高中物理 第5章 磁场与回旋加速器 5.6 洛伦兹力与现代科技学案 沪科版选修31
高中物理 第5章 磁场与回旋加速器 5.5 探究洛伦兹力教案 沪科版选修31
5.5 探究洛伦兹力1．洛伦兹力磁场对运动电荷的作用力叫做洛伦兹力。
(1)洛伦兹力的方向：用左手定则判断，伸开左手，拇指跟其余四个手指垂直，且处于同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，四指指向正电荷运动的方向，那么拇指所指的方向就是正电荷所受洛伦兹力的方向。
(2)洛伦兹力的大小安培力可以看成是大量的运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现，而洛伦兹力则是安培力的微观解释。
洛伦兹力的大小公式为f＝qvB，其中q表示运动电荷的电荷量，v表示电荷的运动速度，B表示磁感应强度。
此公式适用于速度方向跟磁场方向垂直的情况。
预习交流1如图所示，如果在电子射线管上方平行于管轴放置一根载流导线，电流方向如图所示，电子射线将朝什么方向偏转？电流反向后情况如何？想一想：为什么禁止将磁铁靠近正在播放节目的电视机？答案：由安培定则可得导线产生的磁场在导线上方垂直纸面向外，在导线下方垂直纸面向里，再由左手定则可得电子射线向下偏，电流反向后同理可得电子射线向上偏，因为电视显像管应用了电子束磁偏转的道理，所以将磁铁靠近正在播放节目的电视机时磁铁的磁场会影响电子的运动使图像变形。
2．研究带电粒子在磁场中的运动利用阴极射线管实验观察带电粒子在磁场的运动轨迹，让电子束垂直磁场方向进入匀强磁场的空间，将发现阴极射线在匀强磁场中的运动轨迹是圆周，即带电粒子垂直磁场方向进入，在匀强磁场中做匀速圆周运动，向心力由洛伦兹力提供，与速度方向垂直，故洛伦兹力对运动电荷不做功。
3．带电粒子的轨道半径和周期(1)轨道半径：由方程qvB＝2vmr得，r＝mvqB。
在匀强磁场中做圆周运动的带电粒子，它运动的轨道半径跟其运动的速率成正比。
(2)运动周期：由T＝2rqBπ和r＝mvqB得，T＝2mqBπ。
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与它运动的轨道半径、运动的速率无关。
预习交流2带电粒子在匀强磁场中为什么会做匀速圆周运动？答案：带电粒子在磁场中受到洛伦兹力的作用，该力与运动速度方向垂直，充当向心力，由于向心力不做功，也就是洛伦兹力对运动电荷不做功，因此它不改变速度的大小，只改变速度的方向，所以运动电荷做匀速圆周运动。
高中物理 第5章 磁场与回旋加速器 5.5 探究洛伦兹力学案 沪科版选修3-1
亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……学习资料专题5.5 探究洛伦兹力[知识梳理]一、洛伦兹力及其大小、方向1．洛伦兹力磁场对运动电荷的作用力．2．左手定则伸直左手，让大拇指与四指垂直且在同一平面内，四指指向正电荷运动方向，让磁感线穿入手心，大拇指所指的方向就是洛伦兹力的方向，如图551所示．对于负电荷，四指指向负电荷运动的相反方向．图5513．洛伦兹力的大小(1)推导过程：长为L的导体垂直磁场放置，通入电流为I，受到的安培力F＝BIL，而I＝nqSv，导体中的电荷总数为N＝nLS，所以每个电荷受到的磁场力(即洛伦兹力)为f＝FN＝qvB.(2)公式：f ＝qvB .(3)成立条件：速度方向与磁场方向垂直． 二、带电粒子在磁场中的运动1．带电粒子垂直进入磁场，只受洛伦兹力作用，带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．2．轨道半径：由于洛伦兹力提供向心力，即qvB ＝m v 2r ，由此推得r ＝mvBq.3．运动周期：由T ＝2πr v 和r ＝mv Bq ，联立求得T ＝2πmBq.[基础自测]1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”．) (1)只要将电荷放入磁场中，电荷就一定受洛伦兹力．(×) (2)洛伦兹力的方向只与磁场方向和电荷运动方向有关．(×) (3)判断电荷所受洛伦兹力的方向时，应同时考虑电荷的电性．(√) (4)当带电粒子的速度方向与磁场方向相同时，粒子做匀加速运动．(×) (5)带电粒子速度越大，在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径越大．(√) (6)速度越大，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期越大．(×) 【提示】(1)× 运动电荷的速度方向与磁场方向不平行时才会受洛伦兹力． (2)× 洛伦兹力方向还跟电荷的正、负有关．(4)× 方向相同，粒子不受洛伦兹力，故做匀速直线运动． (6)× 周期公式为T ＝2πm qB，周期大小与速度无关．2．图中带电粒子所受洛伦兹力的方向向上的是( )【导学号：69682272】A [A 图中带电粒子受力方向向上，B 图中带电粒子受力方向向外，C 图中带电粒子受力方向向左，D 图中带电粒子受力方向向外．故A 正确．]3．电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法正确的是( ) A ．速率越大，周期越大B ．速率越小，周期越大C ．速度方向与磁场方向平行D ．速度方向与磁场方向垂直D [由粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式T ＝2πmqB可知，周期的大小与速率无关，A 、B 错误，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，速度方向与磁场方向垂直，C 错误，D 正确．]4．(多选)如图552所示，在两个不同的匀强磁场中，磁感强度关系为B 1＝2B 2，当不计重力的带电粒子从B 1磁场区域运动到B 2磁场区域时(在运动过程中粒子的速度始终与磁场垂直)，则粒子的( )【导学号：69682273】图552A ．速率将加倍B ．轨道半径将加倍C ．周期将加倍D ．做圆周运动的角速度将加倍BC [粒子在磁场中只受到洛伦兹力，洛伦兹力不会对粒子做功，故速率不变，A 错；由半径公式r ＝mvBq，B 1＝2B 2，则当粒子从B 1磁场区域运动到B 2磁场区域时，轨道半径将加倍，B 对；由周期公式T ＝2πm Bq ，磁感应强度减半，周期将加倍，C 对；角速度ω＝2πT，故做圆周运动的角速度减半，D 错．][合 作 探 究·攻 重 难](1)洛伦兹力的方向总是与电荷运动方向和磁场方向垂直，即洛伦兹力的方向总是垂直于电荷运动方向和磁场方向所决定的平面，F 、B 、v 三者的方向关系是：F ⊥B 、F ⊥v ，但B 与v 不一定垂直．(2)洛伦兹力的方向随电荷运动方向的变化而变化．但无论怎么变化，洛伦兹力都与运动方向垂直，故洛伦兹力永不做功，它只改变电荷运动方向，不改变电荷速度大小．2．洛伦兹力和安培力的关系(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观解释． (2)大小关系：F 安＝Nf (N 是导体中定向运动的电荷数)．(3)方向关系：洛伦兹力与安培力的方向一致，均可用左手定则进行判断． (4)洛伦兹力永远不做功，但安培力可以做功． 3．洛伦兹力与电场力的比较正确的是( )图553A ．金属块上下表面电势相等B ．金属块上表面电势高于下表面电势C ．金属块上表面电势低于下表面电势D ．无法比较两表面的电势高低思路点拨：①金属导体中导电的是自由电子． ②负电荷受洛伦兹力的方向和正电荷相反．C [由左手定则知自由电子所受洛伦兹力方向向上，即自由电子向上偏，所以上表面电势比下表面电势低．C 正确．]判断洛伦兹力方向应注意的三点(1)洛伦兹力必垂直于v 、B 方向决定的平面．(2)v 与B 不一定垂直，当不垂直时，磁感线不再垂直穿过手心．(3)当运动电荷带负电时，四指应指向其运动的反方向．[针对训练]1．(多选)如图是表示磁场磁感应强度B、负电荷运动速度v和磁场对负电荷洛伦兹力F的相互关系图，这四个图中画得正确的是(B、v、F两两垂直)( )ABC[根据左手定则，使磁感线垂直穿入手心，四指指向v的反方向，从大拇指所指方向可以判断，A、B、C图中所标洛伦兹力方向均正确，D图中所标洛伦兹力方向错误．]2.带电粒子(重力不计)穿过饱和蒸汽时，在它走过的路径上饱和蒸汽便凝成小液滴，从而显示了粒子的径迹，这是云室的原理．如图554所示是云室的拍摄照片，云室中加了垂直于照片向外的匀强磁场，图中oa、ob、oc、od是从o点发出的四种粒子的径迹，下列说法中正确的是( )图554A．四种粒子都带正电B．四种粒子都带负电C．打到a、b点的粒子带正电D．打到c、d点的粒子带正电D[由左手定则知打到a、b点的粒子带负电，打到c、d点的粒子带正电，D正确．]1(1)知道磁场中两点速度方向，则带电粒子在两点所受洛伦兹力作用线的交点即为圆心．如图555(a)所示．(2)知道磁场中一点速度方向和另一点位置，则该点所受洛伦兹力作用线与这两点连线的中垂线的交点即为圆心，如图555(b)所示．(a) (b)图5552．求半径画圆弧后，再画过入射点、出射点的半径并作出辅助三角形，最后由几何知识求出半径． 3．求运动时间图556(1)利用t ＝θ2πT 求．即：先求周期T ，再求圆心角θ.(2)圆心角的确定①带电粒子射出磁场的速度方向与射入磁场的速度方向间的夹角φ叫偏向角．偏向角等于圆心角，即α＝φ，如图556所示．②某段圆弧所对应的圆心角是这段圆弧弦切角的二倍，即α＝2θ.如图557所示，一束电子(电量为e )以速度v 0垂直射入磁感应强度为B ，宽为d的匀强磁场中，电子穿出磁场的速度方向与电子原来的入射方向的夹角为30°，(电子重力忽略不计)求：图557(1)电子的质量是多少？ (2)穿过磁场的时间是多少？思路点拨：①确定了电子的圆心、半径就可以计算电子质量． ②确定了电子在磁场中运动的偏转角度就可以计算时间．【解析】 (1)电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，圆心为初速度v 0与离开磁场时速度垂线的交点，如图所示．由几何知识得轨迹的半径为r ＝dsin 30°＝2d由牛顿第二定律得：Bqv ＝m v 2r解得：m ＝2dBev 0.(2)由几何知识得，轨迹的圆心角为α＝π6所以t ＝α2πT ＝αm qB ＝πd3v 0.【答案】 (1)2dBe v 0 (2)πd3v 0带电粒子在磁场中运动解题步骤三步走(1)画轨迹：即确定圆心，画出运动轨迹．(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度的联系，偏转角度与圆心角、运动时间的联系，在磁场中的运动时间与周期的联系．(3)用规律：即牛顿运动定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式．