高中物理 第6章 磁場對電流和運動電荷的作用 第3節(jié) 洛倫茲力的應用學案 魯科版選修3-1

第3節(jié) 洛倫茲力的應用1.帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，軌道半徑與粒子的運動速度成正比，與粒子質量成正比，與電荷量和磁感應強度成反比，即r。2帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，運動周期與質量成正比，與電荷量和磁感應強度成反比，與軌道半徑和運動速率無關，即T。3回旋加速器的電場周期和粒子運動周期相同。4質譜儀把比荷不相等的粒子分開，并按比荷順序的大小排列，故稱之為“質譜”。帶電粒子在磁場中的運動1洛倫茲力不對粒子做功洛倫茲力它不改變粒子的速度大小，只改變粒子的運動方向。2實驗探究 (1)實驗裝置：洛倫茲力演示儀，如圖631所示。(2)實驗原理：玻璃泡內的電子槍(即陰極)發(fā)射出陰極射線，使泡內的低壓汞蒸氣發(fā)出輝光，這樣就可顯示出電子的軌跡。(3)實驗現象：當沒有磁場作用時，電子的運動軌跡是直線。 圖631當電子垂直射入磁場時，電子的運動軌跡是曲線。當電子斜射入磁場時，電子的運動軌跡是螺旋線。3帶電粒子在洛倫茲力作用下的圓周運動(1)運動性質：勻速圓周運動。(2)向心力：由洛倫茲力提供。(3)半徑：rmv/Bq。(4)周期：T2m/Bq，由周期公式可知帶電粒子的運動周期與粒子的質量成正比，與電荷量和磁感應強度成反比，而與運動半徑和運動速率無關。解決勻速圓周運動問題的基本思路(1)圓心的確定：帶電粒子進入一個有界磁場后的軌跡是一段圓弧，如何確定圓心是解決此類問題的前提，也是解題的關鍵。一個最基本的思路是：圓心一定在與速度方向垂直的直線上，舉例如下：已知入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖632所示，圖中P為入射點，M為出射點)。圖632已知入射方向和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖633所示，P為入射點，M為出射點)。圖633(2)運動半徑的確定：畫出入射點、出射點對應的半徑，并作出相應的輔助三角形，利用三角形，求出半徑的大小。(3)運動時間的確定：由tT確定通過某段圓弧所用的時間，其中T為該粒子做圓周運動的周期，轉過的圓心角越大，所用時間越長。(4)幾個有關的角及其關系：如圖634所示，粒子做勻速圓周運動時，為粒子速度的偏向角，粒子與圓心的連線轉過的角度為回旋角(或圓心角)，AB弦與切線的夾角為弦切角，它們的關系為：2，與相鄰的弦切角互補，即180°。圖6341.三個質子分別以大小相等、方向如圖635所示的初速度v1、v2和v3經過平板MN上的小孔O射入勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，整個裝置放在真空中，且各質子不計重力。這三個質子打到平板MN上的位置到小孔O的距離分別是s1、s2和s3，則() 圖635As1<s2<s3Bs1>s2>s3Cs1s2>s3Ds1s3<s2解析：三個質子以同樣大小的速度垂直射入勻強磁場時，由牛頓第二定律，知qvB，故其做圓周運動的半徑R相等，它們做圓周運動的軌跡分別如圖所示，由于v2垂直于MN，所以質子2在磁場中逆時針轉過半周后打在O點的左方平板MN上的某處，距O點的距離s2為半徑R的2倍，即s22R；質子1逆時針轉過小于半圓周的一段圓弧到O點左方某處，質子3逆時針轉過大于半圓周的一段圓弧到O點左方某處打到平板MN上，由質子1與3進入磁場的速度方向與MN夾角均為及圓周運動的半徑相等可知，兩質子打到MN上的位置相同，得到s1s3，所以s1s3<s2，所以D正確。答案：D回旋加速器和質譜儀1回旋加速器(1)主要構造：兩個金屬半圓空盒，兩個大型電磁鐵。(2)原理圖(如圖636所示)(3)工作原理： 圖636磁場作用：帶電粒子垂直磁場方向射入磁場時，只在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，其周期與半徑和速率無關。 交變電壓的作用：在兩D形盒狹縫間產生周期性變化的電場，使帶電粒子每經過一次狹縫加速一次。交變電壓的周期(或頻率)：與帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期(或頻率)相同。