1、 第54节 磁场的综合应用1.【2019年物理天津卷】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、长为的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为。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，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、后表面间的电压与无关C. 前、后表面间的电压与成正比D. 自由电子受到的洛伦兹力大小为【答案】D
2、【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，故，故D正确，由则电压，故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误。1.2018年浙江卷（4月选考）22（10分）【加试题】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=p，0）。霍尔片的放大图如图2所示，它由长宽厚=abd、单位体积内自由电子
3、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=B0（1-|x|），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C1C2方向的电流I，则在侧面上D1 、D2两点间产生霍尔电压U0。（1）指出D1 、D2两点哪点电势高；（2）推导出U0与I、B0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，其中e为电子电荷量）；第22题图2第22题图1p(t)OLBxA弹性盒dUHBbC1ID1D2aC2第22题图3UHtt02t03t04t0OU0U1（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UH随时间t变化图像如图3
4、。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U0、U1、t0、及表示）答案：（1）D1点电势高（2）电子受力平衡：evB0=eEH 得到 （3）霍尔电压，振幅： 频率：2.2014年物理江苏卷9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 IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压 UH 满足：，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 RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则RLVRBIH霍尔元件前表面电源
5、线圈IA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 IH 与 I 成正比D电压表的示数与 RL 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， ， ， 又， IH与I成正比，选项C正确；因为电阻R远大于RL，所以通过RL的电流可以认为是I，而B=KI，IH=K I，所以UH
6、I2 P，D项正确。3. 2014年理综福建卷22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v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变。yzxLhdv0SRBMN（1）求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0；（2）求开关闭合前后，管道两端压强差的变化p；（3）调整矩形管道的宽
7、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，U0保持恒定，有 得：（2）设开关闭合前后，管道两端压强差分别为p1、p2，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：p1hd=f， p2hd=f+F安， F安=BId根据欧姆定律，有两导体板间液体的电阻联立解得：（3）电阻R获得的功率为：，当时，电阻R获得的最大功率4. 2013年浙江卷25（22分）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
8、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=0.2m的海水，通道中abc=0.3m0.4m0.3m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ab=0.3m0.4m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=1.0103A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m=1.0103kg/m3。（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
9、“倒车”？（3）当潜艇以恒定速度v0=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。推进器海水入口海水入口IIBMNabc答：（1）1.92103N，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，P1=F牵v0=6.9105W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0.5， P2=12I2R=6106W电源提供的电功率中的第三部分为单位时间
10、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=mbcv水对地=480kg单位时间内其动能增加为 =4.6104W解：（1）将通电海水看成导线，所受磁场力代入数据得：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：牵引功率根据牛顿第三定律：当第二部分：海水的焦耳热功率对单个直线推进器，根据电阻定律：代入数据得：由热功率公式，代入数据得：第三部分：单
11、位时间内海水动能的增加值设t时间内喷出海水的质量为m考虑到海水的初动能为零，5. 2012年理综天津卷12.（20分）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S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2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。BUAS1S2（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
12、U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，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 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 由以上两式化简得 （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 由式解得 （3）两种粒子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，即不要重合，由可得半径为 由此可知质量小的铀235在电压最大时的半径存在最大值 质量大的铀238质量在电压最小时的半径存在最小值所以两种粒子在磁
13、场中运动的轨迹不发生交叠的条件为 化简得 6. 2011年理综北京卷23（18分）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。离子源加速电场狭缝DCGABq已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2 (m1 m2)，电荷量均为。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
14、m1的离子进入磁场时的速率v1；（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，得 （2）在磁场中作圆周运动由牛顿第二定律 ，利用式得离子在磁场中的轨道半径为别为 ， 两种离子在GA上落点的间距 （3）质量为m
15、1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1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m2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 利用式代入式，得R1最大值满足 得 求得最大值 7. 2011年理综天津卷ABD1D2接交流电源12（20分）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
16、另一粒子，试写出核反应方程。若碳11的半衰期为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，D1和D2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，D1、D2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
17、中相邻轨道的半径之差r是增大、减小还是不变？【解析】（1）核反应方程为设碳11原有质量为m0，经过t=2.0 h剩余的质量为mt，根据半衰期定义，有（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，由牛顿第二定律知质子运动的回旋周期为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输出时质子束的等效电流为由上述各式得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（kN*）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rk，rk+1（rkrk+1）
18、，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2之间的电压为U，由动能定理知由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知，则整理得 因U、q、m、B均为定值，令，由上式得相邻轨道半径rk+1，rk+2之差同理 因为rk+2 rk，比较，得说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差减小方法二：设k（kN*）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rk，rk+1（rkrk+1），在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2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，故由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量以质子在D2盒中运动为例，
19、第k次进入D2时，被电场加速（2k1）次速度大小为同理，质子第（k+1）次进入D2时，速度大小为综合上述各式可得整理得，同理，对于相邻轨道半径rk+1，rk+2，整理后有由于rk+2 rk，比较，得说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差减小，用同样的方法也可得到质子在D1盒中运动时具有相同的结论。8.2014年理综天津卷12(20分)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
20、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MNvqR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B1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；BACD（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
21、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【答案】（1）（2）（3）A【解析】设A经电场第1次加速后速度为v1，由动能定理得A在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力由得设A经n次加速后的速度为vn，由动能定理得设A做第n次圆周运动的周期为，有设在A运动第n周的时间内电场力做功为，则在该段时间内电场力做功的平均功率为由解得 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Bn，A，B的周期分别为，综合、式并分别应用A，B的数据得由上可知，是的倍，所以A每绕行1周，B就绕行周。由于电场只在A通过时存在，故B仅在与
22、A同时进入电场时才被加速。经n次加速后，A，B的速度分别为和，考虑到式由题设条件并考虑到式，对A有设B的轨迹半径为，有比较上述两式得上式表明，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。9.2015年理综浙江卷25. （22分）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。vPQLBrO引出通道 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
23、，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，（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），正电荷（2）（3）解析：（1）离子做圆周运动 解得， 正电荷 25题答图RQPOOrR-rL（2）如答
24、图所示 OQ=R， OQ=L， OO=R-r引出轨迹为圆弧 得到 根据余弦定理得： 化简得则（3）电场强度方向沿径向向外引出轨迹为圆弧 10.2016年新课标I卷出口磁场加速电场15.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.11B. 12C.121D. 144答案：D解析：设质子的质量数和电荷数分别为m1、q1，一价正离子的
25、质量数和电荷数为m2、q2，对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得： 得 在磁场中应满足 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式联立求解得匀速圆周运动的半径，由于加速电压不变，故 其中B2=12B1 q2=q1 ，可得故一价正离子与质子的质量比约为14411.2016年浙江卷25.（22分）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
26、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；OB峰区谷区（2）求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角，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变为90，求B和B的关系。已知：sin（）=sincoscossin，cos=1-2【答案】（1）；旋转方向为逆时针方向（2）；（3）【解析】（1）峰区内圆弧半径 旋转方向为
27、逆时针方向 （2）由对称性，峰区内圆弧的圆心角 每个圆弧的长度 L60o60or30olOrBBrO每段直线长度 周期 代入得 （3）谷区内的圆心角 谷区内的轨道圆弧半径 由几何关系 由三角关系代入得 12.2017年江苏卷U0LMN加速电场B底片15.（16分）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（）到（）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r1电场加速， 且 ， 解得根据几何关系x =2r1L， 解得MN底片r1L/2（2）(见图) 最窄处位于过两虚线交点的垂线上解得 （3）设乙种离子在磁场中的运动半径为r2 r1的最小半径r2 的最大半径由题意知 2r1min2r2max L，即解得