[针对训练]3. (多选)质量和电荷量都相等的带电粒子M 和N ，以不同的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图558中虚线所示，下列表述正确的是( )【导学号：69682274】图558A ．M 带负电，N 带正电B ．M 的速率小于N 的速率C ．洛伦兹力对M 、N 不做功D ．M 的运行时间大于N 的运行时间AC [由左手定则可知，M 带负电，N 带正电，选项A 正确；由r ＝mvqB可知，M 的速率大于N 的速率，选项B 错误；洛伦兹力对M 、N 不做功，选项C 正确；由T ＝2πmqB可知M 的运行时间等于N 的运行时间，选项D 错误．]4．如图559所示，在x 轴上方的空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .许多相同的离子，以相同的速率v ，由O 点沿纸面向各个方向(y >0)射入磁场区域．不计离子所受重力及离子间的相互影响．图中曲线表示离子运动的区域边界，其中边界与y 轴交点为M ，边界与x 轴交点为N ，且OM ＝ON ＝L .图559(1)求离子的比荷q m；(2)某个离子在磁场中运动的时间为t ＝5πL6v ，求其射出磁场的位置坐标和速度方向．【解析】 (1)离子沿y 轴正方向进入，则离子从N 点垂直射出， 所以轨道半径r ＝L2.离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，有qvB ＝m v 2r ，所以q m ＝2v BL.(2)带电粒子做匀速圆周运动，周期T ＝2πm qB ＝πLv.设离子在磁场中运动轨迹对应圆心角为θ，θ＝t T ×2π＝5π3＝300°.其轨迹如图虚线所示．出射位置x ＝－2r sin 2π－θ2＝－L sin π6＝－L 2.速度方向与x 轴正方向成30°角．【答案】 (1)2v BL (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－L 2，0 速度方向与x 轴正方向成30°角[当 堂 达 标·固 双 基]1．汤姆生通过对阴极射线的研究发现了电子．如图5510所示，把电子射线管(阴极射线管)放在蹄形磁铁的两极之间，可以观察到电子束偏转的方向是( )图5510A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右B [电子束由负极向正极运动，带负电，电子束运动范围内的磁场由N 极指向S 极，根据左手定则可知，洛伦兹力方向向下．]2.如图5511所示，一速度为v 0的电子恰能沿直线飞出离子速度选择器，选择器中磁感应强度为B ，电场强度为E ，若B 、E 、v 0同时增大为原来的两倍，则电子将( )【导学号：69682275】图5511A ．仍沿直线飞出选择器B ．往上偏C ．往下偏D ．往纸外偏C [电子开始沿直线运动，表示它受力平衡，即qv 0B ＝qE ，由此可知B 、E 、v 0均变为原来的两倍后，q 2v 0·2B >q ·2E ，电子的洛伦兹力大于电场力，它会偏离直线向下运动，C 对，A 、B 、D 错．]3. (多选)如图5512所示，质量为m ，电荷量为＋q 的带电粒子，以不同的初速度两次从O点垂直于磁感线和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从M 、N 两点射出磁场，测得OM ∶ON ＝3∶4，则下列说法中正确的是()图5512A ．两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为3∶4B ．两次带电粒子在磁场中运动的路程长度之比为3∶4C ．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为3∶4D ．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为4∶3BC [设OM ＝2r 1，ON ＝2r 2，故r 1r 2＝OM ON ＝34，路程长度之比s M s N ＝πr 1πr 2＝34，B 正确；由r ＝mv qB 知v 1v 2＝r 1r 2，故f M f N ＝qv 1B qv 2B ＝34，C 正确，D 错误；由于T ＝2πm Bq ，则t M t N ＝12T M12T N ＝1，A 错．] 4.如图5513所示，以ab 为分界面的两个匀强磁场，方向均垂直纸面向里，其磁感应强度B 1＝2B 2.现有一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子从O 点沿图示方向以速度v 开始运动，求经过多长时间粒子重新回到O 点，并画出粒子的运动轨迹.【导学号：69682276】图5513【解析】 粒子重新回到O 点的运动轨迹如图所示，则其运动轨迹为在B 1中可组成一个整圆，在B 2中是个半圆．所以t ＝2πm qB 1＋πm qB 2＝2πmqB 2.【答案】 2πmqB 2运动轨迹如解析图所示。
高中物理：第五章磁场与回旋加速器第五节探究洛伦兹力学案沪科版选修3-1
课题：5.5探究洛伦兹力【预习过程】1.什么安培力，它的方向怎样判断，大小怎样计算？2.什么是洛伦兹力，它的方向怎样判断，大小怎样计算？3.在匀强磁场中带电粒子做什么运动？①当带电粒子初速度与磁场方向平行时：②当带电粒子初速度与磁场方向垂直时：4.从能量角度看粒子的动能是否变化，洛伦兹力对带电粒子是否做功？5.从动力学角度看带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力是由什么力提供的？（用关系式）6.带电粒子的轨道半径是：7.带电粒子的周期是：8.带电粒子在匀强磁场中运动时一定都会受到洛伦兹力什么吗，为什么？【课堂训练】1.一个长螺线管中通有交变电流，把一个带电粒子沿管轴线射入管中，不计重力，粒子将在管中A.做圆周运动B.沿轴线来回运动C.做匀加速直线运动D.做匀速直线运动2.下列说法中正确的是A.运动电荷不受洛伦兹力的地方一定没有磁场B.运动电荷受的洛伦兹力方向既与其运动方向垂直，又与磁感线方向垂直C.带电荷量为q的电荷，在磁场中运动速度大小不变，则所受洛伦兹力大小一定不变D.洛伦兹力对运动电荷不做功3.在你身边，若有一束电子从上而下运动，在地磁场的作用下，它将A.向东偏转B.向西偏转C.向北偏转D.向南偏转4.关于带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动（只受电场力或磁场力），下列说法正确的是A.带电粒子沿电场线方向射入，若电场力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加B.带电粒子垂直于电场线方向射入，电场力对带电粒子不做功，粒子动能不变C.带电粒子沿磁感线方向射入，洛伦兹力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加D.不管带电粒子怎样射入磁场，洛伦兹力对带电粒子都不做功，粒子动能不变5.课本P120第1题提示：不计重力，洛伦兹力提供向心力。
6.课本P120第2题提示：时间为带电粒子的运动周期7.课本P120第3题。
高中物理 第五章 磁场与回旋加速器 5.6 洛伦兹力与现代科技 回旋加速器素材 沪科版选修31
回旋加速器教学目的使学生知道回旋加速器的基本结构，理解它的工作原理；并通过教学，进一步激发学生的学习兴趣，培养他们运用物理知识分析和解决实际问题的能力．教学过程师：在现代物理学中，为了研究物质的微观结构，人们往往利用能量很高的带电粒子作为“炮弹”，去轰击各种原子核，以观察它们的变化规律．为了大量地产生高能粒子，就要用到一种叫做加速器的实验设备．同学们一定听说过北京正负电子对撞机吧，它就是我国于1989年初投入运行的第一台高能粒子加速器，它能使正负电子束流的能量分别达到28亿电子伏．加速器究竟是怎样产生高能带电粒子的呢？这就是今天要学习的课题．让我们都以探索者的身份，从已有的基础知识出发，一起去寻求问题的答案吧．[由加速器的重要应用以及我国科技新成就导出课题，可以激发学生的求知欲望；要求学生以探索者的身份进入角色，旨在将他们推上学习的主体地位．]师：先请哪位同学回答：用什么方法可以加速带电粒子？生：利用电场可使带电粒子加速．师：（板画图1）根据图示条件，带电粒子加速后可获得多大能量？生：E k=mv2/2=qU师：回答正确．由此看来，要获得高能量的带电粒子，就必须尽量提高加速电压．但我们知道，实际能达到的电压值总是有限的，不可能太高，因而用这种方法加速粒子，获得的能量也不够大，只能达到几十万至几兆电子伏．请同学们想一想，如何突破电压限制，使带电粒子获得更大的能量呢？［疑问是思维的源头，问题是探索的中心．教学中及时、巧妙地存疑设问，是教师主导作用的重要体现．］甲生：我想是否可以再加几个电场，让带电粒子逐一通过它们．（教师根据学生回答，在图1上改画成图2）师：大家认为这种设想有道理吗？乙生：我认为有道理．这样一来，每个电场的电压就不必很高．尽管带电粒子每次加速得到的能量不是很大，但最后的总能量却可达到E k=nqU，只要增加电场的数目n，就可使粒子获得足够大的能量．师：说得对．采用多个电场，使带电粒子实现多级加速，这确是突破电压限制的好方法．同学们能提出这样富有创见的设想，十分可贵，但是，我们再仔细推敲一下它的可行性：按图2所示的方案，真能实现多级加速吗？（学生陷入沉思．顷刻，有部分同学恍然大悟）丙生：这个方案不可能获得高能量的带电粒子！师：你发现什么问题了吗？丙生：从图上可以看出，在相邻两级加速电场的中间，还夹着一个反向电场，当带电粒子通过它们时，将会受到阻碍作用．师：丙同学考虑问题很全面，他不但看到了加速电场这有利的一面，同时还注意到了存在减速电场这不利的一面．那么我们能否“兴利除弊”，设法把加速极板外侧的减速电场消除呢？生：……师：（进一步启发）请大家联系已学的知识：要防止外界电场的干扰，可采用什么措施？生：采用静电屏蔽．师：对．我们可用金属圆筒代替原来的极板．（在图2上改画成图3）这样，既可以在金属圆筒的间隙处形成加速电场，又使得圆筒内部的场强为零，从而消除了减速电场的不利影响．师：再让我们讨论一下电源．为了简化装置，我们可用一个公用电源来提供各级的加速电压．（在图3上改画成图4）．如果我们要加速一带正电的粒子，若电源的极性保持恒定（始终为A正B负），你认为这个粒子能够“一路顺风”，不断加速吗？生：不可能．因为，按这样的极性，带电粒子在第一级电场中能得到加速，但到了下一级就会减速．粒子从加速电场得到的能量，将在减速电场中丧失贻尽．师：说得很对．我们有什么方法可解决这个矛盾吗？生：如果能及时地改变电源的极性，就可以解决了．师：好主意！你能对照图4具体说明一下这“及时”的含义吗？生：设开始时电源极性为A正B负，带正电粒子在第一级电场中加速，当它穿过第一只圆筒即将进入第二级电场时，电源极性应立即变为A负B正，使粒子又能继续加速．