2質譜儀(1)功能：分析各化學元素的同位素并測量其質量、含量。(2)原理圖(如圖637)：圖637(3)工作原理：帶電粒子在電場中加速：Uqmv2。帶電粒子在磁場中偏轉：r，Bqv。由得帶電粒子的比荷：。對回旋加速器的理解(1)工作原理：利用電場對帶電粒子的加速作用和磁場對運動電荷的偏轉作用來獲得高能粒子，這些過程在回旋加速器的核心部件兩個D形盒和其間的窄縫內完成。磁場的作用。帶電粒子以某一速度垂直磁場方向進入勻強磁場后，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，其周期與速率、半徑均無關(T)，帶電粒子每次進入D形盒都運動相等的時間(半個周期)后平行電場方向進入電場中加速。電場的作用?；匦铀倨鲀蓚€D形盒之間的窄縫區(qū)域存在周期性變化的并垂直于兩D形盒正對截面的勻強電場，帶電粒子經過該區(qū)域時被加速。交變電壓。為保證帶電粒子每次經過窄縫時都被加速，使之能量不斷提高，需在窄縫兩側加上跟帶電粒子在D形盒中運動周期相同的交變電壓。(2)帶電粒子的最終能量：當帶電粒子的速度最大時，其運動半徑也最大，由r得v，若D形盒半徑為R，則帶電粒子的最終動能Em?？梢?，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。2圖638是質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下方有強度為B0的勻強磁場。下列表述錯誤的是()圖638A質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E/BD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：因同位素原子的化學性質完全相同，無法用化學方法進行分析，故質譜儀就成為同位素分析的重要工具，A正確。在速度選擇器中，帶電粒子所受電場力和洛倫茲力在粒子沿直線運動時應等大反向，結合左手定則可知B正確。再由qEqvB有vE/B，C正確。在勻強磁場B0中R，所以，D錯誤。答案：D軌道半徑、周期的計算例1已知質子和粒子的質量之比m1m214，電荷量之比q1q212，從靜止開始經相同的電壓加速后垂直進入同一勻強磁場做圓周運動，則這兩種粒子做圓周運動的動能之比Ek1Ek2_，軌道半徑之比r1r2_，周期之比T1T2_。思路點撥首先根據動能定理求出帶電粒子的動能及速度，然后利用帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的規(guī)律進行求解。解析粒子在電場中加速時只有電場力做功，由動能定理得qUmv2故Ek1Ek2q1Uq2Uq1q212由qUmv2得v 設粒子在磁感應強度為B的勻強磁場中做圓周運動，則有qvBm軌道半徑r 故r1r2 1粒子做圓周運動的周期T故T1T212答案12112借題發(fā)揮 (1)由r知，在勻強磁場中，做勻速圓周運動的帶電粒子，軌道半徑跟其運動速率成正比，跟其比荷成反比。(2)由T知，在勻強磁場中，做勻速圓周運動的帶電粒子，運動周期跟軌道半徑和運動速率均無關，僅與比荷成反比。1在勻強磁場中，一個帶電粒子做勻速圓周運動，如果又垂直進入另一磁感應強度是原來的磁感應強度2倍的勻強磁場，則()A粒子的速率加倍，周期減半B粒子的速率不變，軌道半徑減半C粒子的速率減半，軌道半徑為原來的四分之一D粒子的速率不變，周期不變解析：洛倫茲力不改變帶電粒子的速率，A、C錯。由r、T知，磁感應強度加倍時，軌道半徑和周期都減半，B正確。答案：B帶電粒子在有界磁場中的運動問題例2在以坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內，存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖639所示。一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以速度v沿x方向射入磁場，它恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿y方向飛出。 