2019-2020年高中物理 5.5《探究洛倫茲力》學案 滬科版選修3-1.doc

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2019-2020年高中物理 5.5《探究洛倫茲力》學案 滬科版選修3-1 一、復習目標 1． 掌握洛侖茲力，掌握帶電粒子在勻強磁場中的運動規(guī)律。 2．特別是勻速圓周運動的一些基本特征。 3．了解速度選擇器，質(zhì)譜儀，回旋加速器等的工作原理。 二、難點剖析 1、洛倫茲力 I B F安 F 運動電荷在磁場中受到的磁場力叫洛倫茲力，它是安培力的微觀表現(xiàn)。 計算公式的推導：如圖所示，整個導線受到的磁場力（安培力）為F安 =BIL；其中I=nesv；設(shè)導線中共有N個自由電子N=nsL；每個電子受的磁場力為F，則F安=NF。由以上四式可得F=qvB。條件是v與B垂直。當v與B成θ角時，F(xiàn)=qvBsinθ。 2、磁場對運動電荷的作用。 帶電量為q、以速度υ在磁感強度為B的均強磁場中運動的帶電粒子所受到的作用為稱為洛侖茲力，其大小fB的取值范圍為 0≤fB≤qυB. 當速度方向與磁場方向平行時，洛侖茲力取值最小，為零；當速度方向與磁場方向垂直時，洛侖茲力取值最大，為qυB.如果速度方向與磁場方向夾角為θ，可采用正交分解的方式來處理洛侖茲力大小的計算問題。而洛侖茲力的方向則是用所謂的“左手定則”來判斷的。 磁場對運動電荷的洛侖茲力作用具備著如下特征，即洛侖茲力必與運動電荷的速度方向垂直，這一特征保證了“洛侖茲力總不做功”，把握住這一特征，對帶電粒子在更為復雜的磁場中做復雜運動時的有關(guān)問題的分析是極有幫助的。 3、帶電粒子在磁場中的運動 （1）電荷的勻強磁場中的三種運動形式。 如運動電荷在勻強磁場中除洛侖茲力外其他力均忽略不計（或均被平衡），則其運動有如下三種形式： 當υ∥B時，所受洛侖茲力為零，做勻速直線運動； 當υ⊥B時，所受洛侖力充分向心力，做半徑和周期分別為 R=，T= 的勻速圓周運動； 當υ與B夾一般角度時，由于可以將υ正交分解為υ∥和υ⊥（分別平行于和垂直于）B，因此電荷一方向以υ∥的速度在平行于B的方向上做勻速直線運動，另一方向以υ⊥的速度在垂直于B的平面內(nèi)做勻速圓周運動。此時，電荷的合運動在中學階段一般不要求定量掌握。 三、典型例題。 M N B O v 例題1． 如圖直線MN上方有磁感應強度為B的勻強磁場。正、負電子同時從同一點O以與MN成30角的同樣速度v射入磁場（電子質(zhì)量為m，電荷為e），它們從磁場中射出時相距多遠？射出的時間差是多少？ 解：由公式知，它們的半徑和周期是相同的。只是偏轉(zhuǎn)方向相反。先確定圓心，畫出半徑，由對稱性知：射入、射出點和圓心恰好組成正三角形。所以兩個射出點相距2r，由圖還可看出，經(jīng)歷時間相差2T/3。答案為射出點相距，時間差為。關(guān)鍵是找圓心、找半徑和用對稱。 例題2． 如圖—5所示，在y＜0的區(qū)域內(nèi) 存在勻強磁場，磁場方向垂直于xy平面并指向紙面外，磁感應強度為B.一帶正電的粒子以速度υ0從O點射入磁場，入射方向在xy平面內(nèi)，與x軸正向的夾角為θ.若粒子射出磁場的位置 與O點的距離為l，求該粒子的電量和質(zhì)量之比。 圖—5 分析：注意到幾何關(guān)系的確認。 解答：如圖—6所示，帶電粒子射入磁 場后，由于受到洛侖茲力的作用，粒子將沿圖示的 軌跡運動，從A點射出磁場，O、A間的距離為 l.射出方向與x軸的夾角仍為θ，由洛侖茲力公 式和牛頓定律可得， qυ0B=m 式中R為圓軌道的半徑 解得R= 圓軌道的圓心位于OA的中垂線上，由幾何關(guān)系可得=Rsinθ y x o B v v a O/ 聯(lián)立上述兩式，解得= 例題3．　一個質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P（a，0）點以速度v，沿與x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。求勻強磁場的磁感應強度B和射出點的坐標。 解：由射入、射出點的半徑可找到圓心O/，并得出半徑為；射出點坐標為（0，）。 O B S v θ P 例題4. 一個負離子，質(zhì)量為m，電量大小為q，以速率v垂直于屏S經(jīng)過小孔O射入存在著勻強磁場的真空室中，如圖所示。