同理，当它穿过第二只圆筒刚要进入第三级电场时，电源又及时地改变极性，……以后也是如此．师：分析正确．可见，为了实现带电粒子的多级加速，应该采用交变电源；并且，电源极性的变化还必须与粒子的运动配合默契，步调一致，即要满足同步条件，这是确保加速器正常工作的关键所在．那么，如何做到这一点呢？如果使交变电源以恒定的频率交替改变极性，能够满足同步条件吗？甲生：不能满足．因为带电粒子加速之后的速度越来越大，若金属圆筒的长度相等，则它每次穿越的时间就会越来越短．如要保证同步，电源频率应该越来越高才行．师：谁还有不同的见解吗？乙生：我认为当电源频率恒定时，也有可能满足同步条件，只要使得金属圆筒的长度随着粒子速度的增大而相应地加长就行了．师：甲、乙两位同学的意见可谓异曲同工，都有可能满足同步条件．在具体实施时，人们一般采用的是后一种方案．很明显，实施这种方案的关键，在于合理地设计金属圆筒的长度．那么，各圆筒长之间究竟应符合怎样的关系才行呢？这个问题稍许复杂一点，但只要运用我们所学的有关知识，也是不难解决的．有兴趣的同学在课后可以继续讨论，去完成这项设计任务．［教学内容的安排应有弹性，注意留有余地，以贯彻“因材施教”的原则．］师：通过以上的探索和研究，我们实际上已经勾画出一台加速器的雏形了．“麻雀虽小，五脏俱全”，它包含着一般加速器应具备的几个基本要素．下面，就请同学们一起来小结．（根据学生回答，归纳并板书，关键字眼以彩笔突出．）①利用电场加速带电粒子；②通过多级加速获得高能粒子；③将加速电场以外的区域静电屏蔽；④采用交变电源提供加速电压；⑤电场交替变化与带电粒子运动应满足同步条件．[此段小结很有必要．它不仅可将前段探究活动的成果及时整理、提炼、充实和完善学生的认知结构，同时，也为接着学习回旋加速器奠定了基础，从而起到了承前启后的作用．] 师：刚才讨论的这类加速器，人们通常称之为直线加速器．例如北京正负电子对撞机的注入器部分，就是一个全长200多米的直线加速器．这类加速器固然有其优点，但它的设备一字儿排开，往往显得拖沓冗长．于是，我们自然会想：能否寻找一种既可使带电粒子实现多级加速，又不必增加设备长度的方法呢？生：……（思考、议论）师：（自言自语）如果只用一个电场，带电粒子经过加速后还会再次返回，那就好了．……用什么方法能使粒子自动返回呢？……生：（豁然开朗）外加磁场！利用带电粒子在匀强磁场中作圆周运动的特点，可使它重返电场，再次加速．师：好，这确是个巧妙的构想，说不定它还会导致一种新型加速器的延生呢！（学主情绪亢奋，信心骤增）[学习上的探究活动，同样需要有情绪力量的投入．为此，教师讲课不妨带些“情感色彩”，以利于渲染教学氛围，激活学习动因．]师：下面就让我们按着这条思路，来具体分析一下工作原理．（板画图5）设位于加速电场中心的粒子源发出一个带正电粒子，以速率v0垂直进入匀强磁场中．如果它在电场和磁场的协同配合下，不断地得到加速，你能大致画出粒子的运动轨迹来吗？请每位同学都动手试试．要边画图，边思考，并注意联系前面归纳出的几条结论．（教师巡视，对有困难的学生予以指导．多数学生完成之后，抽一人在图5上板画，得图6所示轨迹．）师：同学们都已把带电粒子的运动轨迹画出来了．接下去，请大家思考几个问题．第一，从画出轨迹看，它是条半径越来越大的螺旋线，这是什么缘故？生：根据带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式R=mv／Bq，随着粒子不断加速，它的速度越来越大，因此，半径也相应增大．师：对．再看第二个问题：为使带电粒子不断得到加速，提供加速电压的电源应符合怎样的要求？生：要采用交变电源，并且，还必须使电源极性的变化与粒子的运动保持同步．师：你能对照图6，再具体说明一下吗？生：带正电粒子以速度v0进入磁场，当它运动半周后到达A1时，电源极性应是“A正A′负”，粒子被电场加速，速率从v0增加到v1．为“A负A′正”，使粒子再次加速，速率从v1增加到v2……以后的情形就以此类推．师：回答正确．从刚才的分析可以看出，电场的作用是使粒子加速，磁场的作用则使粒子回旋，两者的分工非常明确，同时，它们又配合得十分默契：电源交替变化一周，粒子被加速两次，并恰好回旋一周，这正是确保加速器正常运行的同步条件．（板书如下）师：还有第三个问题：随着粒子不断加速它的速度和半径都在不断增大，为了满足同步条件，电源的频率也要相应变化吗？生：不需变化，因为带电粒子在匀强磁场中的运动周期T=2πm/Bq，它与速度无关．师：说得对．对于给定的带电粒子，它在一定的匀强磁场中运动的周期是恒定的．有了这一条，我们就可免却随时调整电源频率以求同步的麻烦了．从而为最终实施我们的上述构想，提供了极大的便利．早在1932年，美国物理学家劳仑斯正是沿着与我们相仿的巧妙思路．发明了回旋加速器，从而使人类在获得具有较高能量的粒子方面迈进了一大步．为此，劳仑斯荣获了诺贝尔物理学奖．〔学生再次体验到成功的喜悦，似乎他们也分享到了其中的一份．〕师：下面让我们来看回旋加速器的基本结构．（出示挂图）从图上可以看出，回旋加速器主要由下列几部分组成（板书）：D形盒、强电磁铁、交变电源、粒子源、引出装置等．其中，两个空心的D形金属盒是它的核心部分．同学们能说明它的作用吗？（让学生自学课本，然后回答）甲生：这两个D形盒就是两个电极，可在它们的缝间形成加速电场．师：谁还有补充吗？乙生：它还起到静电屏蔽的作用．使带电粒子在金属盒内只受磁场力作用，从而做匀速圆周运动．师：书上还提到一个细节：“两个D形盒之间留一个窄缝，……”想一下，为什么要留窄的缝？宽些就不成吗？丙生：……丁生：如果缝很宽，粒子穿越电场所用的时间就不容忽略．而这个时间是要随粒子运动速度的增加而变化的，从而使得粒子回旋一周所需的时间也将随之变化，这就会破坏同步条件．如果是窄缝，粒子在电场中运动的时间可以不计，就可避免不同步的麻烦了．师：说得很对．看来同学们对回旋加速器的原理和结构己有了一定的理解．在此基础上，请大家再讨论一个问题：假如由你来设计一台回旋加速器，要求能使带电粒子获得更高的能量，你打算采用哪些措施？［提出这种设计性问题的目的，在于深化学生思维，活化物理知识，使学习活动跨上更高的台阶．]甲生：可以提高电源的电压．由公式Ek=qU可知，电压值大了，粒子获得能量也大．乙生：还可以加大D形盒的半径．使带电粒子有更大的回旋余地，随着加速次数的增多，粒子具有的能量也就大．丙生：也可以增加磁感应强度．根据公式R＝mv／Bq，对应于一定的速度，B值越大，粒子的回旋半径B就越小，这样它在D形盒内就可以兜更多的圈，从而获得更大的能量．师：对于上面几位同学的意见，大家有没有补充或不同的看法？丁生；我认为甲同学的说法不对．因为提高了电源的电压后，尽管可以使粒子每次加速获得的能量增大，但相应的回旋半径也要增大，这又会使得加速次数减少，最后粒子的总能量不见得就大．师：同学们能发表不同的见解，这很好．究竟谁是谁非呢？我们还可以进一步分析：在回旋加速器的最大半径和磁场都确定的条件下，带/2＝B2R2q2／2m．这就告诉我们，对于给定的带电粒子来说，它能获得的最高能量与D形电极半径的平方成正比，与磁感应强度的平方成正比，而与加速电压无直接的关系．讲到这里，有的同学可能会想，如果尽量增强回旋加速器的磁场或加大D形盒半径，我们不就可以使带电粒子获得任意高的能量了吗？但实际并非如此．例如：用这种经典的回旋加速器来加速粒子，最高能量只能达到20兆电子伏．这是因为当粒子的速率大到接近光速时，按照相对论原理，粒子的质量将随速率增大而明显地增加，从而使粒子的回旋周期也随之变化，这就破坏了加速器的同步条件．为了获得更高能量的带电粒子，人们又继续寻找新的途径．例如，设法使交变电源的变化周期始终与粒子的回旋周期保持一致，于是就出现了同步回旋加速器．除此之外，人们还设计制造出多种其它的新型加速器．目前世界上最大的加速器已能使质子达到10000亿电子伏以上的能量．我国在高能粒子研究方面发展很快，并取得了多项世界瞩目的成就．希望同学们树立志向，奋发学习，将来把祖国的科学技术推向世界的最前沿！教案说明一、关于课题选定．回旋加速器作为一种高科技的实验设备，学生往往对其怀有浓厚的学习兴趣，如能有意识地让学生到当今科学的前沿“圣地”去涉足一番，哪怕是十分粗浅，也将会有助于他们开阔视野，培养志趣．同时，回旋加速器又是洛仑兹力应用的著名实例，藉此机会，可使学生对电磁学的有关知识作一次较广泛的复习和运用．因此，本课题虽属选学内容，但在学生条件许可的情况下，仍然值得一学．二、关于教材处理．本节课的教材组织及教学流程，可用以下图式表示：这里值得说明的问题是：在顺序上，把直线加速器提在前，而将回旋加速器置于后，这样是否有悖史实？在内容上，回旋加速器是课题的中心，但却要化相当篇幅去讨论直线加速器，这样会否喧宾夺主？教学过程应该是有序的，这就必须牢牢把握两条脉胳：一是教材知识的内在联系，二是学生认识的发展规律．为此，教师应能驾驭教材，对教学内容作一番必要的剪辑或加工，这也是一种教学艺术的再创造．本节教案作如上的安排，正是为了体现这种有序性．从知识的内在联系看，直线加速器与回旋加速器的工作原理有着诸多相同之处，因此可将前者作为后者的铺垫．在理解直线加速器原理的基础上，一旦突破“磁场回旋”这个拐点，回旋加速器的得出就是水到渠成的了．再从学生的认知规律看，他们对直线加速器的理解，一般要比回旋加速器来得容易，于是可把前者当作后者的桥梁．学生在解剖直线加速器这只“麻雀”的过程中，发现了加速器所应具备的若干重要条件，并经过他们自己的总结、整理，建立起来相应的认知结构．以此为依托，有关回旋加速器的内容就可以通过与结构中的有关知识互相作用，实现同化，从而顺利达成知识的迁移．三、关于教法设计．这类课题如果沿用“讲解原理，介绍结构”的传统教法，很可能造成教师呆板地讲、学生被动地听的局面．学生所获得的也只是些静态的知识（现成结论），而那些蕴含于研究过程中的动态知识（科学方法等），却得不到应有的开发．这实在是教学上的重大失策．本课试图改变这种状况，按照“教师为主导，学生为主体，过程为主线”的教学设想，采取了引导探究的教学方法．即把教材内容有机地划分成若干个探究阶段，并辅之以一系列环环相扣的问题，铺设成一条通往知识高峰的阶梯，并力求拓展课题的探究过程，尽量扩大学生的活动空间．在整个过程中，既有学生的积极参与、拾级攀登，又有教师的点拨引导、及时调控．通过师生双边的信息交流，不断地将教学活动引向深入，使学生在获取新知的同时，还亲身经验到科学研究的思想方法，进一步培养了他们的能力。
高中物理第5章磁场与回旋加速器6洛伦兹力与现代科技沪科31沪科3
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2.带电粒子的最终能量 当带电粒子的速度最大时，其运动半径也最大，由 r＝mqBv得 v ＝qmBr，若 D 形盒半径为 R，则带电粒子的最终动能 Em＝ q2B2R2
2m . 可见，要提高带电粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强 度 B 和 D 形盒的半径 R.
