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第53 讲 洛伦兹力与现代科技
模拟·基础演练
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
AD
AC
BC
AC
AC
BD
BC
AC
BCD
BD
题号
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
答案
D
D
B
A
D
B
D
A
B
D
题号
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
答案
B
C
C
B
D
D
B
A
C
C
重难·创新演练
1．【答案】(1)带正电 (2)ρ= IB
hU H
(3)B
′ =ρh
I
❑√U x
2+U y
2 +U z
2
【详解】（1）因N极电势高于M极电势，可知为正电荷偏向N 极，根据电流流向和左手定则可知载流子
带正电；
（2）设NM之间的距离为d
则带电粒子的定向移动速度：v = I
nqS = I
ρhd
则一个载流子的受力情况：qvB =U H
d q
联立解得ρ= IB
hU H
（3）由ρ的表达式可知B =ρhU H
I
由图2 和图3 可知Bx =ρhU x
I
B y =ρhU y
I
Bz=ρhU z
I
B
′ =
❑√Bx
2+B y
2 +Bz
2
解得B
′ =ρh
I
❑√U x
2+U y
2 +U z
2
2． 【答案】(1)5×10
−3T (2)0.2m
【详解】（1）在加速电场中，由动能定理，有qU 0=1
2 m v0
2
代入数据得v0=
❑√
2qU 0
m
=2×10
5 m/ s
在速度选择器中，电场力与洛伦兹力平衡q B1v0=q U 1
d
代入数据得磁场
的磁感应强度大小
Ⅰ
B1= U 1
d v0
=5×10
−3T
（2）撤去磁场
后，粒子在该区域只受电场力作用，做类平抛运动，水平方向
Ⅰ
t = L
v0
=7.5×10
−7s
竖直加速度a=F
m =qU 1
md =2×10
11m/ s
2
竖直分速度v y =at =1.5×10
5 m/ s
合速度v =
❑√v0
2+v y
2 =2.5×10
5 m/ s
设速度与水平方向夹角为α，tanα =v y
v0
=3
4
可得α =37°
因y =1
2 at
2<d
2 ，粒子未碰到极板进入偏转磁场
。
Ⅱ
在磁场
中，洛伦兹力提供向心力
Ⅱ
q B2v =m v
2
r
代入数据得r = mv
q B2
=0.125 m
结合粒子运动轨迹，由几何关系，竖直方向的偏转距离y =2r cos37° =0.2m
3．【答案】(1)v =E
B ，k = E
B
2 R ，带正电 (2)E0=3 ER
8d (3)
❑√3 BR
12d ≤B0≤2BR
9d
【详解】（1）离子在速度选择器中做匀速直线运动，速度大小满足qE =qvB
解得v =E
B
在磁分析器内离子做匀速圆周运动，由左手定则可知，离子带正电，受到的洛伦兹力充当向心力，满足
m v
2
R =qvB
可知离子的比荷k =q
m = v
BR = E
B
2 R
出磁分析器后，离子进入匀强磁场区域M 点时的速度大小仍为v =E
B
（2）离子在CDQS 区域做类平抛运动，沿竖直方向离子的速度不变，从M 点飞入到击中Q 点共用时
t =DQ
v =4 ❑√3 Bd
E
沿水平方向，离子做初速度为0 的匀加速直线运动，满足x =1
2 at
2=9d
解得a= 3 E
2
8 B
2d
根据牛顿第二定律有q E0=ma
解得E0=3 ER
8d
（3）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设离子圆周运动的半径为r，因洛伦兹力提供向心力，满足
qv B0=m v
2
r
解得r = mv
q B0
= v
k B0
=BR
B0
离子能最终打在QD 边上的情况如图所示
由几何关系可知4.5d ≤r ≤4 ❑√3d