圖639 (1)請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷；(2)若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應強度的大小變?yōu)锽，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射角方向改變了60°角，求磁感應強度B多大？此次粒子在磁場中運動所用時間t是多少？審題指導解決此題的關鍵有兩點：(1)根據題意確定帶電粒子的圓心和軌跡。(2)根據幾何關系確定磁場區(qū)域圓半徑和軌跡圓半徑之間的定量關系。解析(1)由粒子的飛行軌跡，利用左手定則可知，該粒子帶負電荷。粒子由A點射入，由C點飛出，其速度方向改變了90°，則粒子軌跡半徑Rr又qvBm則粒子的比荷(2)粒子從D點飛出磁場速度方向改變了60°角，故弧所對圓心角為60°，粒子做圓周運動的半徑Rr/tan30°r又R所以BB粒子在磁場中飛行時間tT×答案(1)負電荷(2)B借題發(fā)揮 解答此類問題應明確：(1)畫出帶電粒子的運動軌跡，確定做圓周運動的圓心及對應圓心角大小，由幾何關系確定半徑。(2)粒子在磁場中的運動時間要根據粒子運動圓弧所對應的圓心角和粒子的運動周期共同決定。(3)帶電粒子由直線邊界射入勻強磁場時，射入和射出時的角度具有對稱性。對稱性是建立幾何關系的重要方法。2如圖6310所示，在xOy平面內，y0的區(qū)域有垂直于xOy平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，一質量為m、帶電荷量大小為q的粒子從原點O沿與x軸正方向成60°角方向以v0射入，粒子的重力不計，求帶電粒子在磁場中運動的時間和帶電粒子離開磁場時的位置。 圖6310解析：當帶電粒子帶正電時，軌跡如圖中OAC，對粒子，由于洛倫茲力提供向心力，則qv0Bm，R，T故粒子在磁場中的運動時間t1T粒子在C點離開磁場OC2R·sin60°故離開磁場的位置為(，0)當帶電粒子帶負電時，軌跡如圖中ODE所示，同理求得粒子在磁場中的運動時間t2T離開磁場時的位置為(，0)答案：(，0)或(，0)回旋加速器問題例3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，以使在盒間的窄縫中形成勻強電場，使粒子每穿過狹縫都得到加速，兩盒放在勻強磁場中，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，質量為m，粒子最大回旋半徑為R，其運動軌跡 圖6311如圖6311所示。問：(1)盒內有無電場？(2)粒子在盒內做何種運動？(3)所加交流電頻率應是多大，粒子角速度為多大？(4)粒子離開加速器時速度為多大，最大動能為多少？審題指導解題時應把握以下三點：(1)回旋加速器的構造及工作原理。(2)回旋加速器的工作條件。(3)帶電粒子在電場中的加速時間相對于在磁場中做圓周運動的時間可忽略不計。解析(1)D形盒由金屬導體制成，D形盒可屏蔽外電場，盒內只有磁場而無電場。(2)粒子在盒內做勻速圓周運動，每次加速之后半徑變大。(3)粒子在電場中運動時間極短，因此高頻交流電壓頻率要等于粒子回旋頻率?；匦l率f角速度2f。(4)粒子最大回旋半徑為R，由牛頓第二定律得qvmB，其最大速度：vm故最大動能Ekmmvm2。答案(1)無電場(2)見“解析”(3)(4)借題發(fā)揮 在回旋加速器中粒子在電場中的運動是間斷的，但由于粒子在間斷期間處在磁場中做勻速圓周運動(速率不變)，所以處理時可以將粒子在電場中的間斷運動連接起來，將其等效處理為初速度為零的勻加速運動，此種解法值得總結引用。在不同的實際應用中，帶電粒子在復合場中的運動的處理方法都是相同的，一定要分清運動過程，受力分析要準確，才能解決實際的相關問題。由于帶電粒子在加速過程中的時間極短，比做圓周運動的周期要小得多，一般也可將其加速時間忽略。上題中，若兩個D形盒間電場的電勢差為U，盒間距離為d，且為勻強電場，則加速到上述能量所用的時間是多少？解析：粒子每旋轉一周增加能量2qU。提高到Ekm的旋轉次數n在磁場中運動的時間t磁nT·若忽略粒子在電場中運動時間，t磁可視為總時間，若考慮粒子在電場中運動時間，在D形盒兩窄縫間的運動可視為初速度為零的勻加速直線運動。2n·d·t電2所以t電 。將n代入得t電所以，粒子在加速過程中的總時間t總t電t磁，通常t電t磁(因為dR)。