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3.临界状态不唯一形成多解：带电粒子在洛伦兹力作用下飞 越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能 穿过去了，也可能转过 180°从入射面边界反向飞出，如图 丙所示，于是形成了多解.
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4.运动的往复性形成多解：带电粒子在部分是电场、部分是 磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解， 如图丁所示.
(2)B1d
2eU1 m
1 (3)B2
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2U1m e
解答此类问题要做到： (1)对带电粒子进行正确的受力分析和运动过程分析； (2)选取合适的规律，建立方程求解.
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2.(多选)质谱仪是一种测定带 电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构 造原理如图所示.离子源 S 可以发出各种不同 的正离子束，离子从 S 出来时速度很小，可以认为是静止的. 离子经过加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场(图中实线 框所示)，并沿着半圆周运动到达照相底片上的 P 点，测得 P 点到入口处 S1 的距离为 x.下列说法中正确的是( )
设进入加速电场的带电粒子的初速度为 0，电荷量为＋q、质
量为 m，两极板之间的电压为 U，由动能定理得 qU＝12mv2.
高中物理 第5章 磁场与回旋加速器 5 洛伦兹力与现代科技导学案 沪科版选修31
学案5 洛伦兹力与现代科技[目标定位] 1.了解回旋加速器的构造及工作原理，并会应用其原理解决相关问题.2.了解质谱仪的构造及工作原理.3.会分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题.一、回旋加速器 [问题设计]回旋加速器主要由哪几部分组成？回旋加速器中磁场和电场分别起什么作用？ 答案 两个D 形盒 磁场的作用是使带电粒子回旋，电场的作用是使带电粒子加速. [要点提炼]1.回旋加速器采用多次加速的办法：用磁场控制带电粒子做圆周运动的轨道、用电场对带电粒子进行加速.2.回旋加速器中交流电源的周期等于带电粒子在磁场中运动的周期.3.带电粒子获得的最大动能E km ＝q 2B 2r 22m，决定于D 形盒的半径r 和磁感应强度B .二、质谱仪 [问题设计]1.如图1所示，是速度选择器的原理图.带正电的粒子以速度v 从左端进入两极板间，不计粒子的重力.要使粒子匀速通过该区域，粒子的速度应满足什么条件？图1答案 粒子受电场力和洛伦兹力作用，电场力的方向向下，洛伦兹力的方向向上.当qE ＝qvB ，即v ＝EB时粒子做匀速直线运动.2.阅读教材，总结质谱仪的构造和各部分的作用，并简述质谱仪的工作原理.答案 质谱仪主要由以下几部分组成：离子源、加速电场U 1、速度选择器(U 2，B 1)、偏转磁场B 2及照相底片.工作原理：在加速电场中被加速：qU 1＝12mv 2在速度选择器中匀速通过：q U 2d＝qvB 1 在偏转磁场中做圆周运动：r ＝mv qB 2由此可求得离子的质量：m ＝qB 22r22U 1通过前两式也可求得离子的比荷：q m ＝U222B 21d 2U 1.[要点提炼] 1.速度选择器(1)速度选择器中存在正交的电场和磁场，当粒子的速度满足v ＝EB时，粒子能通过速度选择器，粒子的速度大于或小于E B，均不能通过速度选择器. (2)速度选择器适用于正、负电荷.(3)速度选择器中的E 、B 1的方向具有确定的关系，仅改变其中一个方向，就不能对速度做出选择. 2.质谱仪(1)质谱仪的组成：粒子源、加速电场、速度选择器、偏转磁场、照相底片.(2)质谱仪工作原理：带电粒子，经加速电场U 加速，然后沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场B ，在洛伦兹力作用下做圆周运动，最后打到照相底片D 上，粒子进入磁场时的速率为v ＝ 2qUm ，在磁场中运动的轨道半径为 r ＝1B2mUq.三、带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题的分析 1.圆心的确定方法：两线定一点 (1)圆心一定在垂直于速度的直线上.如图2甲所示，已知入射点P (或出射点M )的速度方向，可通过入射点和出射点作速度的垂线，两条直线的交点就是圆心.图2(2)圆心一定在弦的中垂线上.如图乙所示，作P 、M 连线的中垂线，与其中一个速度的垂线的交点为圆心. 2.半径的确定半径的计算一般利用几何知识解直角三角形.做题时一定要做好辅助线，由圆的半径和其他几何边构成直角三角形. 3.粒子在磁场中运动时间的确定(1)粒子在磁场中运动一周的时间为T ，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间t ＝α360°T (或t ＝α2πT ).(2)当v 一定时，粒子在磁场中运动的时间t ＝lv，l 为带电粒子通过的弧长.一、对回旋加速器原理的理解例1 回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D 形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒内的狭缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速，两盒放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子电荷量为q 、质量为m ，粒子最大回旋半径为R max .求： (1)粒子在盒内做何种运动； (2)所加交变电流频率及粒子角速度； (3)粒子离开加速器时的最大速度及最大动能.解析 (1)带电粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大.(2)粒子在电场中运动时间极短，因此高频交变电流频率要等于粒子回旋频率，因为T ＝2πm qB ，回旋频率f ＝1T ＝qB 2πm ，角速度ω＝2πf ＝qBm. (3)由牛顿第二定律知mv2max R max＝qBv max则v max ＝qBR maxm最大动能E kmax ＝12mv 2max ＝q 2B 2R 2max 2m答案 (1)匀速圆周运动 (2)qB 2πm qBm(3)qBR max m q 2B 2R 2max 2m方法点拨 回旋加速器中粒子每旋转一周被加速两次，粒子射出时的最大速度(动能)由磁感应强度和D 形盒的半径决定，与加速电压无关. 二、对质谱仪原理的理解例2 如图3所示是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器.速度选择器内相互正交的匀强磁场的磁感应强度和匀强电场的场强分别为B 和E .平板S 上有可让粒子通过的狭缝P 和记录粒子位置的胶片A 1A 2.平板S 下方有磁感应强度为B 0的匀强磁场.下列表述正确的是( )图3A.质谱仪是分析同位素的重要工具B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C.能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E BD.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的比荷越小解析 根据Bqv ＝Eq ，得v ＝E B ，C 正确；在磁场中，B 0qv ＝m v 2r ，得q m ＝vB 0r，半径r 越小，比荷越大，D 错误；同位素的电荷数一样，质量数不同，在速度选择器中电场力向右，洛伦兹力必须向左，根据左手定则，可判断磁场方向垂直纸面向外，A 、B 正确. 答案 ABC三、带电粒子在磁场中的直线运动(速度选择器的原理)例3 在图4中虚线所示的区域存在匀强电场和匀强磁场.取坐标如图4所示，一带电粒子沿x 轴正方向进入此区域，在穿过此区域的过程中运动方向始终不发生偏转，不计重力的影响，电场强度E 和磁感应强度B 的方向可能是( )图4A.E 和B 都沿x 轴方向B.E 沿y 轴正向，B 沿z 轴正向C.E 沿z 轴正向，B 沿y 轴正向D.E 、B 都沿z 轴方向答案 AB解析 本题没有说明带电粒子的带电性质，为便于分析，假定粒子带正电.A 选项中，磁场对粒子作用力为零，电场力与粒子运动方向在同一直线上，带电粒子的运动方向不会发生偏转，故A 正确；B 选项中，电场力方向向上，洛伦兹力方向向下，当这两个力平衡时，粒子运动方向可以始终不变，B 正确；C 选项中，电场力、洛伦兹力都沿z 轴正方向，粒子将做曲线运动，C 错；D 选项中，电场力沿z 轴正方向，洛伦兹力沿y 轴负方向，两力不可能平衡，粒子将做曲线运动，D 错.如果粒子带负电，仍有上述结果. 四、带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动问题例4 如图5所示，一束电荷量为e 的电子以垂直于磁感应强度B 并垂直于磁场边界的速度v 射入宽度为d 的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ＝60°，求电子的质量和穿越磁场的时间.图5解析 过M 、N 作入射方向和出射方向的垂线，两垂线交于O 点，O 点即电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，过N 做OM 的垂线，垂足为P ，如图所示.由直角三角形OPN 知，电子运动的半径为r ＝d sin 60°＝233 d①由牛顿第二定律知qvB ＝m v 2r②联立①②式解得m ＝23dBe3v电子在无界磁场中运动的周期为T ＝2πeB ·23dBe 3v ＝43πd 3v电子在磁场中的轨迹对应的圆心角为θ＝60°，故电子在磁场中的运动时间为t ＝16T ＝16×43πd 3v ＝23πd9v.答案23dBe 3v 23πd9v洛伦兹力与现代科技—⎪⎪⎪⎪—运动规律：匀速圆周运动，r ＝mv qB ，T ＝2πmqB —应用—⎪⎪⎪ —回旋加速器—质谱仪—圆周运动问题分析方法：确定圆心、半径1.(对回旋加速器原理的理解)在回旋加速器中( ) A.电场用来加速带电粒子，磁场则使带电粒子回旋 B.电场和磁场同时用来加速带电粒子C.磁场相同的条件下，回旋加速器的半径越大，则带电粒子获得的动能越大D.同一带电粒子获得的最大动能只与交流电压的大小有关，而与交流电压的频率无关 答案 AC解析 电场的作用是使粒子加速，磁场的作用是使粒子回旋，故A 选项正确，B 选项错误；粒子获得的动能E k ＝qBr22m，对同一粒子，回旋加速器的半径越大，粒子获得的动能越大，与交流电压的大小无关，故C 选项正确，D 选项错误.2.(对质谱仪原理的理解)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图6所示，离子源S 产生的各种不同正离子束(速度可看为零)，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录它的照相底片P 上，设离子在P 上的位置到入口处S 1的距离为x ，可以判断( )图6A.若离子束是同位素，则x 越大，离子质量越大B.若离子束是同位素，则x 越大，离子质量越小C.只要x 相同，则离子质量一定相同D.只要x 相同，则离子的比荷一定相同 答案 AD解析 由动能定理qU ＝12mv 2.离子进入磁场后将在洛伦兹力的作用下发生偏转，由圆周运动的知识，有：x ＝2r ＝2mv qB ，故x ＝2B2mUq，分析四个选项，A 、D 正确，B 、C 错误.3.(速度选择器原理的理解)如图7所示为速度选择器装置，场强为E 的匀强电场与磁感应强度为B 的匀强磁场互相垂直.