磁感應強度B的方向與離子的運動方向垂直，并垂直于圖1中紙面向里. （1）求離子進入磁場后到達屏S上時的位置與O點的距離. （2）如果離子進入磁場后經(jīng)過時間t到達位置P，證明:直線OP與離子入射方向之間的夾角θ跟t的關(guān)系是。 解析：（1）離子的初速度與勻強磁場的方向垂直，在洛侖茲力作用下，做勻速圓周運動.設(shè)圓半徑為r，則據(jù)牛頓第二定律可得： ，解得 如圖所示，離了回到屏S上的位置A與O點的距離為：AO=2r 所以 r v R v O/ O （2）當離子到位置P時，圓心角： 因為，所以. 畫好輔助線（半徑、速度、軌跡圓的圓心、連心線）。偏角可由求出。經(jīng)歷時間由得出。 O A v0 B 注意：由對稱性，射出線的反向延長線必過磁場圓的圓心。 例題5． 如圖所示，一個質(zhì)量為m、電量為q的正離子，從A點正對著圓心O以速度v射入半徑為R的絕緣圓筒中。圓筒內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小為B。要使帶電粒子與圓筒內(nèi)壁碰撞多次后仍從A點射出，求正離子在磁場中運動的時間t.設(shè)粒子與圓筒內(nèi)壁碰撞時無能量和電量損失，不計粒子的重力。 解析：由于離子與圓筒內(nèi)壁碰撞時無能量損失和電量損失，每次碰撞后離子的速度方向都沿半徑方向指向圓心，并且離子運動的軌跡是對稱的，如圖所示。設(shè)粒子與圓筒內(nèi)壁碰撞n次（），則每相鄰兩次碰撞點之間圓弧所對的圓心角為2π/（n+1）.由幾何知識可知，離子運動的半徑為 離子運動的周期為，又， 所以離子在磁場中運動的時間為. O＇ M N L A O 例題6. 圓心為O、半徑為r的圓形區(qū)域中有一個磁感強度為B、方向為垂直于紙面向里的勻強磁場，與區(qū)域邊緣的最短距離為L的O＇處有一豎直放置的熒屏MN，今有一質(zhì)量為m的電子以速率v從左側(cè)沿OO＇方向垂直射入磁場，越出磁場后打在熒光屏上之P點，如圖所示，求O＇P的長度和電子通過磁場所用的時間。 M N O, L A O R θ/2 θ θ/2 B P O// P 解析 ：電子所受重力不計。它在磁場中做勻速圓周運動，圓心為O″，半徑為R。圓弧段軌跡AB所對的圓心角為θ，電子越出磁場后做速率仍為v的勻速直線運動， 如圖4所示，連結(jié)OB，∵△OAO″≌△OBO″，又OA⊥O″A，故OB⊥O″B，由于原有BP⊥O″B，可見O、B、P在同一直線上，且∠O＇OP=∠AO″B=θ，在直角三角形ＯＯ＇P中，O＇P=（L+r）tanθ，而，，所以求得R后就可以求出O＇P了，電子經(jīng)過磁場的時間可用t=來求得。 由得R= ， ， A B C D 例題7. 長為L的水平極板間，有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，如圖所示，磁感強度為B，板間距離也為L，板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子（不計重力），從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是： A．使粒子的速度v5BqL/4m； C．使粒子的速度v>BqL/m； D．使粒子速度BqL/4m5BqL/4m時粒子能從右邊穿出。 粒子擦著上板從左邊穿出時，圓心在O＇點，有r2＝L/4，又由r2＝mv2/Bq=L/4得v2＝BqL/4m ∴v2d，即v>Bed/m. 例題9． 如圖—2所示，有a、b、c、d四個離子，它們帶等量同種電荷，質(zhì)量不等，有ma=mb＜mc=md，以不等的速度υa＜υb＜υc＜υd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（ ） A．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 圖—2 分析：比例解答要求了解“速度選擇器”和“質(zhì)譜儀”的基本原理。 解答：從離子在磁場B2中的偏轉(zhuǎn)方向可知離子帶正電，而正離子在速度選擇器中受到磁場B1的洛侖茲力方向又可由左手定則判斷為向右，電極P1、P2間的電場方向必向左，因為qυbB1=qυcB1=qE，所以能沿直線穿過速度選擇器的必然是速度相等的b、c兩離子；因為qυaB1＜qE，所以a離子穿過速度選擇器必向左偏；因為qυdB1＞qE，所以d離子穿過速度器時必向右偏；因為＜，所以在B2中偏轉(zhuǎn)半徑較小而射到A1的是b離子，在B2中偏轉(zhuǎn)半徑較大而射到A2的是C離子。