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第十章 磁场
第 03 练 洛伦兹力与现代科技
知识目标 知识点
目标一 质谱仪
目标二 回旋加速器
目标三 电场与磁场叠加的应用实例分析
1．如图所示，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸
面向里．一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板，若不计重力，下列四个物理量中哪一个改
变时，粒子运动轨迹不会改变
A. 粒子所带的电荷量 B. 粒子速度的大小 C. 电场强度 D. 磁感应强度
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查速度选择器模型，过程分析：带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板，则所受电场力
与洛伦兹力平衡。
【解答】
问题解析：对带电粒子受力分析，有qvB=qE，所以改变粒子所带的电荷量不改变粒子的受力，粒
子运动轨迹不会改变，改变粒子速度、电场强度和磁感应强度均会导致粒子受力状态发生改变，从
而运动轨迹发生改变，本题是问粒子运动轨迹不会改变的，故 A正确，BCD错误。
故选A。
2．空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正
方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可
能正确描述该粒子运动轨迹的是( )A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】解：AC.原来静止的带正电的粒子在坐标原点O因受沿y轴正方向的电场力而沿y轴正方
向运动，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，根据左手定则可知，粒子沿y轴正方向运动的同
时还受到了顺着运动方向看去向左的洛伦兹力，带电粒子刚开始运动的瞬间向x轴负方向偏转，故
AC错误。
BD.带电粒子在运动的过程中受电场力和洛伦兹力，电场力做正功，洛伦兹力时刻与速度方向垂直
不做功。在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，x轴为匀强电场的等势面，带电粒子从开始运动
到再次回到x轴时，电场力做功为零，洛伦兹力不做功。根据动能定理知，带电粒子再次回到x轴
时的速度为零，随后受电场力作用重复向第二象限偏转，故B正确，D错误。
故选B。
带正电的粒子在电、磁场中运动，根据受力情况分析粒子的运动情况，根据动能定理判断粒子动能
变化。
本题考查带电粒子在匀强电、磁场中的运动，首先要明确粒子的运动由受力决定，知道曲线运动合
外力特点，会用动能定理分析粒子速度变化。
3．速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中
3
S A= S C，则下列说法中正确的是 ( )
0 2 0
A. 甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B. 甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷
E
C. 能通过狭缝S❑ 的带电粒子的速率等于
0 B
2
D. 若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3:2
【答案】B
【解析】
【分析】
粒子在速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，可知洛伦兹力
与电场力应平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向，粒子进入匀强磁场B 中受到洛伦兹力而做匀速
2
圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析粒子的质量和比荷的大小。
本题关键要理解速度选择器的原理：电场力与洛伦兹力，粒子的速度一定．粒子在磁场中偏转时，
由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半径。
【解答】
A、甲粒子在磁场中向上偏转，乙粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则知甲粒子带负电，乙粒子
带正电，故A错误；
v2 mv
B、根据洛伦兹力提供向心力，qvB=m ，得：r= ，r L，即 4 √m(U❑ 0 -ΔU) - 2 √2m(U❑ 0 +ΔU) >L
1min 2max
B q B q
2 √m
解得L< [2√(U❑-ΔU)-√2(U❑+ΔU)]
B q 0 0
4
√mU❑
答：(1)甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x为 0 -L；
B q
(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如上图所示，该区域最窄处的宽度d为
2 √mU❑ √4mU❑ L2
0 - 0 - ❑；
B q qB2 4
❑