一电荷量为＋q 、质量为m 的粒子(不计重力)以速度v 水平向右射入，粒子恰沿直线穿过，则下列说法正确的是( )图7A.若带电粒子所带荷电量为＋2q ，粒子将向下偏转B.若带电粒子所带荷电量为－2q ，粒子仍能沿直线穿过C.若带电粒子速度为2v ，粒子不与极板相碰，则从右侧射出时电势能一定增大D.若带电粒子从右侧水平射入，粒子仍能沿直线穿过 答案 BC解析 粒子恰沿直线穿过，电场力和洛伦兹力均垂直于速度，故合力为零，粒子做匀速直线运动；根据平衡条件，有：qvB ＝qE ，解得：v ＝EB ，只要粒子速度为E B，就能沿直线匀速通过选择器；若带电粒子所带电荷量为＋2q ，速度不变，仍然沿直线匀速通过选择器，故A 错误；若带电粒子所带电量为－2q ，只要粒子速度为E B，电场力与洛伦兹力仍然平衡，仍然沿直线匀速通过选择器，故B 正确；若带电粒子速度为2v ，电场力不变，洛伦兹力变为2倍，故会偏转，克服电场力做功，电势能增大，故C 正确；若带电粒子从右侧水平射入，电场力方向不变，洛伦兹力方向反向，故粒子一定偏转，故D 错误.4.(带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题)如图8所示，平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B .一质量为m 、电荷量为q 的粒子以速度v 从O 点沿着与y 轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A 点(图中未画出)时速度方向与x 轴的正方向相同，不计粒子的重力，则( )图8A.该粒子带正电B.A 点与x 轴的距离为mv2qBC.粒子由O 到A 经历时间t ＝πm3qBD.运动过程中粒子的速度不变 答案 BC解析 根据粒子的运动方向，由左手定则判断可知粒子带负电，A 项错；运动过程中粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，方向变化，D 项错；粒子做圆周运动的半径r ＝mvqB，周期T ＝2πm qB ，从O 点到A 点速度的偏向角为60°，即运动了16T ，所以由几何知识求得点A 与x 轴的距离为mv 2qB ，粒子由O 到A 经历时间t ＝πm3qB，B 、C 两项正确.题组一 回旋加速器原理的理解1.回旋加速器是利用较低电压的高频电源，使粒子经多次加速获得巨大速度的一种仪器，工作原理如图1所示.下列说法正确的是( )图1A.粒子在磁场中做匀速圆周运动B.粒子由A 0运动到A 1比粒子由A 2运动到A 3所用时间少C.粒子的轨道半径与它被电场加速的次数成正比D.粒子的运动周期和运动速率成正比 答案 A解析 由于粒子在磁场中只受洛伦兹力，且洛伦兹力与运动方向垂直，所以粒子在磁场中做匀速圆周运动，A 正确；由T ＝2πmqB可知粒子在磁场中运动的周期与半径无关，故粒子由A 0运动到A 1与粒子由A 2运动到A 3所用时间相等，B 错误；由nqU ＝12mv 2和R ＝mv qB 可得，R ＝1B2nmUq，n 为加速次数，所以粒子的轨道半径与它被电场加速的次数的平方根成正比，C错误；由T ＝2πmqB可知粒子在磁场中运动的周期与速率无关，D 错误.故选A.2.如图2所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得较大动能的装置，其核心部分是两个D 型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连.下列说法正确的有( )图2A.粒子被加速后的最大速度随磁感应强度和D 型盒的半径的增大而增大B.粒子被加速后的最大动能随高频电源的加速电压的增大而增大C.高频电源频率由粒子的质量、电荷量和磁感应强度决定D.粒子从磁场中获得能量 答案 AC解析 当粒子从D 形盒中出来时速度最大，由qv m B ＝m v2m R，其中R 为D 型盒的半径，得v m＝qBRm，可见最大速度随磁感应强度和D 型盒的半径的增大而增大，A 正确；粒子被加速后的最大动能E km ＝12mv 2m ＝12m (q m )2B 2R 2与高频电源的加速电压无关，B 错误；高频电源频率与粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率相同，则f ＝qB2πm，可见频率由粒子的质量、电荷量和磁感应强度决定，C 正确；洛伦兹力不做功，所以粒子从电场中获得能量，D 错误.故选A 、C. 3.用回旋加速器分别加速α粒子和质子时，若磁场相同，则加在两个D 形盒间的交变电压的频率应不同，其频率之比为( ) A.1∶1 B.1∶3 C.2∶1 D.1∶2 答案 D解析 解决本题的关键是知道回旋加速器中，加速电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等.带电粒子在磁场中的运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2r ，又v ＝2πr T，所以在磁场中运动的周期T ＝2πmqB，因此α粒子和质子在磁场中运动的周期之比为T 质T α＝m 质q 质·q αm α＝12，因为在回旋加速器中，加速电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，故加在两个D 形盒间的交变电压的频率之比为f αf 质＝T 质T α＝12，所以选D. 题组二 对质谱仪原理的理解4.速度相同的一束粒子(不计重力)由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图3所示，则下列相关说法中正确的是( )图3A.该束带电粒子带正电B.速度选择器的P 1极板带负电C.能通过狭缝S 0的带电粒子的速率等于EB 1D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S 0，粒子的比荷越大 答案 AD解析 由带电粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹和左手定则可知该束带电粒子带正电，A 选项正确；在速度选择器中，带正电的粒子受向下的磁场力，则必受向上的电场力，所以上极板带正电，B 选项错误；由于在速度选择器中粒子做匀速直线运动，所以qvB 1＝qE ，v ＝EB 1，C 选项错误；带电粒子由左端射入质谱仪后做匀速圆周运动，由qvB 2＝m v 2R ，解得q m ＝vRB 2＝E RB 1B 2，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S 0，R 越小，而E 、B 1、B 2不变，所以粒子的比荷qm越大，D 选项正确.5.如图4所示为质谱仪测定带电粒子质量的装置示意图.速度选择器(也称滤速器)中场强E 的方向竖直向下，磁感应强度B 1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度B 2的方向垂直纸面向外.在S 处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于E 和B 1入射到速度选择器中，若m 甲＝m 乙<m 丙＝m 丁，v 甲<v 乙＝v 丙<v 丁，在不计重力的情况下，则打在P 1、P 2、P 3、P 4四点的离子分别是( )图4A.乙甲丙丁B.甲丁乙丙C.丙丁乙甲D.丁甲丙乙答案 B解析 四种粒子，只有两个粒子通过速度选择器，只有速度满足v ＝E B，才能通过速度选择器，所以通过速度选择器进入磁场的粒子是乙和丙，乙的质量小于丙的质量，根据公式Bqv＝m v 2r可得乙的半径小于丙的半径，则乙打在P 3位置，丙打在P 4位置，甲的速度小于乙的速度，即小于E B ，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转，打在P 1位置，丁的速度大于v ＝E B，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，打在P 2位置，故B 正确，6.如图5所示为质谱仪的原理图.利用这种质谱仪可以对氢元素进行测量.氢元素的各种同位素，从容器A 下方的小孔S 1进入加速电压为U 的加速电场，可以认为从容器出来的粒子初速度为零.粒子被加速后从小孔S 2进入磁感应强度为B 的匀强磁场，最后打在照相底片D 上，形成a 、b 、c 三条质谱线.关于氢的三种同位素进入磁场时速率的排列顺序和三条谱线的排列顺序，下列说法中正确的是( )图5A.进磁场时速率从大到小的排列顺序是氕、氘、氚B.进磁场时速率从大到小的排列顺序是氚、氘、氕C.a 、b 、c 三条谱线的排列顺序是氕、氘、氚D.a 、b 、c 三条谱线的排列顺序是氘、氚、氕 答案 A解析 根据qU ＝12mv 2得，v ＝2qUm.比荷最大的是氕，最小的是氚，所以进入磁场速率从大到小的顺序是氕、氘、氚.故A 正确，B 错误.进入偏转磁场有Bqv ＝m v 2R ，R ＝mv qB ＝1B2mUq，氕比荷最大，则轨道半径最小，c 对应的是氕，氚比荷最小，则轨道半径最大，a 对应的是氚.故C 、D 错误. 故选A.题组三 带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动7.如图6所示，在x >0，y >0的空间有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy 平面向里，大小为B ，现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子，由x 轴上的P 点以不同的初速度平行于y 轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力的影响，则( )图6A.初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子B.初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子C.在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子D.在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子 答案 AD解析 显然图中四条圆弧中①对应的半径最大，由半径公式r ＝mvBq可知，质量和电荷量相同的带电粒子在同一个磁场中做匀速圆周运动的速度越大，半径越大，A 对，B 错；根据周期公式T ＝2πm Bq 知，当圆弧对应的圆心角为θ时，带电粒子在磁场中运动的时间为t ＝θmBq，圆心角越大则运动时间越长，圆心均在x 轴上，由半径大小关系可知④的圆心角为π，且最大，故在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子，D 对，C 错.8.如图7所示，在x >0、y >0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy 平面向里，大小为B .现有一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，从x 轴上到原点的距离为x 0的P 点，以平行于y 轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y 轴的方向射出此磁场.不计重力的影响.由这些条件可知( )图7A.不能确定粒子通过y 轴时的位置B.不能确定粒子速度的大小C.不能确定粒子在磁场中运动所经历的时间D.以上三个判断都不对 答案 D解析 带电粒子以平行于y 轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y 轴的方向射出此磁场，故带电粒子一定在磁场中运动了14周期，从y 轴上距O 为x 0处射出，回旋角为90°，由r ＝mv Bq 可得v ＝Bqr m ＝Bqx 0m ，可求出粒子在磁场中运动时的速度大小，另有T ＝2πx 0v ＝2πm Bq，可知粒子在磁场中运动所经历的时间，故选D.9.