即經(jīng)例應選A。 例題10．霍爾效應：（xx年理科綜合第29題） 如圖（4）：厚度為h，寬度為d的導體板放在垂直于它的磁感應強度為B的均勻磁場中，當電流通過導體板時,在導體板的上側(cè)面A和下側(cè)面A′之間會產(chǎn)生電勢差。該現(xiàn)象稱為霍爾效應。實驗表明，當磁場不太強時，電勢差U，電流I和B的關(guān)系為U=KIB/d。其中比例系數(shù)K稱為霍爾系數(shù)。 分析：外部磁場的洛侖茲力使運動的電子聚集在導體板的一側(cè)，在導體板的另外一側(cè)會出現(xiàn)多余的正電荷，從而形成橫向電場，橫向電場對電子施加與洛侖茲力方向相反的靜電力。當靜電力與洛侖茲力達到平衡時，導體板上下兩側(cè)之間就形成穩(wěn)定的電勢差。 設(shè)電流I是由電子的定向流動形成的，電子的平均定向速度為v，電量為e，則： (1) 達到穩(wěn)定狀態(tài)時，導體板上側(cè)面A的電勢 下側(cè)面Aˊ的電勢。（填高于、低于或等于）。 這里要提醒學生注意的是導體板中移動的是自由電子，如圖當電流向右時電子向左定向移動，根據(jù)左手定則可知電子受到的洛侖茲力向上，從而在上側(cè)面A聚集電子帶負電，下側(cè)面Aˊ因失去電子而帶正電。故φA<φA′。 (2) 電子受到的洛侖茲力的大小為 evB 。 (3) 當導體板上下兩側(cè)之間的電勢差為U時，電子所受到的靜電力大小為 因為穩(wěn)定時靜電力等于洛侖茲力，故F電=qE=eU/h或evB。 (4) 由電場力和洛侖茲力的平衡條件證明霍爾系數(shù)K=1/ne，其中n代表導體板單位體積內(nèi)電子的個數(shù)。 證明：由F電=F洛，有 eU/h=evB, 得 U=Bvh， 而已知U=KIB/d ， I=q/t=nehdvt/t=nevhd。 代入Bvh=KnevhdB/d，得 K=1/ne。 在xx年理科綜合考試第24題中，再次考到霍爾效應。命題材料是電磁流量計，知識點比上題多考了電阻定律和閉合電路歐姆定律, 這里不再重復了。 例題11． 如圖-4所示，A、B為水平放置的足夠長的平行板，板間距離為d=1.010-2m，A板上有一電子源P，Q點為P點正上方B板上的一點，在紙面內(nèi)向Q點發(fā)射速度在0～3.2107m/s范圍內(nèi)的電子。若垂直紙面加一勻強磁場，磁感應強度B=9.110-3T，已知電子的質(zhì)量m=9.110-31㎏，電子的電量e=1.610-19C，不計電子的重力和電子間的相互作用力，且電子打到板上均被吸收，并轉(zhuǎn)移到大地，求電子擊中A、B兩板上的范圍。 解析：該題雖然與上題條件不同，但都是帶電粒子在有界磁場中的運動，同樣可以用上述方法。 P v 圖-5 假設(shè)電子在不受邊界限制的勻強磁場中運動，則根據(jù)左手定則可以判斷：沿PQ方向以大小不同的速度發(fā)射電子，均做順時針方向的勻速圓周運動，這些半徑不等的圓均與PQ相內(nèi)切，它們的圓心都在過P點的水平直線上，如圖-5所示。其中電子運動的最大軌跡半徑rm由F洛=qvB=m得rm= ，代入數(shù)據(jù)得到rm=210-2m=2d，這樣在圖-5的基礎(chǔ)上再加上與直線AP平行的且間距為d的直線BQ就相當于磁場的兩個邊界線，如圖-6所示。這里只需畫出半徑分別是d和2d的兩個特殊的圓，所求范圍由圖即可直接得到。 M P Q N 0 H F 圖-6 A B 由圖-6可知隨著速度的不斷增大，電子的運動半徑也隨之增大，而這些電子只要經(jīng)過半個圓就可以打到A板上，當半徑增大到d即如圖中的小圓時，圓正好與B板相切，且切點為N，電子開始打到B板上，同時電子又被B板擋住，不再打到 A板上，此圓也是電子打到A板上最遠點所對應的圓，這樣電子打在A板上的范圍應該是PH段。而從此刻開始電子只打到B板上，隨著速度的增大，所打到B板上的點逐漸向左移動，一直增大到最大半徑即如圖-6中的大圓的位置，則由圖可知打在B板上的范圍是MN段。根據(jù)幾何關(guān)系，H點正好是大圓的圓心。則有 FH===，QM=PF=（2-）d=2.6810-3m， QN=d=1.010-2m，PH=2d=210-2m, 則電子擊中A板P點右側(cè)與P點相距0～210-2m的范圍，即PH段， 擊中B板Q 點右側(cè)與Q點相距2.6810-3m～110-2m的范圍，即MN段