答案：(2dR)隨堂基礎鞏固1電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，下列說法正確的是()A速率越大，周期越大B速率越小，周期越大C速度方向與磁場方向平行D速度方向與磁場方向垂直解析：由T知周期與速率v無關，A、B均錯。運動方向與磁場方向垂直，C錯D對。答案：D2如圖6312所示的圓形區(qū)域內，勻強磁場方向垂直于紙面向里。有一束速率各不相同的質子自A點沿半徑方向射入磁場，這些質子在磁場中()A運動時間越長，其軌道對應的圓心角越大 B運動時間越長，其軌道越長C運動時間越短，射出磁場區(qū)域時速度越小 圖6312D運動時間越短，射出磁場區(qū)域時速度的偏向角越大解析：質子的速度越小，運動半徑越小，在磁場中運動的時間越長，軌跡對應的圓心角越大，但運動軌跡不一定長；同理，速度越大，半徑越大，運動時間越短，速度的偏向角越小。故選項A正確。答案：A3.1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖6313所示。這臺加速器由兩個銅質D形盒D1、D2構成，其間留有空隙，下列說法正確的是()粒子由加速器的中心附近進入加速器粒子由加速器的邊緣進入加速器圖 6313粒子從磁場中獲得能量粒子從電場中獲得能量ABC D解析：回旋加速器對粒子加速時，粒子是由加速器的中心附近進入加速器的，故正確，錯誤；粒子在磁場中運動時，洛倫茲力不做功，所以粒子的能量不變，故錯誤；D形盒D1、D2之間存在交變電場，當粒子通過交變電場時，電場力對粒子做正功，粒子的能量增加，所以粒子的能量是從電場中獲得的，正確。故應選B。答案：B4質譜儀原理如圖6314所示，a為粒子加速器，電壓為U1；b為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應強度為B1，板間距離為d；c為偏轉分離器，磁感應強度為B2。今有一質量為m、電荷量為e的正電子(不計重力)，經加速后，該粒子恰能通過速度選擇器。粒子進入分離 圖6314器后做半徑為R的勻速圓周運動。求：(1)粒子的速度v；(2)速度選擇器的電壓U2；(3)粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R。解析：(1)在a中，正電子被加速電場U1加速，由動能定理得eU1mv2得v 。(2)在b中，正電子受到的電場力和洛倫茲力大小相等，即eevB1，代入v值得U2dB1 。(3)在c中，正電子受洛倫茲力作用而做圓周運動，回轉半徑R，代入v值得R 。答案：(1) (2)B1d (3) 課時跟蹤訓練(滿分50分時間30分鐘)一、選擇題(本題共8小題，每小題4分，共32分)1圖1是科學史上一張著名的實驗照片，顯示一個帶電粒子在云室中穿過某種金屬板運動的徑跡。云室放置在勻強磁場中，磁場方向垂直照片向里。云室中橫放的金屬板對粒子的運動起阻礙作用。分析此徑跡可知粒子() 圖1A帶正電，由下往上運動B帶正電，由上往下運動C帶負電，由上往下運動D帶負電，由下往上運動解析：從照片上看，徑跡的軌道半徑是不同的，下部半徑大，上部半徑小，根據半徑公式r可知，下部速度大，上部速度小，則一定是粒子從下到上穿越了金屬板，再根據左手定則，可知粒子帶正電，因此，正確的選項是A。答案：A2如圖2所示，正方形區(qū)域abcd中充滿勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。一個氫核從ad邊中點m沿著既垂直于ad邊，又垂直于磁場方向以一定速度射入磁場，正好從ab邊中點n射出磁場。若將磁場的磁感應強度變?yōu)樵瓉淼?倍，其他條件不變，則這個氫核射出磁場的位置是() 圖2A在b、n之間某點B在n、a之間某點Ca點D在a、m之間某點解析：因為氫核是一帶正電微粒，不計重力，在勻強磁場中做勻速圓周運動，由左手定則知其向上偏轉。因為正好從n點射出，則可知其運行軌跡為1/4圓周。當磁感應強度B變?yōu)樵瓉淼?倍時，由半徑公式r可知，其半徑變?yōu)樵瓉淼?，即射出位置為a點，故C選項正確。答案：C3如圖3所示，在x0，y0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里，大小為B。現有一質量為m、電荷量為q的帶電粒子，在x軸上到原點的距離為x0的P點，以平行于y軸的初速度射入此磁場，在磁場作用下沿垂直于y軸的方向射出此磁場。不計重力的影響。