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图8所示的正方形虚线为其边界.一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O 点入射.这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子.不计重力.下列说法正确的是( )图8A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B.入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大 答案 BD解析 由于粒子比荷相同，由r ＝mv qB可知速度相同的粒子运动半径相同，运动轨迹也必相同，B 正确.对于入射速度不同的粒子在磁场中可能的运动轨迹如图所示，由图可知，粒子的轨迹直径不超过磁场边界一半时转过的圆心角都相同，运动时间都为半个周期，而由T ＝2πmqB知所有粒子在磁场运动周期都相同，A 、C 皆错误.再由t ＝θ2πT ＝θmqB可知D 正确.故选B 、D.10.有一带电荷量为＋q ，质量为m 的带电粒子，沿如图9所示的方向，从A 点沿着与边界夹角30°、并且垂直磁场的方向，进入到磁感应强度为B 的匀强磁场中，已知磁场的上部没有边界，若离子的速度为v ，则该粒子离开磁场时，距离A 点的距离( )图9A.mvqBB.2mvqBC.3mv qB D.3mv 2qB答案 A解析 带电粒子将在磁场中做匀速圆周运动，粒子从O 点离开磁场，如图所示：由对称性，OA 所对应的圆心角为60°.由Bqv ＝mv 2R 得R ＝mv Bq ，OA 间的距离x ＝R ＝mvBq，所以选项A 正确.11.长为l 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，板间距离也为l ，极板不带电.现有质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)，从两极板间边界中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( ) A.使粒子的速度v <Bql4mB.使粒子的速度v >5Bql4mC.使粒子的速度v >Bql mD.使粒子的速度Bql 4m <v <5Bql 4m答案 AB解析 如图所示，带电粒子刚好打在极板右边缘时，有r 21＝(r 1－l2)2＋l 2又r 1＝mv 1Bq， 所以v 1＝5Bql4m粒子刚好打在极板左边缘时，有r 2＝l 4＝mv 2Bq ，v 2＝Bql4m综合上述分析可知，选项A 、B 正确.12.如图10所示，一个质量为m 、电荷量为－q 、不计重力的带电粒子从x 轴上的P (a,0)点以速度v ，沿与x 轴正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y 轴射出第一象限，求：图10(1)匀强磁场的磁感应强度B ； (2)穿过第一象限的时间. 答案 (1)3mv 2qa (2)43πa 9v解析 (1)作出带电粒子做圆周运动的圆心和轨迹，由图中几何关系知：R cos 30°＝a ，得：R ＝23a3Bqv ＝m v 2R 得：B ＝mv qR ＝3mv 2qa.(2)运动时间：t ＝120°360°×2πm qB ＝43πa 9v.13.如图11所示，在某装置中有一匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直于xOy 所在纸面向外.某时刻在x ＝l 0、y ＝0处，一质子沿y 轴负方向进入磁场；同一时刻，在x ＝－l 0、y ＝0处，一个α粒子进入磁场，速度方向与磁场垂直.不考虑质子与α粒子间的相互作用，设质子的质量为m ，电荷量为e .则：图11(1)如果质子经过坐标原点O ，它的速度为多大？(2)如果α粒子与质子经最短时间在坐标原点相遇，α粒子的速度应为何值？方向如何？ 答案 (1)eBl 02m (2)2eBl 04m ，方向与x 轴正方向的夹角为π4解析 (1)质子的运动轨迹如图所示，其圆心在x ＝l 02处，其半径r 1＝l 02.又r 1＝mveB ，可得v ＝eBl 02m.(2)质子从x ＝l 0处到达坐标原点O 处的时间为t H ＝T H 2，又T H ＝2πm eB ，可得t H ＝πmeB.α粒子的周期为T α＝4πm eB ，可得t α＝T α4两粒子的运动轨迹如图所示由几何关系得r α＝22l 0，又2ev αB ＝m αv2αr α，解得v α＝2eBl 04m ，方向与x 轴正方向的夹角为π4.。
高中物理 第5章 磁场与回旋加速器 探究安培力学案 沪科版选修
高中物理第5章磁场与回旋加速器探究安培力学案沪科版选修1、知道什么是安培力，了解安培力的应用、2、了解电流天平的原理并学会使用它探究安培力的大小、3、掌握左手定则，会用它判断安培力的方向；会计算安培力的大小、安培力：磁场对电流的作用力称为安培力、一、安培力的方向判断安培力方向的方法是左手定则、其内容是：伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直，且都跟手掌在同一个平面内，让磁感线穿入手心，使四指指向电流方向，则大拇指所指的方向就是安培力的方向、二、安培力的大小安培力的大小跟导体长度L、导体中的电流I、磁感应强度B都成正比，用公式表示为F＝BILsin_θ，当电流方向与磁场方向垂直时，F＝BIL，当电流方向与磁场方向平行时，F＝0、一、安培力的方向[问题设计]按照如图1所示进行实验、图1(1)上下交换磁极的位置以改变磁场方向，导线受力的方向是否改变？(2)改变导线中电流的方向，导线受力的方向是否改变？仔细分析实验结果，说明安培力的方向与磁场方向、电流方向有怎样的关系？答案(1)导线受力的方向改变；(2)导线受力的方向改变；安培力的方向与磁场方向、电流方向的关系满足左手定则、[要点提炼]1、安培力方向、磁场方向、电流方向三者之间满足左手定则、(1)F⊥B，F⊥I，即F垂直于B、I决定的平面、(2)磁场方向和电流方向不一定垂直、用左手定则判断安培力方向时，磁感线只要从掌心进入即可，不一定垂直穿过掌心、2、判断电流磁场方向用安培定则(右手螺旋定则)，确定通电导体在磁场中的受力方向用左手定则、二、安培力的大小[问题设计]阅读教材，了解电流天平的结构、原理和使用方法，制订实验方案，进行实验，注意体会控制变量法的运用，分析实验所测数据，回答下列问题：(1)保持导线通电部分的长度不变，改变电流大小，导线受力情况如何变化？(2)保持电流不变，改变导线通电部分的长度，导线受力情况如何变化？(3)通电导线受力与哪些因素有关？答案(1)电流越大，导线受力越大、(2)通电导线越长，导线受力越大、(3)通电导线在磁场中受到的力的大小，既与导线的长度L成正比，又与导线中的电流I成正比，即与I和L的乘积成正比，用公式表示为F＝kBIL，式中k为比例系数，国际单位制中，k＝1，F＝BIL、[要点提炼]1、安培力大小的计算公式F＝ILBsin_θ，θ为磁感应强度方向与导线方向的夹角、(1)当θ＝90，即B与I垂直时，F＝ILB；(2)当θ＝0即B与I平行时，F＝0、2、当导线与磁场垂直时，弯曲导线的有效长度L，等于连接两端点直线的长度(如图2所示)；相应的电流沿L由始端流向末端、图23、磁感应强度的另一种定义方法：在磁场中垂直于磁场方向放置一小段通电导线，导线所受安培力F跟电流I和导线长度L 的乘积IL的比值叫做导线所在处的磁感应强度，即：B＝、一、对安培力方向的判定例1 画出图3中通电导体棒ab所受的安培力的方向(图中箭头方向为磁感线的方向)、图3解析题目所给的图是立体图，如果直接把ab棒受到的安培力画在立体图上则较为抽象、为了直观，一般画成平面图，图中的各个图从外向内看的正视平面图如图所示(此时导体ab是一个横截面图，○表示电流向里，○表示电流向外)，题图甲中，I与B决定的平面是与纸面垂直的竖直面，安培力方向与这个平面垂直，由左手定则知，安培力的方向为水平向右；题图乙中，I与B决定的平面是与水平方向成θ角的垂直纸面的平面，安培力方向与这个平面垂直，指向右下方；题图丙中，I和B决定的平面是垂直斜面的平面，安培力方向与斜面平行，指向右上方、甲乙丙答案见解析规律总结1、判断安培力的方向，要先明确磁场的方向和电流的方向，用左手定则判断，不要“习惯性”地用错右手、实际上左手定则揭示了磁感应强度、电流、安培力这三个物理量方向之间的关系，知道其中任意两个方向，可以由安培定则判断第三个方向、2、分析安培力方向时，左手定则和安培定则往往同时使用，要特别注意它们的不同：安培定则用来判断电流的磁场方向，用右手；左手定则用来判断电流的受力方向，用左手、二、对安培力大小的计算例2 如图，在匀强磁场中放有下列各种形状的通电导线，电流为I，磁感应强度为B，求各导线所受到的安培力、解析A图中导线中的电流方向与磁感线的方向平行，所以安培力为0；B图是两根导线组成的折线，整体受力实质上是两部分直导线分别受力的矢量和，其有效长度为L，故FB＝IBL；同理，C图是半圆形电流，分析圆弧上对称的每一小段电流，受力抵消合并后，其有效长度为2R，FC＝2BIR；D图中，将导线接通形成闭合线圈，则ab和bc两段导线受力与ac导线受力方向刚好相反，故合力为零，所以，闭合的通电线圈安培力为零，FD＝0、答案FA＝0，FB＝IBL，FC＝2BIR，FD＝0、规律总结(1)当磁场方向与电流方向垂直时安培力F＝IBL，如果磁场方向和电流方向不垂直，公式应变为F＝ILB⊥，B⊥是B在垂直于电流方向的分量、(2)如果通电导线是弯曲的，则要用其等效长度代入公式计算、(3)如果是非匀强磁场，原则上把通电导线分为很短的电流元，对电流元用安培力公式，然后求矢量和、三、导线在安培力作用下的运动问题例3 如图4所示，两条导线相互垂直，但相隔一段距离、其中AB固定，CD能自由活动，当直线电流按图示方向通入两条导线时，导线CD将(从纸外向纸内看)()图4A、顺时针方向转动同时靠近导线ABB、逆时针方向转动同时离开导线ABC、顺时针方向转动同时离开导线ABD、逆时针方向转动同时靠近导线AB解析根据电流元分析法，把CD的电流等效成CO、OD两段电流、由安培定则画出CO、OD所在位置的AB电流的磁场，由左手定则可判断CO、OD受力如图甲所示，可见导线CD逆时针转动、由特殊位置分析法，让CD 逆时针转动90，如图乙，并画出CD此时位置，AB电流的磁感线分布，据左手定则可判断CD受力垂直于纸面向里，可见导线CD 靠近导线AB，D正确、答案D规律总结判定安培力作用下物体的运动方向有以下几种方法：(1)电流元法即把整段电流等效为多段直线电流元，运用左手定则判断出每小段电流元所受安培力的方向，从而判断出整段电流所受合力的方向，最后确定运动方向、(2)特殊位置法把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位置后再判断所受安培力的方向，从而确定运动方向、(3)等效法环形电流和通电螺线管都可以等效成条形磁铁、条形磁铁也可等效成环形电流或通电螺线管、通电螺线管也可以等效成很多匝的环形电流来分析、(4)利用结论法①两电流相互平行时无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥；②两电流不平行时，有转动到相互平行且方向相同的趋势、利用这些结论分析，可事半功倍、1、(对安培力方向的判定)把一小段通电直导线放入磁场中，导线受到安培力的作用，关于安培力的方向，下列说法中正确的是()A、安培力的方向一定跟磁感应强度的方向相同B、安培力的方向一定跟磁感应强度的方向垂直，但不一定跟电流方向垂直C、安培力的方向一定跟电流方向垂直，但不一定跟磁感应强度方向垂直D、安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直答案D解析安培力的方向既垂直于磁场方向，又垂直于电流方向，即垂直于磁场与电流所决定的平面，但电流方向与磁场方向不一定垂直、2、(导体在安培力作用下的运动)如图5所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)()图5A、顺时针转动，同时下降B、顺时针转动，同时上升C、逆时针转动，同时下降D、逆时针转动，同时上升答案A解析画出蹄形磁铁的两条磁感线，在磁感线与电流相交处分别取一小段电流，如图中的BC、AD两段，由左手定则可知，AD段受的安培力垂直纸面向外，BC段受的安培力垂直纸面向里，故导线将绕轴线OO′顺时针旋转(俯视)，当导线转动90时(特殊位置法)，由左手定则可知，导线受向下的安培力作用，所以导线在顺时针转动的同时还向下运动，即答案为A、3、(安培力的大小计算及方向的判定)将长度为20 cm、通有0、1 A电流的直导线放入一匀强磁场中，电流与磁场的方向如图6所示，已知磁感应强度为1 T、试求出各图中导线所受安培力的大小和方向、图6答案(1)图中安培力大小为0 (2)图中安培力大小为0、02 N 安培力方向垂直导线水平向右(3)图中安培力大小为0、02 N 安培力方向在纸面内垂直导线斜向上解析由左手定则和安培力的计算公式得：(1)因导线与磁感线平行，所以安培力为零；(2)由左手定则知：安培力方向垂直导线水平向右，大小F＝ILB＝0、10、21 N＝0、02 N；(3)安培力方向在纸面内垂直导线斜向上，大小F＝BIL＝0、02 N、4、(通电导体的综合受力分析问题)一根长L＝0、2 m的金属棒放在倾角θ＝37的光滑斜面上，并通过I＝5 A的电流，方向如图7所示，整个装置放在磁感应强度B ＝0、6 T竖直向上的匀强磁场中，金属棒恰能静止在斜面上，则该棒的重力为多少？