(3)若考虑加速电压有波动，在(U -ΔU)到(U +ΔU)之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上
0 0
2 √m
没有重叠，狭缝宽度L满足的条件L< [2√(U❑-ΔU)-√2(U❑+ΔU)]
B q 0 0
【解析】(1)从M进入磁场的粒子打在底片上的位置到N点距离最小，由动能定理求出粒子进入磁
场的速度，根据洛伦兹力提供向心力求出轨道半径，由几何关系即可求解甲种离子打在底片上的位
置到N点的最小距离x；
(2)就是将一个虚线半圆平移到另一个虚线半圆，最窄处位于过两虚线交点的垂线上，把两个虚线
圆心找到，并连接两圆的最高点，两个圆的最高点的距离为L，根据几何关系求解，
(3)从M点射进磁场的最慢甲种离子到底片的距离比从N点射入得最快的乙种到达底片的距离要大
L，两轨迹的直径相差为L，列式即可求解；
考查动能定理与牛顿第二定律的应用，确定运动半径与电压的关系，这是解题的关键之处，同时注
意理解：甲、乙两种离子打在照相底片上的区域不重叠的含义。
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v。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v无关
eU
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
a
【答案】D
【解析】[分析]
本题考查电子在匀强磁场中受洛伦兹力的作用，发生偏转。根据左手定则可知电子偏转到后面表，
前表面堆积正电荷；前后表面有一定的电势差，电子同时受电场力的作用，直到洛伦兹力和电场力
相等。以后电子做匀速直线运动。
需要掌握电子的受力情况，再根据受力分析运动情况。
【解析】
A.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表
面，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误;
U U
B.电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，达到稳定。F =evB,F =eE=e ，故evB=e
洛 电 a a
则电压U=avB，故前后表面的电压与速度有关，与v成正比，故B错误；
C.由以上分析可知则电压U=avB，故前后表面的电压与a成正比，与c无关，故C错误；
U U
D.电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，达到稳定。F =evB,F =eE=e ，故F =e ，
洛 电 a 洛 a
故D正确；
故选D。
2．2020年爆发了新冠肺炎，该病毒传播能力非常强，因此研究新冠肺炎病毒株的实验室必须是全
程都在高度无接触物理防护性条件下操作。武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在
该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如下图所示模型：废液内含有大量正、负离子，
从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出。流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。
空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是( )
A. 负离子所受洛伦兹力方向由M指向NB. M点的电势高于N点的电势
C. 污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速
D. 只需要再测量出MN两点电压就能够推算废液的流量
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以
及知道最终离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，注意负离子偏转方向。
液体内含有大量正、负离子，根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出正、负离子的偏转方向，
比较出电势的高低。最终正、负离子受洛伦兹力和电场力平衡，根据平衡得出电势差的大小表达式
进行讨论。
【解答】
AB.根据左手定则可知，正离子受洛伦兹力的方向向下，负离子受洛伦兹力的方向向上，即负离子
所受洛伦兹力方向由N指向M，则M点的电势低于N点的电势，故AB错误；
C.不带电液体中没有正负粒子，不会在M、N两点间形成电势差，故无法测量其流量，故C错误；
U V 1
D.根据电场力和洛伦兹力平衡有：qvB=q ，根据流量的定义有：Q= =sv= πd2v，联立解
d t 4
πdU
得Q= ，所以只需要测量MN两点电压就能够推算废液的流量，故 D正确。
4B
故选D。
3．利用质谱仪检测电量相等(4价)的气态C14和C12离子的浓度比，结合C14衰变为N14的半衰
期，可以判断古代生物的年龄。如图所示，离子从容器A下方的狭缝S 飘入电场，经电场加速后通
1
过狭缝S 、S 垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生
2 3
I √14
分离，检测分离后离子的电流强度可得离子的浓度比。测得 P = ，则C14和C12的浓度比为
I √3
Q
( )