由這些條件可知() 圖3A不能確定粒子通過y軸時的位置B不能確定粒子速度的大小C不能確定粒子在磁場中運動所經歷的時間D以上三個判斷都不對解析：垂直于x軸進入磁場，垂直于y軸離開磁場，由此可確定粒子運動的軌跡是四分之一個圓周，故選項A、B、C都能確定，只能選D。答案：D4如圖4所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，一個不計重力的帶電粒子從坐標原點O處以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120°角，若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中到x軸的最大距離為a，則該粒子的比荷和所帶電荷的正負的是() 圖4A.，正電荷 B.，正電荷C.，負電荷 D.，負電荷解析：由題中帶電粒子穿過y軸正半軸可知粒子所帶電荷的電性為負，根據題目含義畫出軌跡圖如圖所示，又有粒子在磁場中到x軸的最大距離為a，滿足關系式：rrsin30°a，可得：ra，粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供粒子做勻速圓周運動的向心力。即r，解得，故選項C正確。答案：C5粒子甲的質量與電荷量分別是粒子乙的4倍與2倍，兩粒子均帶正電，讓它們在勻強磁場中同一點以大小相等、方向相反的速度開始運動。已知磁場方向垂直紙面向里。圖5的四個圖中，能正確表示兩粒子運動軌跡的是()圖5解析：由半徑公式r得·2，故粒子甲的軌跡為大圓，粒子乙的軌跡為小圓，再由左手定則判知A正確，B、C、D都錯。答案：A6.如圖6所示，有a、b、c、d四個離子，它們帶等量同種電荷，質量不等，有mambmcmd，以不等的速率vavbvcvd進入速度選擇器后，有兩種離子從速度選擇器中射出，進入B2磁場，由此可判定() 圖6A射向P1的是a離子 B射向P2的是b離子C射到A1的是c離子 D射到A2的是d離子解析：由題意知，射出速度選擇器的是b、c兩種離子；又由速度選擇器原理：qvB1qE，得：當v0的離子才能射出P1P2空間，當vv0時，電場力大于洛倫茲力，離子將射到P1板，故到達P1的是速度最小的a離子，A正確；射向P2的是d離子，B錯誤。又由r得rm，又mbmc，故到達A1的是b離子，到達A2的是c離子。答案：A7經過回旋加速器加速后，帶電粒子獲得的動能()A與D形盒的半徑無關B與高頻電源的電壓無關C與兩D形盒間的縫隙寬度無關D與勻強磁場的磁感應強度無關解析：由r，得v，又Ekmv2由得Ek，由Ek的表達式得Ek與電壓U和縫隙寬度d均無關，故選B、C。答案：BC8.如圖7所示，在第一象限內有垂直紙面向里的勻強磁場，一對正、負粒子(質量相同)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時間之比為() 圖7A12 B21C1 D11解析：作出軌跡，找出軌跡所對圓心角是解題的關鍵，如圖所示。t1T·，t2T·，所以t2t121，即B選項正確。答案：B二、非選擇題(本題共2小題，共18分)9(8分)如圖8所示，一束電子(電荷量為e)以速度v垂直射入磁感應強度為B，寬度為d的勻強磁場中，穿過磁場時速度方向與原來入射方向的夾角是30°，則電子的質量是_，穿過磁場的時間是_。圖8解析：電子在磁場中運動，只受洛倫茲力作用，故其軌跡是圓弧的一部分，又因為Fv，故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛倫茲力指向交點上，如圖所示的O點，由幾何知識可知，AC間圓心角30°，OC為半徑。所以r2d又由r得m又因為AC間圓心角是30°所以時間tT，故t×。答案：10(10分)質量為m、電荷量為q的帶負電粒子自靜止開始，經M、N板間的電場加速后，從A點垂直于磁場邊界射入寬度為d的勻強磁場中，該粒子離開磁場時的位置P偏離入射方向的距離為L，如圖9所示。已知M、N兩板間的電壓為U，粒子的重力不計。圖9(1)正確畫出粒子由靜止開始至離開勻強磁場時的軌跡圖(用直尺和圓規(guī)規(guī)范作圖)；(2)求勻強磁場的磁感應強度B。解析：(1)作出粒子經過電場和磁場的運動軌跡圖如圖所示。(2)設粒子在M、N兩板間經電場加速后獲得的速度為v，由動能定理得：qUmv2粒子進入磁場后做勻速圓周運動，設其半徑為r，則：qvBm由幾何關系得：r2(rL)2d2聯(lián)立式解得：B 。答案：(1)見解析(2) 17