(sin37＝0、6)图7答案0、8 N解析从侧面对棒受力分析如图，安培力的方向由左手定则判断为水平向右，F＝ILB＝50、20、6 N＝0、6 N、由平衡条件得重力mg＝＝0、8 N、题组一对安培力方向的判定1、下面的四个图显示了磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是()答案 C2、关于通电导线所受安培力F的方向、磁感应强度B的方向和电流I的方向之间的关系，下列说法正确的是()A、F、B、I三者必须保持相互垂直B、F必须垂直B、I，但B、I可以不相互垂直C、B必须垂直F、I，但F、I可以不相互垂直D、I必须垂直F、B，但F、B可以不相互垂直答案B解析安培力F总是与磁感应强度B和电流I决定的平面垂直，但B与I(即导线)可以垂直，也可以不垂直，通电导线受安培力时，力F 与磁场及导线都是垂直的，故A、C、D均错，B正确、3、如图1所示，电磁炮是由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成的、当电源接通后，磁场对流过炮弹的电流产生力的作用，使炮弹获得极大的发射速度、下列各俯视图中正确表示磁场B方向的是()图1答案B题组二导线在安培力作用下的运动问题4、如图2所示，固定不动的绝缘直导线mn和可以自由移动的矩形线框abcd位于同一平面内，mn与ad、bc边平行且离ad边较近、当导线mn中通以向上的电流，线框中通以顺时针方向的电流时，线框的运动情况是()图2A、向左运动B、向右运动C、以mn为轴转动D、静止不动答案B解析线框中通有电流，ad和bc两导线同时受到通电导线mn的作用力，故可知B选项正确、5、通有电流的导线L1、L2处在同一平面(纸面)内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动(O为L2的中心)，各自的电流方向如图3所示、下列哪种情况将会发生()图3A、因L2不受磁场力的作用，故L2不动B、因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动C、L2绕轴O按顺时针方向转动D、L2绕轴O按逆时针方向转动答案D解析由右手螺旋定则可知导线L1的上方的磁场的方向为垂直纸面向外，且离导线L1的距离越远的地方，磁场越弱，导线L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O点的下方磁场较强，则安培力较大，因此L2绕轴O按逆时针方向转动，D选项对、6、如图4所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在条形磁铁的左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时(磁铁始终未动)()图4A、磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用B、磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用C、磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用D、磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用答案C解析根据左手定则知导线受磁铁的作用力斜向左上方，故由牛顿第三定律知，导线对磁铁的反作用力应斜向右下方，则一方面使磁铁对桌面的压力增大，一方面使磁铁产生向右的运动趋势，从而受到向左的摩擦力作用、题组三对安培力公式F＝BILsin θ的理解应用7、如图5所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以()图5A、适当减小磁感应强度B、使磁场反向C、适当增大电流D、使电流反向答案C解析首先对MN进行受力分析：其受竖直向下的重力G、受两根软导线的竖直向上的拉力和安培力、当其处于平衡状态时：2F＋BIL＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F 减小到0，应增大安培力BIL，所以可增大磁场的磁感应强度B或增加通过金属棒中的电流I，或二者同时增大，只有C项正确、8、如图6所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由水平位置1绕a点在竖直平面内转到位置2，通电导线所受安培力是( )图6A、数值变大，方向不变B、数值变小，方向不变C、数值不变，方向改变D、数值、方向均改变答案B解析安培力F＝BIL，电流不变，垂直直导线的有效长度减小，安培力减小，安培力的方向总是垂直B、I所构成的平面，所以安培力的方向不变，B对，故选B、9、一根长为0、2 m、电流为2 A的通电导线，放在B＝0、5 T的匀强磁场中，受到磁场力的大小可能是()A、0、4 NB、0、3 NC、0、1 ND、0 N答案CD解析据安培力的定义，当磁场方向与通电电流I的方向垂直时，磁场力有最大值，Fmax＝BIL＝0、520、2 N＝0、2 N、当两方向平行时，磁场力有最小值为0 N、随着二者方向夹角的不同，磁场力大小在0、2 N与0 N之间取值、10、如图7，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直、线段ab、bc和cd 的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135、流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示、导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力()图7A、方向沿纸面向上，大小为(＋1)ILBB、方向沿纸面向上，大小为(－1)ILBC、方向沿纸面向下，大小为(＋1)ILBD、方向沿纸面向下，大小为(－1)ILB答案A解析将导线分为三段直导线，根据左手定则分别判断出各段导线所受安培力的方向，根据F＝BIL计算出安培力的大小，再求合力、导线所受合力F合＝BIL＋2BILsin45＝(＋1)ILB，方向沿纸面向上、11、如图8所示，倾斜导轨宽为L，与水平面成α角，处在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，金属杆ab水平放在导轨上、当回路电流强度为I时，金属杆ab所受安培力F( )图8A、方向垂直ab杆沿斜面向上B、方向垂直ab杆水平向右C、F＝BILcos αD、F＝BILsin α答案B解析由题图知电流方向由b→a 且与磁场方向垂直，根据左手定则可知安培力水平向右，由安培力计算公式可得F＝BIL，故选B、题组四导线在安培力作用下的平衡问题12、如图9所示，用两根轻细悬线将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内、当棒中通以从a到b 的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态、为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为()图9A、tan θ，竖直向上B、tan θ，竖直向下C、s in θ，平行悬线向下D、sin θ，平行悬线向上答案D解析要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值、由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知，安培力的最小值为Fmin＝mgsin θ，即IlBmin＝mgsin θ，得Bmin ＝sin θ，方向应平行于悬线向上、故选D、13、质量为m的金属细杆置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，有电流通过杆，杆恰好静止于导轨上，在如图所示的A、B、C、D四个选项中，杆与导轨的摩擦力一定不为零的是()答案CD解析选项A中，通电细杆可能受重力、安培力、导轨的弹力作用处于静止状态，如图所示，所以杆与导轨间的摩擦力可能为零、当安培力变大或变小时，细杆有上滑或下滑的趋势，于是有静摩擦力产生、选项B中，通电细杆可能受重力、安培力作用处于静止状态，如图所示，所以杆与导轨间的摩擦力可能为零、当安培力减小时，细杆受到导轨的弹力和沿导轨向上的静摩擦力，也可能处于静止状态、选项C和D中，通电细杆受重力、安培力、导轨弹力作用具有下滑趋势，故一定受到沿导轨向上的静摩擦力，如图所示，所以杆与导轨间的摩擦力一定不为零、14、水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源(不计内阻)、现垂直于导轨搁一根质量为m、电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右上方，如图10所示，问：图10(1)当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？(2)若B的大小和方向均能改变，则要使ab 棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？答案(1)mg－(2) 方向水平向右解析从b向a看侧视图如图所示、(1)水平方向：f＝Fsin θ①竖直方向：N＋Fcos θ＝mg②又F＝BIL ＝BL③联立①②③得：N＝mg－，f＝、(2)要使ab棒受到的支持力为零，且让磁场最小，可知安培力竖直向上，则有F′＝mgBmin ＝，根据左手定则判定磁场方向水平向右、15、如图11所示，在与水平方向夹角为60的光滑金属导轨间有一电源，在相距1 m的平行导轨上放一质量为0、3 kg的金属棒ab，ab中有从b→a、I＝3 A的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止、求：图11(1)匀强磁场磁感应强度的大小；(2)ab棒对导轨的压力、(g＝10 m/s2)答案(1)1、73 T (2)6 N，方向垂直斜面向下解析金属棒ab中电流方向由b→a，它所受安培力方向水平向右，它还受竖直向下的重力，垂直斜面斜向上的支持力，三力合力为零，由此可以求出安培力和ab棒对导轨的压力，从而求出磁感应强度B的大小、(1)ab棒静止，受力情况如图所示，沿斜面方向受力平衡，则mgsin60＝BILcos60B＝＝T≈1、73 T、(2)ab棒对导轨的压力为：N′＝N＝＝ N＝6 N，方向垂直斜面向下、。
高中物理 第5章 磁场与回旋加速器 探究电流周围的磁场
