磁场的综合应用

第22题图2第22题图1p(t)OLBxA弹性盒dUHBbC1ID1D2aC2第22题图3UHtt02t03t04t0OU0U1第54节磁场的综合应用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=αp，α0）。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=B0（1-β|x|），β0。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）；（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。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、α及β表示）答案：（1）D1点电势高（2）电子受力平衡：evB0=eEH得到001HIBUEbned（3）霍尔电压0()(1)HUtUp，振幅：101(1)UAU频率：012ft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：HHIBUkd，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．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dUqqvBH，∵nqvSI，∴nqSIv，又∵dBIkUHH，∴2dkInqSIH，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，dBIkUHH，而B=KI，IH=K'I，所以UH∝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v0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U0；（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，U0保持恒定，有dUqBqv00得：00BdvU（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RLVRBIH霍尔元件前表面电源线圈IyzxLhdv0SRBMN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rRUI0两导体板间液体的电阻Lhdr联立解得：dLhRBLdvp20（3）电阻R获得的功率为：RIP2，RhdLRBLvP20)(，当LRhd时，电阻R获得的最大功率4220BLSvPm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/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“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。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。推进器海水入口海水入口IIBMNabc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=6.9×105W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abcSLR0.5Ω，P2=12I2R=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=ρmbcv水对地=480kg单位时间内其动能增加为232112水对地mvP=4.6×104W解：（1）将通电海水看成导线，所受磁场力FIBL代入数据得：33c1.0106.40.31.9210FIBNN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10vPF牵根据牛顿第三定律：=12FIBL牵当030/vms时，代入数据得：3510=121.9210306.910PFvWW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：LRS代入数据得：c0.30.20.50.30.4Rab由热功率公式，2PIR代入数据得：25=5.010PIRW单562125.0106.010PWW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mtEPk123考虑到海水的初动能为零，221水对地mvEEkktbcvmm水对地W1064211212433.bcvtEPmk水对地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。（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，UU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qUmv221①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qvBRmv2②由以上两式化简得mRqBU222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ItQ④qQN⑤BUAS1S2NmM⑥由④④⑤⑥式解得qmItM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qmUBR21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qUUmBR)(21max质量大的铀238质量m在电压最小时的半径存在最小值qUUmBR)(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qUUmBqUUmB)(21)(21⑨化简得UU＜63.04733235238235238uuuummmm﹪⑩6.2011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。已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1m2)，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，可能离子源加速电场狭缝DCGABq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，21121vmqU，得112mqUv①（2）在磁场中作圆周运动由牛顿第二定律RvmqvB2，qBmvR，利用①式得离子在磁场中的轨道半径为别为2112qBUmR，2222qBUmR②两种离子在GA上落点的间距)(82221221mmqBURRs③（3）质量为m1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dRR)(221………④利用②式代入④式，得dmmR)1(2121R1最大值满足dLRm12得)1)((12mmdL求得最大值21212mmmmdm7.2011年理综天津卷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，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、ABD1D2接交流电源频率为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），