r r +++?=- 同理 12

k k k C

r r r ++?=

+

因为r k +2> r k ，比较k r ?，1k r +?得1k k r r +?

说明随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差r ?减小 方法二：

设k （k ∈N *）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为r k ，r k +1（r k >r k +1），

1k k k r r r +?=-，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为v k ，v k +1，D 1、D 2之间的电压为U

由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知k k mv r qB =

，故11

k k k k r v

r v ++= ○

12 由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量k E qU ?=

○

13 以质子在D 2盒中运动为例，第k 次进入D 2时，被电场加速（2k ﹣1）次

速度大小为k v =

○

14

同理，质子第（k +1）次进入D 2

时，速度大小为1k v +=

综合上述各式可得

11k k k k r v r v ++==整理得2212121k k r k r k +-=+，2212

12

21k k k r r r k ++-=+ 21

12(21)()

k k k k r r k r r ++?=++

同理，对于相邻轨道半径r k+1，r k +2，121k k k r r r +++?=-，整理后有

21

1+122(21)()

k k k k r r k r r +++?=++

由于r k +2> r k ，比较k r ?，1k r +?得1k k r r +?

说明随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差r ?减小，用同样的方法也可得到质子在D 1盒中运动时具有相同的结论。

8.同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图所示的模型．M 、N 为两块中心开有小孔的平行金属板．质量为m 、电荷量为+q 的粒子A （不计重力）从M 板小孔飘入板间，初速度可视为零．每当A 进入板间，两板的电势差变为U ，粒子得到加速，当A 离开N 板时，两板的电荷量均立即变为零．两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，A 在磁场作用下做半径为R 的圆周运动，R 远大于板间距离．A 经电场多次加速，

动能不断增大，为使R 保持不变，磁场必须相应地变化．不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应．求 （1）A 运动第1周时磁场的磁感应强度B 1的大小； （2）在A 运动第n 周的时间内电场力做功的平均功率n P ；

（3）若有一个质量也为m 、电荷量为+kq （k 为大于1的整数）的粒子B （不计重力）与A 同时从M 板小孔飘入板间，A 、B 初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变．下图中虚线、实线分别表示A 、B 的运动轨迹．在B 的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A 、B 的运动轨迹，并经推导说明理由．

q B A

C D

【答案】（1

）1B =

（2

）n P =

（3）A

【解析】⑴设A 经电场第1次加速后速度为v 1，由动能定理得 211

02

qU mv =-

①

A 在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力 2

111mv qv B R

= ②

由①②得1B =

③

⑵设A 经n 次加速后的速度为v n ，由动能定理得 2

102

n nqU mv =-

④

设A 做第n 次圆周运动的周期为n T ，有 2πn n

R

T v =

⑤

设在A 运动第n 周的时间内电场力做功为n W ，则 n W qU =

⑥

在该段时间内电场力做功的平均功率为 n

n n

W P T =

⑦

由④⑤⑥⑦解得

n P =

⑧

⑶ A 图能定性地反映A ，B 运动的轨迹。

A 经过n 次加速后，设其对应的磁感应强度为

B n ，A ，B 的周期分别为n T ，T '，综合②、⑤式并分别应用A ，B 的数据得 2πn n

m

T qB = 2πn

n T m T kqB k

'=

= 由上可知，n T 是T '的k 倍，所以A 每绕行1周，B 就绕行k 周。由于电场只在A 通过时存在，故B 仅在与A 同时进入电场时才被加速。

经n 次加速后，A ，B 的速度分别为n v 和n v '，考虑到④式

n v =

n v '=

由题设条件并考虑到⑤式，对A 有2πn n T v R = 设B 的轨迹半径为R '，有2πn T v R '''=

比较上述两式得R '=

上式表明，运动过程中B 的轨迹半径始终不变。 由以上分析可知，两粒子运动的轨迹如图A 所示。

9.使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。质量为m ，速度为v 的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r 的圆，圆心在O 点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B 。

为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器。引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O'点（O'点图中未画出）。引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P 点进入通道，沿通道中心线从Q 点射出。已知OQ 长度为L 。OQ 与OP 的夹角为θ，

