高考物理质谱仪和磁流体发电机压轴题提高题专题含答案

一、高中物理解题方法：质谱仪和磁流体发电机

1．如图所示，相距为D、板间电压为U的平行金属板M、N间有垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；在pOy区域内有垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场；pOx区域为无场区．一正离子沿平行于金属板、垂直磁场射入两板间并做匀速直线运动，从H（0，A）点垂直y轴进入第Ⅰ象限，经Op上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第Ⅰ象限．求：

（1）离子在金属板M、N间的运动速度； （2）离子的比荷

q； m（3）离子在第Ⅰ象限的磁场区域和无场区域内运动的时间之比． 【答案】（1）v【解析】 【分析】 【详解】

（1）设带电粒子的质量为m、电量为q，在平行金属板间的运动速度为v，平行金属板间的场强为E0

依题意，有qvB0=qE0① 又M，N间为匀强电场，有E0联立①②解得vt1Uq2U（2）（3）

B0dmB0Badt22U② dU③ B0dv2（2）带电粒子进入POy区域，做匀速圆周运动，设轨道半径为r，有qvBm④

r依题意带电粒子进入第I象限转过1/4圈后从OP上离开磁场，如图，由几何关系得A-r=rtAn45° ⑤ 联立③④⑤得：

q2U⑥ mB0Bad

（3）匀速圆周运动的周期T2r⑦ vT⑧ 4带电粒子在磁场中的运动时间t1离子从C出来后做匀速直线运动，设经过x轴上的D点，如图，由几何关系有CD=A-r ⑨ 从C到D的时间为t2CD⑩ vt1 t22联立③⑤⑦⑧⑨⑩得

2．某种工业上用质谱仪将铀离子从其他相关元素中分离出来，如图所示，铀离子通过U＝100kV的电势差加速后进入匀强磁场分离器，磁场中铀离子的路径为半径r＝1.00m的半圆，最后铀离子从狭缝出来被收集在一只杯中，已知铀离子的质量m＝3.92×10－25kg，电荷量q＝3.20×10算3.92≈2)

(1)求匀强磁场的磁感应强度； (2)计算一小时内杯中所产生的内能； (3)计算离子流对杯产生的冲击力。

－19

C，如果该设备每小时分离出的铀离子的质量M＝100mg，则：(为便于计

【答案】(1)0.5T(2)8.16×106J(3)0.011N 【解析】 【详解】

(1)铀离子在加速电场中加速时，由动能定理

qU＝

12

mv－0 2铀离子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供

mv2qvB＝

r所以

B＝mvmqr2qU525m12Um12103.9210T＝0.5T。 qrrq13.201019 (2)每小时加速铀离子的数目

M100106n＝＝＝2.55×1020个， 25m3.9210每个铀离子加速获得的动能为

Ek＝

12

mv＝qU 2这些动能全部转化为内能，则n个铀离子全部与杯子碰撞后产生的总的内能为：

Q＝nEk＝nqU＝2.55×1020×3.20×10－19×105J＝8.16×106J。

(3)经过1小时，把这些铀离子看成一个整体，根据动量定理得－FNt＝0－Mv 所以求得杯子对这些铀离子的冲击力

23.210191051001025FNMvN＝0.011N 3.9210t3600据牛顿第三定律，离子对杯子的冲击力大小等于0.011N；

63．一束硼离子以不同的初速度，沿水平方向经过速度选择器，从O点进入方向垂直纸面向外的匀强偏转磁场区域，分两束垂直打在O点正下方的离子探测板上P1和P2点，测得OP1：OP2=2：3，如图甲所示．速度选择器中匀强电场的电场强度为E，匀强磁场的磁感应强度为B1，偏转磁场的磁感应强度为B2．若撤去探测板，在O点右侧的磁场区域中放置云雾室，离子运动轨迹如图乙所示．设离子在云雾室中运动时受到的阻力Ff=kq，式中k为常数，q为离子的电荷量．不计离子重力．求

