2017-2018學年高中物理 第三章 磁場 第6講 洛倫茲力的應用學案 教科版選修3-1

第6講 洛倫茲力的應用目標定位1.知道利用磁場控制帶電粒子的偏轉(zhuǎn).2.掌握帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的規(guī)律和分析方法.3.了解質(zhì)譜儀、回旋加速器的構(gòu)造和原理一、利用磁場控制帶電粒子運動圖1(一)偏轉(zhuǎn)角度：如圖1所示，tan，R，則tan (二)控制特點：只改變帶電粒子的運動方向，不改變帶電粒子的速度大小(三)帶電粒子在有界磁場中運動的處理方法1“一找圓心，二求半徑，三定時間”的方法(1)圓心的確定方法：兩線定一“心”圓心一定在垂直于速度的直線上如圖2甲所示，已知入射點P(或出射點M)的速度方向，可通過入射點和出射點作速度的垂線，兩條直線的交點就是圓心圖2圓心一定在弦的中垂線上如圖乙所示，作P、M連線的中垂線，與其一速度的垂線的交點為圓心(2)求半徑方法由公式qvBm，得半徑r；方法由軌跡和約束邊界間的幾何關系求解半徑r.(3)定時間粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為時，其運動時間為tT(或tT)2圓心角與偏向角、圓周角的關系圖3兩個重要結(jié)論：(1)帶電粒子射出磁場的速度方向與射入磁場的速度方向之間的夾角叫做偏向角，偏向角等于圓弧對應的圓心角，即，如圖3所示(2)圓弧所對應圓心角等于弦與切線的夾角(弦切角)的2倍，即2，如圖所示例1 如圖4所示，一束電荷量為e的電子以垂直于磁場方向(磁感應強度為B)并垂直于磁場邊界的速度v射入寬度為d的磁場中，穿出磁場時速度方向和原來射入方向的夾角為60°.求電子的質(zhì)量和穿越磁場的時間圖4解析過M、N作入射方向和出射方向的垂線，兩垂線交于O點，O點即電子在磁場中做勻速圓周運動的圓心，連結(jié)ON，過N作OM的垂線，垂足為P，如圖所示由直角三角形OPN知，電子的軌跡半徑rd由圓周運動知evBm聯(lián)立解得m.電子在有界磁場中運動周期為T·.電子在磁場中的軌跡對應的圓心角為60°，故電子在磁場中的運動時間為tT×.答案例2一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖5所示圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度順時針轉(zhuǎn)動在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角當筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒不計重力若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為()圖5A. B. C. D.解析畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由洛倫茲力提供向心力得，qvBm，又T，聯(lián)立得T由幾何知識可得，軌跡的圓心角為，在磁場中運動時間tT，粒子運動和圓筒運動具有等時性，則T，解得，故選項A正確。答案A分析粒子在磁場中運動的基本思路：(1)定圓心；(2)畫出粒子運動的軌跡；(3)由幾何方法確定半徑；(4)用規(guī)律列方程二、質(zhì)譜議1定義：測定帶電粒子荷質(zhì)比的儀器2結(jié)構(gòu)：如圖6所示圖63原理：(1)加速：S1和S2之間存在著加速電場由動能定理：qUmv2.(2)勻速直線運動P1和P2之間的區(qū)域存在著相互正交的勻強磁場和勻強電場只有滿足qEqvB1，即v的帶電粒子才能沿直線勻速通過S3上的狹縫(3)偏轉(zhuǎn)：S3下方空間只存在磁場帶電粒子在該區(qū)域做勻速圓周運動經(jīng)半個圓周運動后打到底片上形成一個細條紋，測出條紋到狹縫S3的距離L，就得出了粒子做圓周運動的半徑R，根據(jù)R，可以得出粒子的荷質(zhì)比4應用：質(zhì)譜儀在化學分析、原子核技術中有重要應用深度思考質(zhì)譜儀是如何區(qū)分同位素的？答案由qUmv2和qvBm可求得r .