√14 √3 1 2
A. B. C. D.
√3 √14 2 1
【答案】C
【解析】
【分析】
本题是对质谱仪的原理的考查。带电粒子下电场中加速之后进入偏转磁场做圆周运动，结合电流的微观表达式和浓度与导电粒子的
单位体积内的电荷数目之间的关系求解。
【解答】
若以m､q表示离子的质量和电荷量，用v表示离子从狭缝S 射出时的速度，粒子在加速电场中，由
2
动能定理得
1
qU= mv2
2
√2qU
解得：v=
m
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
v2 mv 1 √2mU
qvB=m 解得：R= = ，则到达P、Q点的粒子分别为C12和C14，
R qB B q
电流的微观表达式I=nqSv
√mI
解得：n=
√2q3US
C14和C12的电荷量相同，加速电压相同，则单位体积内的自由电荷数n∝√mI
粒子的浓度与单位体积内的自由电荷数成正比，则则C14和C12的浓度比等于单位体积内的自由
电荷数之比
C n √m ·I √12×14
P = P = C12 P = =2所以C14和C12的浓度比为1:2，故C正确，ABD错误。
C n m ·I 14×3
Q Q C14 Q
4．如图所示，回旋加速器D形盒上加有垂直于表面的匀强磁场，狭缝间接有电压为U、频率为f的
交流电.若A处粒子源产生的氘核在加速器中被加速，则( )
A. 交流电的周期等于氘核在磁场中运动周期的一半
B. 氘核获得的最大速度与磁场的磁感应强度无关
C. 仅增大电压U，氘核在加速器中运动的时间变短
D. 若要加速α粒子，则交流电的频率f必须改变
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了回旋加速器。交变电场的周期应与粒子在磁场中圆周运动的周期相同；根据最大速度的表达式解答；仅增大电压U，加速的次数减小，运动时间变短；根据粒子在磁场中的运动周期
2πm
T= 解答。
Bq
【解答】
A、带电粒子做一次圆周运动，要被加速两次，电压周期性变化两次刚好是一个周期，所以交变电
场的周期应与氘核在磁场中圆周运动的周期相同，故A错误；
v2 BqR
B、粒子在磁场中做匀速圆周运动速度最大时Bqv =m m，最大速度v = ，则最大速度与粒
m R m m
子的比荷、磁感应强度、加速器的半径有关，故B错误；
2πm
C、粒子在磁场中的运动周期T= 不变，仅增大电压U，加速的次数减小，粒子在磁场中转动
Bq
的圈数减小，所以粒子的运动时间变短，故C正确；
2πm
D、粒子在磁场中的运动周期T= ，α粒子与氘核的比荷相同，所以在磁场中的运动周期相同，
Bq
即所需的加速电压的周期和频率相同，故D错误。
5．在研究原子核的内部结构时，需要用能量很高的粒子去轰击原子核。粒子加速器可以用人工方
法使带电粒子获得很大速度和能量。
图甲是回旋加速器的结构示意图，D 和D 是两个中空的半径为R的半圆型金属盒，两盒之间留有
1 2
间距为d的窄缝，它们之间有一定的电势差。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强
度为B.D 盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为+q的粒子。粒子在两盒之间被电场
1
加速，之后进入磁场后做匀速圆周运动。经过若干次加速后，将粒子从金属盒边缘引出。设粒子在
交变电场中运动时电压大小为U，不考虑粒子离开A处时的速度、粒子重力、粒子间的相互作用及
相对论效应。
(1)求粒子被引出时的动能E ；
k
(2)求粒子被电场加速的次数n；
(3)随着粒子在电场中的不断加速，粒子在磁场中的运动速率一次比一次增大，然而粒子每次在金
属盒中的运动时间却相同，粒子在交变电场中加速的总时间也可以忽略。已知10MeV以上的回旋
加速器中磁感应强度的数量级为1T，金属盒的直径在1m以上，窄缝之间距离约为0.1cm。请你结
合上述参数，通过推导和估算加以分析。【答案】
解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
v2
由牛顿第二定律得：qvB=m ，
R
1
粒子的动能：E = mv2 ，
k 2
q2B2R2
解得：E = ；
k 2m
(2)粒子在电场中被加速n次，对粒子，
1
根据动能定理得：nqU= mv2-0，
2
qB2R2
解得，粒子被电场加速的次数：n= ；
2mU
(3)粒子在加速器中运动的时间可以看成两部分时间之和，