（1）硼离子从O点射出时的速度大小； （2）两束硼离子的电荷量之比；

（3）两种硼离子在云雾室里运动的路程之比． 【答案】（1）v【解析】 【分析】 【详解】

只有竖直方向受力平衡的离子，才能沿水平方向运动离开速度选择器 由电场力公式

F电=qE

洛伦兹力公式

F洛=qvB1

E；（2）3：2；（3）2：3． B1则有

F电=F洛

综合以上可得

vE B1(2)设到达P1点离子的电荷量为q1，到达P2点离子的电荷量为q2，进入磁场后，根据牛顿第二定律，则有

v2qvB2m

r解得

r根据题意有

mv qB2r12 r23考虑到进入偏转磁场的硼离子的质量相同、速度相同，得

q1r23 q2r12(3)设电荷量为q1离子运动路程为s1，电荷量为q2离子运动路程为s2，在云雾室内受到的阻力始终与速度方向相反，做负功，洛伦兹力不做功，有

W=﹣Ffs=△EK

且

Ff=kq

得

s1q22 s2q13

4．如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场，带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动，忽略重力的影响，求：

（1）匀强电场场强E的大小； （2）粒子从电场射出时速度ν的大小；

（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。 【答案】（1）E【解析】 【详解】

（1）根据匀强电场电势差和电场强度的关系得，匀强电场场强E的大小

U；（2）vd12mU2Uq；（3）R BqdmEU d（2）设带电粒子出电场时速度为v，由动能定理得

Uq解得粒子从电场射出时速度ν的大小

12mv 2v2Uq m（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得

mv2 BqvR联立得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径

R

12mU Bq5．在考古中为了测定古物的年代，可通过测定古物中碳14与碳12的比例，其物理过程可简化为如图所示，碳14与碳12经电离后的原子核带电量都为q，从容器A下方的小孔S不断飘入电压为U的加速电场，经过S正下方的小孔O后，沿SO方向垂直进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，最后打在相机底片D上并被吸收。已知D与O在同一平面内，其中碳12在底片D上的落点到O的距离为x，不考虑粒子重力和粒子在小孔S处的初速度。 (1)求碳12的比荷；

(2)由于粒子间存在相互作用，从O进入磁场的粒子在纸面内将发生不同程度的微小偏转（粒子进入磁场速度大小的变化可忽略），其方向与竖直方向的最大偏角为α，求碳12在底片D上的落点到O的距离的范围；

(3)实际上，加速电场的电压也会发生微小变化（设电压变化范围为U±ΔU），从而导致进入磁场的粒子的速度大小也有所不同。现从容器A中飘入碳14与碳12最终均能打在底片D上，若要使这两种粒子的落点区域不重叠，则ΔU应满足什么条件？（粒子进入磁场时的速度方向与竖直方向的最大偏角仍为α）

2q8U7cos6【答案】(1)22；(2)距离范围为cosx~x；(3) UU 2mBx7cos6【解析】 【分析】 【详解】 (1)经加速电场有

qU在磁场中

12mv 2mv2 qvBrr解得碳12的比荷

1x 2q8U22 mBx(2)粒子在磁场中圆运动半径

r2qmUx qB2由图像可知，粒子左偏α角（轨迹圆心为O1）或右偏α角（轨迹圆心为O2），落点到O的距离相等均为L=2rcosθ，故θ=0°时落点到O的距离最大

Lmax=2r=x

故θ=α时落点到O的距离最小

Lmin=2rcosα=xcosα

所以落点到O的距离范围为

xcos~x。

(3)设碳12的质量为m1，碳14的质量为m2，并且

m1126 m2147根据r12mU可知：

Bq12mU1 Bq碳12的运动半径

r1碳12的最大半径

r1max同理： 碳14的运动半径

12m1(UΔU)

Bqr2碳14的最小半径

12m2U Bqr2min12m2(UΔU)

Bq若要使这两种粒子的落点区域不重叠，打中底片时离O点的距离应需满足：碳14的最近距离大于碳12的 最远距离，即

2r1max2r2mincosα

联立解得ΔU应满足的条件

cos2m2m17cos26ΔUUU 22cosm2m17cos6答：(1)碳12的比荷为

8U(2)碳12在底片D上的落点到O的距离的范围为22；Bxxcos~x；(3)若要使这两种粒子的落点区域不重叠，则U应满足

7cos26ΔUU。 27cos6【点睛】

本题考查带电粒子在复合场中的运动，加速场运用动能定理，粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，第三问难点在于找出粒子不重叠的条件，即：打中底片时离O点的距离应需满足：碳14的最近距离大于碳12的最远距离。

6．质谱仪可用来对同位素进行分析，其主要由加速电场和边界为直线PQ的匀强偏转磁场组成，如图甲所示。某次研究的粒子束是氕核和氘核组成的，粒子从静止开始经过电场加速后，从边界上的O点垂直于边界进入偏转磁场，氕核最终到达照相底片上的M点，测得O、M间的距离为d，粒子的重力忽略不计，求：