代入r =BR
B0
联立得
❑√3 BR
12d ≤B0≤2BR
9d
3． 【答案】(1) 2U
B
2 R
2 (2)2U
R ，水平向左
【详解】（1）
区电场中加速，有
Ⅰ
qU =1
2 mv
2
区磁场中偏转，有
Ⅲ
qvB =m v
2
R
联立解得q
m = 2U
B
2 R
2
（2）
区中匀速直线运动，有
Ⅱ
qvB =qE
解得E =2U
R
区磁场中粒子向右偏转，由左手定则可知，粒子带正电，
区中洛伦兹力方向水平向右，所以电场方向
Ⅲ
Ⅱ
水平向左
5．【答案】(1) E
B2
，粒子1 带负电，粒子2 带正电 (2)4：1 (3)3：4
【详解】（1）根据题意可知，粒子在电磁场中做匀速直线运动，则有qv B2=Eq
解得v = E
B2
在第一象限中由左手定则可判断粒子1 带负电，粒子2 带正电
（2）粒子射入第一象限后，做匀速圆周运动，粒子1 经过P 点，有q1v B1=m1
v
2
r1
由几何关系有2r1=L
粒子2 经过D 点，有q2v B1=m2
v
2
r2
由几何关系有r2
2=(r2−L)
2+(❑√3 L)
2
联立解得
q1
m1
: q2
m2
=4:1
（3）粒子1 由C 点到P 点用时t1=1
2 T 1=1
2 · 2π r1
v
粒子2 做圆周运动的轨迹如图所示
有sinθ =OD
r2
=
❑√3
2
解得θ =60°
粒子2 由C 点到D 点用时t2= 60°
360° T 2=1
6 · 2π r2
v
则t1:t2=3:4
真题·实战演练
1．【答案】C
2．【答案】AC
3．【答案】(1)B0=E
v ，B1=mv
qh (2)29 πm
60qB (3)M =17
10 m，x1=34 mv
15qB
【详解】（1）粒子在速度选择器中做直线运动，有qE =qv B0
解得B0=E
v
粒子在区域
中做匀速圆周运动，由几何关系得轨迹半径
Ⅰ
R1=h，根据qv B1=m v
2
R1
解得B1=mv
qh
（2）根据qvB =m v
2
R 可知，粒子在区域
、
中的轨迹半径分别为
Ⅱ
Ⅲ
R2= mv
5qB ，R3= mv
12qB
画出粒子运动轨迹图
可知从O 点进入区域
，经半圆到达
Ⅱ
A(
2mv
5qB ，0)
再根据qvB =m 4 π
2
T
2 R，可知O 到A 运动时间t1= πm
5qB
从A 点进入区域
，经半圆到达
Ⅲ
B(
7mv
30qB ，0)，时间t2= πm
12qB
从B 点再次进入区域
，经半圆到达
Ⅱ
P(
19mv
30qB ，0)，时间t3= πm
5qB
则总时间t =t1＋t2＋t3=29 πm
60qB
（3）画出粒子a、b 的运动轨迹如图
区域
：
Ⅱ
a 粒子半径r2= mv
5qB
b 粒子半径Mv
5qB
a 粒子半周期τ 2= πm
5qB
b 粒子半周期πM
5qB
区域
：
Ⅲ
a 粒子半径r3= mv
12qB
b 粒子半径Mv
12qB
a 粒子半周期τ 3= πm
12qB
b 粒子半周期πM
12qB
粒子每完成一次
区域
下半圆＋区域
上半圆
的运动，
“
Ⅱ
Ⅲ
”
x 坐标的净变化Δ xa=2r2−2r3= 7mv
30qB
同理Δ xb=7 Mv
30qB
所花时间Δta=τ 2＋τ 3=17 πm
60qB
同理Δtb=17 πM
60qB
取粒子a 从O 点沿y 轴负方向进入区域
的时刻为
Ⅱ
t = 0，粒子a 第1 次速度向上点：在区域
中走下半圆
Ⅱ
到达x 轴
坐标xa,1=2r2=2
5 ⋅mv
qB =12mv
30qB
时间ta,1=τ 2= πm
5qB =12πm
60qB
此后每经过一次区域
上半圆和一次区域
下半圆，到达下一个速度向上点。设第
Ⅲ
Ⅱ
n 次速度向上点n=1，
2，3，
，则
…
xa,n=xa,1＋(n−1) Δ xa=12mv
30qB ＋(n−1) 7mv
30qB =7n＋5
30
⋅mv
qB
ta,n=ta,1＋(n−1) Δta=12πm
60qB ＋(n−1) 17 πm
60qB =17n−5