n
在金属盒内旋转 圈的时间t 和通过金属盒间隙n次所需的时间t 。
2 1 2
粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，
2πm
粒子在磁场中做圆周运动的周期：T= ，
qB
粒子运动周期与粒子速度无关，每次在金属盒中的运动时间相同，
n πBR2
粒子在磁场中运动时间：t = T= ，
1 2 2U
v
粒子在电场中运动时，根据匀变速直线运动规律：nd= t ，
2 2
BRd
解得：t = ，
2 U
t πR
粒子在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比： 1= ≈800，
t 2d
2
由此可知：粒子在电场中的加速时间可以忽略。
q2B2R2
答：(1)求粒子被引出时的动能E 为 ；
k 2m
qB2R2
(2)求粒子被电场加速的次数n为 ；
2mU
(3)粒子在磁场中的运动时间约为在电场中运动时间的800倍，粒子在电场中的运动时间可以忽略
不计。
【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子离开
加速器时的速度，然后求出粒子的动能。
(2)粒子在电场中加速，应用动能定理求出粒子加速的次数。(3)粒子在磁场中做圆周运动，在电场中加速，求出粒子在磁场中的运动时间与在电场中的运动时
间，然后分析答题。
本题考查了粒子在回旋加速器中的运动，知道回旋加速器的工作原理、分析清楚粒子运动过程是解
题的前提，应用牛顿第二定律与动能定理即可解题。
6．如图1所示，回旋加速器的圆形匀强磁场区域以O点为圆心，磁感应强度大小为B，加速电压的
大小为U、质量为m、电荷量为q的粒子从O附近飘入加速电场，多次加速后粒子经过P点绕O做圆
周运动，半径为R，粒子在电场中的加速时间可以忽略。为将粒子引出磁场，在P位置安装一个
“静电偏转器”，如图2所示，片砖砌的两极板M和N厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆
心角为α，当M、N间加有电压时，狭缝中产生电场强度大小为E的电场，使粒子恰能通过狭缝，
粒子在再次被加速前射出磁场，不计M、N间的距离。求：
(1)粒子加速到P点所需要的时间t；
(2)极板N的最大厚度d ；
m
(3)磁场区域的最大半径R 。
m
【答案】
解：(1)设粒子在P的速度大小为v
P
v2 mv
根据qvB=m 可知半径表达式为R= P
r qB
根 据 动 能 定 理 粒 子 在 静 电 场 中 加 速 ， 有
1
nqU= mv2
2 P
2πm
粒子在磁场中运动的周期为T=
qB
T
粒子运动的总时间为t=(n-1)⋅
2
qB2R2 πm
解得：t=( -1)
2mU qB
mv 1
(2)由粒子的运动半径r= ，结合动能表达式E = mv2 变形得
qB k 2√2mE
r= k
qB
√2m(E -qU) √2m(E -2qU)
则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径为r = kP ，r = kP
1 qB 2 qB
由几何关系d =2(r -r )
m 1 2
(qBR) 2 √ 2mU √ 4mU
结合E = 解得：d =2( R2- - R2- )；
kP 2m m qB2 qB2
(3)设粒子在偏转器中的运动半径为r ，则在偏转器中，要使粒子半径变大，电场力应和洛伦兹力
Q
v2
反向，共同提供向心力，有qv B-qE=m P
P r
Q
设粒子离开偏转器的点为E，圆周运动的圆心为O'
由题意知，O'在SQ上，且粒子飞离磁场的点与O、O'在一条直线上，如图1所示
粒子在偏转器中运动的圆心在Q点，从偏转器飞出，即从E点离开，又进入回旋加速器中的磁场，
此时粒子的运动半径又变为R，然后轨迹发生偏离，从偏转器的F点飞出磁场，那么磁场的最大半
径即为R =OF=R+OO'
m
将等腰三角形△OO'Q放大如图2所示
虚线为从Q点向OO'所引垂线，虚线平分α角，则OO'=2(r -R)
Q
2mER α
解得最大半径为R =R+ sin 。
m qB2R-mE 2
v2
【解析】(1)根据qvB=m 和动能定理求解粒子运动的时间；
r
mv
(2)根据r= 和几何关系d =2(r -r )求解即可；
qB m 1 2
(3)根据牛顿第二定律及几何关系求解半径。
本题的难点在于结合图像判断相关的几何关系，要注意结合题意画图分析。