同位素電荷量q相同，質(zhì)量不同，在質(zhì)譜儀熒光屏上顯示的半徑就不同，故能通過半徑大小區(qū)分同位素例3如圖7是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有磁感應強度為B0的勻強磁場下列表述正確的是()圖7A質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于D粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小解析質(zhì)譜儀是測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重 要工具，故A選項正確；速度選擇器中電場力和洛倫茲力是一對平衡力，即qvBqE，故v，根據(jù)左手定則可以確定，速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外，故B、C選項正確粒子在勻強磁場中運動的半徑r，即粒子的比荷，由此看出粒子的運動半徑越小，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越大，故D選項錯誤答案ABC三、回旋加速器1原理(1)如圖8所示，回旋加速器的核心部件是兩個D形盒，D形盒分別與高頻電源的兩極相連，使縫隙中產(chǎn)生交變電場，加速帶電粒子磁場方向垂直于D形盒的底面當帶電粒子垂直于磁場方向進入D形盒中，粒子受到洛倫茲力的作用而做勻速圓周運動，經(jīng)過半個周期回到D形盒的邊緣，縫隙中的電場使它獲得一次加速圖8(2)粒子每經(jīng)過一次加速，其軌道半徑都會變大，但只要縫隙中的交變電場以T的不變周期往復變化就可以保證離子每次經(jīng)過縫隙時都被電場加速2周期：由T得，帶電粒子的周期與速率、半徑均無關(填“有關”或“無關”)，運動相等的時間(半個周期)后進入電場3帶電粒子的最終能量：由r得，當帶電粒子的速度最大時，其運動半徑也最大，若D形盒半徑為R，則帶電粒子的最終動能Em.可見，要提高加速粒子的最終能量，應盡可能增大磁感應強度B和D形盒的半徑R.深度思考(1)回旋加速器中，隨著粒子速度的增加，縫隙處的電場的頻率如何變化才能使粒子在縫隙處剛好被加速？(2)粒子在回旋加速器中加速獲得的最大動能與交變電壓的大小有何關系？答案(1)不變雖然粒子每經(jīng)過一次加速，其速度和軌道半徑就增大，但是粒子做圓周運動的周期不變，所以電場的頻率保持不變就行(2)沒有關系回旋加速器所加的交變電壓的大小只影響加速次數(shù)，與粒子獲得的最大動能無關例4 回旋加速器是用來加速一群帶電粒子使它們獲得很大動能的儀器，其核心部分是兩個D形金屬扁盒，兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接，以便在盒內(nèi)的窄縫中形成勻強電場，使粒子每次穿過狹縫時都得到加速，兩盒放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心附近，若粒子源射出的粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子最大回旋半徑為Rmax.求：(1)粒子在盒內(nèi)做何種運動；(2)所加交變電流頻率及粒子角速度；(3)粒子離開加速器時的最大速度及最大動能解析(1)帶電粒子在盒內(nèi)做勻速圓周運動，每次加速之后半徑變大(2)粒子在電場中運動時間極短，因此高頻交變電流頻率要符合粒子回旋頻率，因為T，回旋頻率f，角速度2f.(3)由牛頓第二定律知qBvmax則vmax最大動能Ekmaxmv答案(1)勻速圓周運動，每次加速之后半徑變大(2)(3)(1)洛倫茲力永遠不做功，磁場的作用是讓帶電粒子“轉(zhuǎn)圈圈”，電場的作用是加速帶電粒子(2)兩D形盒窄縫所加的是與帶電粒子做勻速圓周運動周期相同的交流電，且粒子每次過窄縫時均為加速電壓，每旋轉(zhuǎn)一周被加速兩次(3)粒子射出時的最大速度(動能)由磁感應強度和D形盒的半徑?jīng)Q定，與加速電壓無關1(帶電粒子在有界磁場中的運動)如圖9所示，在第象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，一對正、負粒子分別以相同速率沿與x軸成30°角的方向從原點射入磁場，則正、負粒子在磁場中運動的時間之比為()圖9A12 B21 C1 D11答案B解析正、負粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，正粒子做勻速圓周運動在磁場中的部分對應圓心角為120°，負粒子做勻速圓周運動在磁場中的部分所對應圓心角為60°，故時間之比為21.2(帶電粒子在有界磁場中的運動)如圖10所示，有界勻強磁場邊界線SPMN，速率不同的同種帶電粒子從S點沿SP方向同時射入磁場其中穿過a點的粒子速度v1與MN垂直；穿過b點的粒子速度v2與MN成60°角，設粒子從S到a、b所需時間分別為t1和t2，則t1t2為(重力不計)()圖10A13 B43 C11 D32答案D解析如圖所示，可求出從a點射出的粒子對應的圓心角為90°.從b點射出的粒子對應的圓心角為60°.