60
⋅πm
qB
粒子b 在a 到达第一次向上点a（即x =2mv
5qB ）时，从O 点以同样速率沿y 轴负方向进入区域
。
Ⅱ
B 的起始
时刻为ta,1= πm
5qB =12πm
60qB
粒子b 第1 次速度向上点（绝对时刻）：b 先在区域
走下半圆
Ⅱ
坐标xb,1=2⋅Mv
5qB =12 Mv
30qB
时刻T b,1=ta,1＋πM
5qB =12πm
60qB ＋12πM
60qB =12m＋12 M
60qB
π
同理，第k 次速度向上点k=1，2，3，…
xb,k =12 Mv
30qB ＋(k −1) 7 Mv
30qB =7 k ＋5
30
⋅Mv
qB
T b,k =T b,1＋(k −1)(
πM
5qB ＋πM
12qB)=12m＋(17 k −5)M
60qB
π
由相遇条件xa,n=xb,k、ta,n=tb,k得(7n+5)m=(7 k +5)M，(17n−5)m=12m+(17 k −5)M
两式相除消去M 得10n−17 k =5，最小正整数解为k = 5，n = 9
代入得M =17
10 m，x1=34 mv
15qB
4．【答案】(1) U
B0d (2) mU
qd B0 L，L<y <3 L (3)60 %
【详解】（1）由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故qE =q v0 B0
其中E =U
d
则该粒子通过速度选择器的速率为v0= U
B0d
（2）粒子在x ≥0区域内做匀速圆周运动，从ON 的中点垂直ON 射入磁屏蔽区域，由几何关系可知r1=L
由洛伦兹力提供给向心力q v0 B1=m v0
2
r1
联立可得B1= mU
qd B0 L
由于B2<B1，根据洛伦兹力提供给向心力q v0 B2=m v0
2
r2
解得r2>L
当B2=0时粒子磁屏蔽区向上做匀速直线运动，离开磁屏蔽区后根据左手定则，粒子向左偏转，如图所示
根据洛伦兹力提供向心力q v0 B1=m v0
2
r3
可得r3=r1=L
故粒子打在y 轴3L 处，综上所述y 轴上可能检测到该粒子的范围为L<y <3 L。
（3）若在Q 处检测到该粒子，如图
由几何关系可知r2
2=(2 L)
2+(r2−L)
2
解得r2=5
2 L
由洛伦兹力提供向心力q v0 B2=m v0
2
r2
联立解得B2= 2mU
5q B0dL
其中B1= mU
qd B0 L
根据磁屏蔽效率η=B1−B2
B1
×100 %可得若在Q 处检测到该粒子，则η=60 %
5．【答案】（1）带正电，
E1
2
2U B1
2；（2）4U B1
E1B2
；（3）2 E2−E1
B1
【详解】（1）由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子
进入速度选择器时的速度为v0，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件q v0 B1=q E1
在加速电场中，由动能定理qU =1
2 mv0
2
联立解得，粒子的比荷为q
m =
E1
2
2U B1
2
（2）由洛伦兹力提供向心力q v0 B2=m v0
2
r
可得O 点到P 点的距离为OP =2r =4U B1
E1B2
（3）粒子进入
瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力
Ⅱ
F洛=q v0 B1
向下的电场力F =q E2
由于E2＞E1，且q v0 B1=q E1
所以通过配速法，如图所示
在O 点将粒子的速度v 分解为大小为v1、v2的两个分速度，则有v0=v1−v2
令v1对应的洛伦兹力等于电场力，即q E2=q v1B1
可得v1=E2
B1
则粒子的运动可分解为线速度大小为v2的匀速圆周运动和速度大小为v1的匀速直线运动，设粒子恰好垂直
打在速度选择器右挡板的O
'点时的速度大小为v
'，则有v
' =v1+v2=v1+v1−v0=2v1−v0=2 E2−E1
B1