(1)偏转磁场的方向（选答“垂直纸面向外”或“垂直纸面向里”）；

(2)本次研究的粒子在照相底片上都能检测到，照相底片的放置区域的长度L至少多大； (3)若偏转磁场的区域为圆形，且与PQ相切于O点，如图乙所示，其他条件不变，要保证氘核进入偏转磁场后不能打到PQ边界上（PQ足够长），求磁场区域的半径R应满足的条件。

【答案】(1) 垂直纸面向外；(2)(21)d；(3) R【解析】 【分析】 【详解】

2d。 2(1)因为氕核最终到达照相底片上的M点，受洛仑兹力向左，根据左手定则判断磁场方向垂直纸面向外。

(2)在电场中加速，设加速电压为U，有

qU在磁场中

12mv 2v2qvBm

r根据几何关系可知，氕核旋转半径

rd 2结合以上方程，且氘核与氕核质量电量关系可知，氘核旋转半径

r'2r

照相底片的放置区域的长度L至少

L2r'2r(21)d

(3) 氘核恰不能到达磁场边界

Rr'

根据以上分析可知，半径应满足条件

R

2d 27．如图所示，质量为m、电荷量为+q的粒子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度几乎为零，粒子经过小孔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，做半径为R的匀速圆周运动，随后离开磁场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用．

（1）求粒子在磁场中运动的速度大小v； （2）求加速电场的电压U；

（3）粒子离开磁场时被收集，已知时间t内收集到粒子的质量为M，求这段时间内粒子束离开磁场时的等效电流I．

MqBqRB2qR2（2）U（3）I【答案】（1）v mmt2m【解析】

BqRv2（1）洛伦兹力提供向心力Bqvm，解得速度v

mR12B2qR2（2）根据动能定理qUmv，解得U

22m（3）设时间t内收集到粒子数为N，根据题意有MNm 根据电流定义有INqMq，联立解得等效电流I tmt

8．磁流体发电是一项新兴技术，如图是它的示意图．相距为d的两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场．一束等离子体（即高温正电离的气体，含有大量正、负带电粒子）以速度v沿垂直于磁场的方向射入磁场，由于等离子体在磁场力的作用下运动方向发生偏转，P、Q板上就会聚集电荷，从而在两板间产生电压．若P、Q两板间的磁场、电场按匀强磁场、匀强电场处理，磁感应强度为B．

（1）求这个发电机的电动势E．

（2）发电机的输出端a、b间接有阻值为R的电阻，设P、Q两平行金属板的面积为

S，两板间等离子体的导电率为P（即电阻率的倒数）． a．在图示磁极配置的情况下，判断通过电阻R的电流方向．

b．计算通过电阻R的电流大小I．

【答案】（1）EBdv（2）【解析】

（1）发电机的电动势 EBdv．

（2）a．通过电阻R的电流方向：从a到b．

I=Bdvd RPSb．根据闭合电路欧姆定律 I=通过电阻R的电流大小

E． RrI=Bdvd． RPS

9．磁流体发电的工作原理示意如图．图中的长方体是发电导管，其中空部分的长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可略的导体电极，这两个电极与负载电阻R相连．整个发电导管处于匀强磁场中，磁感应强度为B，方向如图垂直前后侧面．发电导管内有电阻率为的高温高速电离气体沿导管向右流动，并通过专用管道导出．由于运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势．已知气体在磁场中的流速为

v，

求：（1）磁流体发电机的电动势E的大小；

（2）磁流体发电机对外供电时克服安培力做功的功率P安多大； （3）磁流体发电机对外供电时的输出效率.

RB2a2v2100%【答案】（1）Bav（2）a a（3）

RRblbl【解析】 【详解】

解：(1)磁流体发电机的电动势：EBav (2)回路中的电流：I发电机内阻：rE Rra bl受到的安培力：FBIa

克服安培力做功的功率：P安Fv

B2a2v2克服安培力做功的功率：P安a

Rbl(3)磁流体发电机对外供电时的输出效率：外电压：UIR 磁流体发电机对外供电时的输出效率：

UI EIRRabl100%

10．法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究，实验装置的示意图可用如图表示，两块面积均为S的平行金属板，平行、正对、数值地全部浸在河水中，间距为d．水流速度处处相同，大小为v，方向水平，金属板与水流方向平行．地磁场磁感应强度的竖直分别为B，水的电阻率为p，水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘导线和电键K连接到两个金属板上，忽略边缘效应，求：