由tT，可得：t1t232，故選D.3(質(zhì)譜議)質(zhì)譜議是測帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的一種儀器，它的工作原理是帶電粒子(不計重力)經(jīng)同一電場加速后垂直進入同一勻強磁場做圓周運動，然后利用相關規(guī)律計算出帶電粒子的質(zhì)量其工作原理如圖11所示，虛線為某粒子的運動軌跡，由圖可知()圖11A此粒子帶負電B下極板S2比上極板S1電勢高C若只增大加速電壓U，則半徑r變大D若只增大入射粒子的質(zhì)量，則半徑r變小答案C解析根據(jù)動能定理得，qUmv2，由qvBm得，r .由題圖結(jié)合左手定則可知，該粒子帶正電故A錯誤；粒子經(jīng)過電場要加速，因粒子帶正電，所以下極板S2比上極板S1電勢低故B錯誤；若只增大加速電壓U，由上式可知，則半徑r變大，故C正確；若只增大入射粒子的質(zhì)量，由上式可知，則半徑也變大故D錯誤4(回旋加速器的原理)(多選)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底面的勻強磁場中，如圖12所示，要增大帶電粒子射出時的動能，下列說法中正確的是()圖12A增加交流電的電壓 B增大磁感應強度C改變磁場方向 D增大加速器半徑答案BD解析當帶電粒子的速度最大時，其運動半徑也最大，由牛頓第二定律qvBm，得v.若D形盒的半徑為R，則Rr時，帶電粒子的最終動能Ekmmv2.所以要提高加速粒子射出的動能，應盡可能增大磁感應強度B和加速器的半徑R.題組一帶電粒子在有界磁場中運動1(多選)如圖1所示，平面直角坐標系的第象限內(nèi)有一勻強磁場垂直于紙面向里，磁感應強度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v從O點沿著與y軸夾角為30°的方向進入磁場，運動到A點(圖中未畫出)時速度方向與x軸的正方向相同，不計粒子的重力，則()圖1A該粒子帶正電BA點與x軸的距離為C粒子由O到A經(jīng)歷時間tD運動過程中粒子的速度不變答案BC解析根據(jù)粒子的運動方向，由左手定則判斷可知粒子帶負電，A項錯；運動過程中粒子做勻速圓周運動，速度大小不變，方向變化，D項錯；粒子做圓周運動的半徑r，周期T，從O點到A點速度的偏向角為60°，即運動了T，所以由幾何知識求得點A與x軸的距離為，粒子由O到A經(jīng)歷時間t，B、C兩項正確2(多選)如圖2，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P上不計重力下列說法正確的有()圖2Aa、b均帶正電Ba在磁場中飛行的時間比b的短Ca在磁場中飛行的路程比b的短Da在P上的落點與O點的距離比b的近答案AD解析要使離子打在屏上，由左手定則，可判出a、b均帶正電，A正確；由牛頓第二定律qvBm，得r，離子運動軌跡如圖所示，又T，tT，知a比b飛行時間長，a比b飛行路程長，B、C錯誤；又a、b在P上落點距O點的距離分別為2rcos 、2r，故D正確3平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖3所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場不計重力粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為()圖3A. B. C. D.答案D解析帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r.軌跡與ON相切，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由于2rsin 30°r，故AOD為等邊三角形，ODA60°，而MON30°，則OCD90°，故COD為一直線，24r，故D正確4(多選)如圖4所示，左右邊界分別為PP、QQ的勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里一個質(zhì)量為m、電荷量為q的微觀粒子，沿圖示方向以速度v0垂直射入磁場欲使粒子不能從邊界QQ射出，粒子入射速度v0的最大值可能是()圖4A. B.C. D.答案BC解析粒子射入磁場后做勻速圓周運動，由r知，粒子的入射速度v0越大，r越大，當粒子的徑跡和邊界QQ相切時，粒子剛好不從QQ射出，此時其入射速度v0應為最大若粒子帶正電，其運動軌跡如圖(a)所示(此時圓心為O點)，容易看出R1sin 45°dR1，將R1代入上式得v0，B項正確；若粒子帶負電，其運動軌跡如圖(b)所示(此時圓心為O點)，容易看出R2R2cos 45°d，將R2代入上式得v0，C項正確題組二質(zhì)譜儀和回旋加速器問題5. (多選)質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖5所示，離子源S產(chǎn)生的各種不同正離子束(速度可看為零)，經(jīng)加速電場加速后垂直進入有界勻強磁場，到達記錄它的照相底片P上，設離子在P上的位置到入口處S1的距離為x，可以判斷()圖5A若離子束是同位素，則x越大，離子質(zhì)量越大B若離子束是同位素，則x越大，離子質(zhì)量越小C只要x相同，則離子質(zhì)量一定相同D只要x相同，則離子的荷質(zhì)比一定相同答案AD解析由動能定理qUmv2.