（1）求离子的电荷量q 并判断其正负；

（2）离子从P 点进入，Q 点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B'，求B'；

（3）换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B 不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应。为使离子仍从P 点进入，Q 点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E 的方向和大小。

答案：（1）mv

q Br =，正电荷（2）22

(22cos )(2cos )mv r L q r L rR θθ-+-（3）222(22cos )(2cos )mv r L E Bv q r L rR θθ-=-+- 解析：（1）离子做圆周运动2v Bqv m r = 解得mv

q Br

=， 正电荷

（2）如答图所示 O ′Q =R ， OQ=L ， O ′O =R-r

引出轨迹为圆弧R

mv B qv 2

=' 得到 ,q B mv R '=

根据余弦定理得：

θcos L )r R (L r R R -++-=222

2）（

化简得θ

θ

cos L r cos rL L r R 2222

2--+=

25题答图

则)cos rL L r (q )cos L r (mv qR mv B θθ22222-+-=

=

'

（3）电场强度方向沿径向向外

引出轨迹为圆弧R mv qE qvB 2

=-

)

cos rL L r (q )

cos L r (mv Bv E θθ2222

22-+--= 10.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为（ ） A. 11 B. 12 C. 121 D. 144

答案：D

解析：设质子的质量数和电荷数分别为m 1、q 1，一价正离子的质量数和电荷数为m 2、q 2，对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得： 21

2qU mv =-

得

v =

① 在磁场中应满足 r

mv qvB 2

=

②

由题意，由于两种粒子从同一入口垂直进入磁场，从同一出口垂直离开磁场，故在磁场中做匀速圆周运动的半径应相同．

由①②式联立求解得匀速圆周运动的半径q

mU

B r 21=

，由于加速电压不变，

故

,1

1

122112

21==q m q m B B r r 其中B 2=12B 1 q 2=q 1 ，可得

,144

121=m m 故一价正离子与质子的质量比约为144

11.为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转。

扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O 的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，

三个为谷区，峰区和谷区相间分布。峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，谷区内没有磁场。质量为m ，电荷量为q 的正离子，以不变的速率v 旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示。

（1）求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r ，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针； （2）求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平

衡轨道旋转的周期T ；

（3）在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B' ，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B'和B 的关系。已知：sin （α±β ）=sin αcos β±cos αsin β，cos α=1-22

sin 2

α

【答案】（1）Bq mv r =

；旋转方向为逆时针方向（2）2π3θ=

；T =

3

）12B B '= 【解析】（1）峰区内圆弧半径mv

r qB =

①

旋转方向为逆时针方向 ② （2）由对称性，峰区内圆弧的圆心角2π

3θ=

③

每个圆弧的长度

2π2π3r mv

l qB ==

④ 每段直线长度

π2cos 6L r qB ===

⑤ 周期 3()

l L T v +=

⑥

代入得

(2πm

T qB +=

⑦

（3）谷区内的圆心角1209030θ'=?-?=? ⑧ 谷区内的轨道圆弧半径mv

r qB '=

'

⑨

由几何关系sin

sin

2

2r r θ

θ'

'=

⑩

L 60o 60o

r 30o l

O

由三角关系3062

sin

=sin 15=2?-? 代入得312B B -'=

? 12.一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U 0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）在答题卡的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（0–U U ?）到（0U U +?）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：（1）设甲种离子在磁场中的运动半径为r 1

电场加速20122qU mv =?， 且212v qvB m r = ， 解得q

mU B r 0

12=

根据几何关系x =2r 1–L ， 解得L q

mU B x -=

4

（2）(见图) 最窄处位于过两虚线交点的垂线上

22

11(

)2

L d r r =--

解得 44222

00L qB

mU q mU B d --= （3）设乙种离子在磁场中的运动半径为r 2 r 1的最小半径01min ()

2m U U r B q

-?=

r 2 的最大半径02max 2()

1m U U r B q

+?=

由题意知 2r 1min –2r 2max >L ，即

00()2()

42m U U m U U L B q B q

-?+?-> 解得002[2()2()]m

L U U U U B q

<

-?-+?

M

底片

r 1

L /2