（1）该发电装置的电动势； （2）通过电阻R的电流强度． （3）电阻R消耗的电功率．

2BdvSBdvS1EBdv (2) (3) 【答案】（）＝R dSRdSR【解析】 【详解】 解：

(1)由法拉第电磁感应定律，可得：

E＝Bdv

(2)根据电阻定律可知两板间河水的电阻：

r=由闭合电路欧姆定律，有：

d SI(3)由电功率公式有：

EBdvS rRdSRP=I2R

结合(2)可得：

BdvSPR

dSR答：（1）该发电装置的电动势E＝Bdv； （2）通过电阻R的电流强度I2BdvS．

dSR2BdvS（3）电阻R消耗的电功率R．

dSR

11．如图所示的质谱仪,电容器两极板相距为d,两极板间电压为U,极板间匀强磁场的磁感应强度为B1,一束电荷量相同的带电粒子从图示方向射入电容器,沿直线穿过电容器后进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场,结果分别打在a、b两点,两点间距离为R,磁场方向均垂直纸面向外,设粒子所带电荷量为q,且不计粒子所受重力,则:

(1).判断带电粒子的电性 (2).求带电粒子的速度

(3).打在a、b两点的粒子的质量之差m是多少? 【答案】（1）正电（2）【解析】 【分析】

根据左手定则可以判断粒子带正电，带电粒子在电容器两极板间受电场力和洛伦兹力平衡，做匀速直线运动，进入磁场B2后做匀速圆周运动，根据轨道半径之差，运用洛伦兹力提供向心力求出粒子的质量差； 【详解】

（1）在磁感应强度为

的匀强磁场中，根据左手定则可以判断粒子带正电；

（2）粒子经过速度选择器时，受力平衡： 则有：

（3）粒子在磁场解得：

，可得：

；

（3）

中做匀速圆周运动：

由于同位素电量相等，质量不等，由几何关系整理可以得到：【点睛】

。

解决本题的关键知道从速度选择器进入偏转磁场，速度相同，以及知道在偏转磁场中的半径与电荷的比荷有关，同位素，电量相同，质量不同，偏转的半径就不同，注意左手定则与右手定则的区别。

12．如图为某质谱仪工作原理图，离子从电离室A中的小孔S1逸出(初速度不计)，经电压为U的加速电场加速后，通过小孔S2和S3，从磁场上边界垂直于磁场方向进入磁感应强度为B匀强磁场中，运动半个圆周后打在接收底版D上并被吸收。对于同一种元素，若有几种同位素时，就会在D上的不同位置出现按质量大小分布的谱线，经过分析谱线的条数、强度(单位时间内打在底版D上某处的粒子动能)就可以分析该种元素的同位素组成。

（1）若从小孔S1逸出的粒子质量是m，电荷量为q,求该粒子进入磁场后运动的轨道半径；

（2）若测得某种元素的三种同位素a、b、c打在底版D上位置距离小孔S3的距离分别为L1、L2、L3，强度分别为P1、P2、P3，求：

①三种同位素a、b、c的粒子质量之比m1 : m2 : m3；

②三种同位素a、b、c分别形成的环形电流大小之比I1:I2:I3。 【答案】(1)【解析】 【分析】

（1）离子在电场中加速，由动能定理可以求出离子进入磁场时的速度．离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出离子的轨道半径．（2）①求解粒子质量的表达式，从而求解三种同位素a、b、c的粒子质量之比；②根据单位时间内粒子射到底板上的强度P，结合电流的定义式求解三种同位素a、b、c分别形成的环形电流大小之比； 【详解】

（1）粒子经加速电场加速，由动能定理得

12mU （2）L1:L2:L3;P1:P2:P3

BqqU12mv 解得：v22qU ① mv2粒子进入匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvBm

r粒子在磁场中运动轨道半径 rmv12mU ② qBBq27) ③

（2）① 粒子打在底板上的位置距离S3的距离L=2r 解得粒子的质量 (36960)(36 则a、b、c的粒子质量之比为：m1 : m2 : m3= L12 : L22 : L32 ②单位时间内比荷为P=Nq的粒子射到底板上的强度为P，粒子数为N，则 m12mv ④ 2由①④得：NP ⑤ Uq形成的环形电流INqP tU三种同位素a、b、c形成的环形电流之比为：

I1:I2:I3P1: P2 : P3