離子進入磁場后將在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，由圓周運動的知識，有：x2r，故x ，分析四個選項，A、D正確，B、C錯誤6現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖6所示，其中加速電壓恒定質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()圖6A11 B12 C121 D144答案D解析設質(zhì)子的質(zhì)量和電荷量分別為m1、q1，一價正離子的質(zhì)量和電荷量為m2、q2.對于任意粒子，在加速電場中，由動能定理得qUmv20，得v在磁場中qvBm由式聯(lián)立得m，由題意知，兩種粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，加速電壓U不變，其中B212B1，q1q2，可得144，故選項D正確7用回旋加速器分別加速粒子和質(zhì)子時，若磁場相同，則加在兩個D形盒間的交變電壓的頻率應不同，其頻率之比為()A11 B12 C21 D13答案B8.一個用于加速質(zhì)子的回旋加速器，其核心部分如圖7所示，D形盒半徑為R，垂直D形盒底面的勻強磁場的磁感應強度為B，兩盒分別與交流電源相連下列說法正確的是()圖7A質(zhì)子被加速后的最大速度隨B、R的增大而增大B質(zhì)子被加速后的最大速度隨加速電壓的增大而增大C只要R足夠大，質(zhì)子的速度可以被加速到任意值D不需要改變?nèi)魏瘟?，這個裝置也能用于加速粒子答案A解析由r知，當rR時，質(zhì)子有最大速度vm，即B、R越大，vm越大，vm與加速電壓無關，A對，B錯；隨著質(zhì)子速度v的增大，質(zhì)量m會發(fā)生變化，據(jù)T知質(zhì)子做圓周運動的周期也變化，所加交流電與其運動不再同步，即質(zhì)子不可能一直被加速下去，C錯；由上面周期公式知粒子與質(zhì)子做圓周運動的周期不同，故此裝置不能用于加速粒子，D錯題組三綜合應用9.帶電粒子的質(zhì)量m1.7×1027 kg，電荷量q1.6×1019 C，以速度v3.2×106 m/s沿垂直于磁場同時又垂直于磁場邊界的方向進入勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B0.17 T，磁場的寬度L10 cm，如圖8所示圖8(1)帶電粒子離開磁場時的速度多大？(2)帶電粒子在磁場中運動多長時間？(3)帶電粒子在離開磁場時偏離入射方向的距離d為多大？(g取10 m/s2)答案見解析解析粒子所受的洛倫茲力F洛qvB8.7×1014 N，遠大于粒子所受的重力Gmg1.7×1026 N，故重力可忽略不計(1)由于洛倫茲力不做功，所以帶電粒子離開磁場時速度仍為3.2×106 m/s.(2)由qvBm得軌道半徑r m0.2 m由題圖可知偏轉(zhuǎn)角滿足：sin 0.5，所以30°，帶電粒子在磁場中運動的周期T，可見帶電粒子在磁場中運動的時間t·TT，所以t s3.3×108 s.(3)帶電粒子在離開磁場時偏離入射方向的距離dr(1cos )0.2×m2.7×102 m.10如圖9所示，兩個板間存在垂直紙面向里的勻強磁場，一帶正電的質(zhì)子以速度v0從O點垂直射入已知兩板之間距離為d.板長為d，O點是NP板的正中點，為使粒子能從兩板之間射出，試求磁感應強度B應滿足的條件(已知質(zhì)子帶電荷量為q，質(zhì)量為m)圖9答案B解析如圖所示，由于質(zhì)子在O點的速度垂直于板NP，所以粒子在磁場中做圓周運動的圓心O一定位于NP所在的直線上如果直徑小于ON，則軌跡將是圓心位于ON之間的一段半圓弧(1)如果質(zhì)子恰好從N點射出，R1，qv0B1.所以B1.(2)如果質(zhì)子恰好從M點射出Rd2，qv0B2m，得B2.所以B應滿足B.11如圖10，一個質(zhì)量為m，電荷量為q，不計重力的帶電粒子從x軸上的P(a，0)點以速度v，沿與x軸正方向成60°的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限，求：圖10(1)勻強磁場的磁感應強度B；(2)穿過第一象限的時間答案(1)(2)解析(1)作出帶電粒子做圓周運動的圓心和軌跡，由圖中幾何關系知：Rcos 30°a，得：RBqvm得：B.(2)帶電粒子在第一象限內(nèi)運動時間：t·.16