学案2 探究电流周围的磁场[学习目标定位] 1.了解直线电流、环形电流、通电线圈的磁感线分布，并会运用安培定则判定电流的磁场方向.2.知道磁现象的电本质，了解安培分子电流假说．1820年，丹麦物理学家奥斯特发现通电导线也能使小磁针偏转，揭示了电与磁的联系．一、电流的磁场电流的磁场可以用安培定则(右手螺旋定则)来判定1．直线电流的磁场：用右手握住导线，让大拇指指向电流的方向，则弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向．2．环形电流的磁场：环形电流磁场的磁感线是一些围绕环形导线的闭合曲线．在环形导线的中心轴线上，磁感线和环形导线的平面垂直．3．通电螺线管的磁场：通电螺线管外部磁感线和条形磁铁外部的磁感线相似，也是从北极出来，进入南极．螺线管内中间部分的磁感线跟螺线管的轴线平行，方向由南极指向北极，并和外部磁感线连接，形成闭合曲线．长直通电螺线管内中间部分的磁场近似为匀强磁场.二、探究磁现象的本质1821年，安培提出了安培分子电流假说，他认为，在原子、分子等物质微粒的内部存在着一种环形电流——分子电流，分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，分子电流的两侧相当于两个磁极．安培的分子电流假设揭示了磁性的起源，即磁铁的磁场和电流的磁场一样，都是由电荷的运动产生的．一、电流的磁场[问题设计]1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流周围存在磁场，电流周围的磁场具有什么特征？仔细观察实验，说明电流的磁场的特点．(1)让一直导线垂直穿过一块水平硬纸板，将小磁针放置在水平硬纸板各处，接通电源．观察小磁针在各处的指向，分析直线电流的磁感线的特点．(2)用相同的方法研究环形电流磁场的磁感线的分布，也可用细铁屑模拟磁感线的分布，分析其磁感线的特点．(3)用细铁屑模拟通电螺线管的磁感线分布，分析其磁感线的特点．答案见要点提炼．[要点提炼]电流周围的磁感线方向可根据安培定则判断．1．直线电流的磁场：以导线上任意点为圆心的同心圆，越向外越疏．(如图1所示)图12．环形电流的磁场：内部比外部强，磁感线越向外越疏．(如图2所示)图23．通电螺线管的磁场：内部为匀强磁场，且内部比外部强．内部磁感线方向由S极指向N 极，外部由N极指向S极．(如图3所示)图3二、探究磁现象的本质[问题设计]磁铁和电流都能产生磁场，而且通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场十分相似，它们的磁场有什么联系？答案它们的磁场都是由电荷的运动产生的．[要点提炼]1．安培分子电流假说安培认为，物质微粒内的分子电流使它们相当于一个个的小磁体(如图4)．图42．当铁棒中分子电流的取向大致相同时，铁棒对外显磁性(如图5甲)；当铁棒中分子电流的取向变得杂乱无章时，铁棒对外不显磁性(如图乙)．图53．安培分子电流假说说明一切磁现象都是由电荷的运动产生的．一、对安培定则的理解与应用例1如图6所示，a是直线电流的磁场，b是环形电流的磁场，c是通电螺线管电流的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向．图6解析根据安培定则，可以确定a中电流方向垂直纸面向里，b中电流方向为逆时针方向，c中螺线管内部磁感线方向向左．答案见解析针对训练如图所示，当开关S闭合后，小磁针处在通电电流的磁场中的位置正确的是()答案 D解析依据安培定则，判断出电流的磁场方向；再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，判知D正确．二、磁感应强度矢量的叠加例2如图7所示，两个完全相同的通电圆环A、B圆心O重合、圆面相互垂直的放置，通电电流相同，电流方向如图所示，设每个圆环在其圆心O处独立产生的磁感应强度都为B0，则O处的磁感应强度大小为()图7A．0 B．2B0C.2B0 D．无法确定解析A通电圆环在O点处产生的磁场由安培定则可知垂直纸面向里，大小为B0，同理由安培定则知B圆环在O点处产生的磁场方向竖直向下，大小也为B0.所以O点合磁场的磁感应强度大小为2B0，选项C正确．答案 C三、对磁现象的本质的认识例3关于磁现象的电本质，下列说法正确的是()A．除永久磁铁外，一切磁场都是由运动电荷或电流产生的B．根据安培的分子电流假说，在外磁场作用下，物体内部分子电流取向变得大致相同时，物体就被磁化了，两端形成磁极C．一切磁现象都起源于电流或运动电荷，一切磁作用都是电流或运动电荷之间通过磁场而发生的相互作用D．磁就是电，电就是磁；有磁必有电，有电必有磁解析永久磁铁的磁场也是由运动的电荷产生的．故A错误．没有磁性的物体内部分子电流的取向是杂乱无章的，分子电流产生的磁场相互抵消，但当受到外界磁场的作用力时分子电流的取向变得大致相同时分子电流产生的磁场相互加强，物体就被磁化了，两端形成磁极．故B正确．由安培分子电流假说知C正确．磁和电是两种不同的物质，故磁是磁，电是电．有变化的电场或运动的电荷就能产生磁场，但静止的电荷不能产生磁场，恒定的电场不能产生磁场，同样恒定磁场也不能产生电场，故D错误．答案BC1．(安培定则的理解与应用)如图8所示为电流产生磁场的分布图，正确的分布图是()图8A．①③B．②③C．①④D．②④答案 C解析由安培定则可以判断出直线电流产生的磁场方向，①正确，②错误．③和④为环形电流，注意让弯曲的四指指向电流的方向，可判断出③错误，④正确．故正确选项为C. 2．(安培定则的理解与应用)如图9所示，a、b、c三枚小磁针分别在通电螺线管的正上方、管内和右侧，当这些小磁针静止时，小磁针N极的指向是()图9A．a、b、c均向左B．a、b、c均向右C．a向左，b向右，c向右D．a向右，b向左，c向右答案 C解析小磁针静止时N极的指向与该点磁感线方向相同，如果a、b、c三处磁感线方向确定，那么三枚磁针静止时N极的指向也就确定．所以，只要画出通电螺线管的磁感线如图所示，即可知a磁针的N极在左边，b磁针的N极在右边，c磁针的N极在右边．3．(磁感应强度矢量的叠加)如图10所示，a、b两根垂直纸面的直导体通有大小相等的电流，两导线旁有一点P，P点到a、b距离相等，要使P点的磁场方向向右，则a、b中电流的方向为()图10A．都垂直于纸面向纸里B．都垂直于纸面向纸外C．a中电流垂直于纸面向外，b中电流垂直于纸面向里D．a中电流垂直于纸面向里，b中电流垂直于纸面向外答案 C解析根据矢量合成可知，a在P点的磁场方向沿aP连线的垂线向上，b在P点的磁场方向沿bP连线的垂线向下，再由安培定则判断得：a中电流垂直于纸面向外，b中电流垂直于纸面向里，C正确．4．(对磁现象的本质的认识)用安培提出的分子电流假说可以解释的现象是()A．永久磁铁的磁场B．直线电流的磁场C．环形电流的磁场D．软铁棒被磁化的现象答案AD解析安培分子电流假说是安培为解释磁体的磁现象而提出来的，所以选项A、D是正确的；而通电导线周围的磁场是由其内部自由电荷定向移动产生的宏观电流而产生的．分子电流和宏观电流虽然都是运动电荷引起的，但产生的原因是不同的，故正确答案为A、D.题组一对安培定则的理解与应用1．如图1所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转．首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是()图1A．物理学家伽利略，小磁针的N极垂直转向纸内B．天文学家开普勒，小磁针的S极垂直转向纸内C．物理学家牛顿，但小磁针静止不动D．物理学家奥斯特，小磁针的N极垂直转向纸内答案 D解析发现电流的磁效应的科学家是奥斯特，根据右手螺旋定则和小磁针N极所指的方向为该点磁场方向可知D对；故选D.2．下列各图中，已标出电流及电流磁场的方向，其中正确的是()答案 D解析电流与电流磁场的分布，利用的是右手螺旋定则判断，大拇指指向直导线电流方向，四指指向磁感线方向，因此A、B错；对于螺线管和环形电流中，四指弯曲方向为电流方向，大拇指指向内部磁场方向，故选D.3．如图2所示的螺线管内放置一小磁针，下列判断正确的是()图2A．电源A端为正、B端为负，线圈右端为S极，左端为N极B．电源A端为负、B端为正，线圈右端为S极，左端为N极C．电源A端为负、B端为正，线圈右端为N极，左端为S极D．电源A端为正、B端为负，线圈右端为N极，左端为S极答案 B解析由小磁针N极的指向确定通电螺线管内磁感线的方向为从右向左，再根据安培定则，确定在电源外部电流方向由B指向A，电源B端为正，线圈左端为N极，故B正确．题组二对磁现象的本质的认识4．关于安培分子电流假说的说法正确的是()A．安培观察到物质内部有分子电流存在就提出了假说B．为了解释磁铁产生磁场的原因，安培提出了假说C．事实上物质内部并不存在类似的分子电流D．根据后来科学家研究，原子内电子绕核旋转形成环形电流与安培分子电流假说相符答案BD5．磁铁在高温下或者受到敲击时会失去磁性，根据安培的分子电流假说，其原因是() A．分子电流消失B．分子电流的取向变得大致相同C．分子电流的取向变得杂乱D．分子电流的强度减弱答案 C解析由于高温或猛烈的敲击，会使原来取向一致的分子电流变得杂乱，从而失去磁性，故C选项正确．题组三磁感应强度矢量的叠加6．取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图3甲所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图乙所示的螺旋管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为()图3A．0 B．0.5B C．B D．2B答案 A解析用双线绕成的螺丝管，双线中的电流刚好相反，其在周围空间产生的磁场相互抵消，所以螺线管内中部磁感应强度为零．7．分别置于a 、b 两处的长直导线垂直纸面放置，通有大小相等的恒定电流，方向如图4所示，a 、b 、c 、d 在一条直线上，且ac ＝cb ＝bd.已知c 点的磁感应强度大小为B1，d 点的磁感应强度大小为B2.若将b 处导线的电流切断，则( )图4A ．c 点的磁感应强度大小变为12B1，d 点的磁感应强度大小变为12B1－B2B ．c 点的磁感应强度大小变为12B1，d 点的磁感应强度大小变为12B2－B1C ．c 点的磁感应强度大小变为B1－B2，d 点的磁感应强度大小变为12B1－B2D ．c 点的磁感应强度大小变为B1－B2，d 点的磁感应强度大小变为12B2－B1答案 A解析 设a 导线在c 点的磁感应强度大小为B ，在d 点的磁感应强度大小为B′. 根据右手螺旋定则有：B1＝2B B2＝B －B′联立两式解得B ＝12B1，B′＝12B1－B2.故A 正确，B 、C 、D 错误．8.如图5所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M 、N 两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a 、O 、b 在M 、N 的连线上，O 为MN 的中点，c 、d 位于MN 的中垂线上，且a 、b 、c 、d 到O 点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )图5A ．O 点处的磁感应强度为零B ．a 、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C ．c 、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D ．a 、c 两点处磁感应强度的方向不同 答案 C解析 根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解．根据安培定则判断：两直线电流在O 点产生的磁场方向均垂直于MN 向下，O 点的磁感应强度不为零，故A 选项错误；a 、b 两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B 选项错误；根据对称性，c 、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C 选项正确；a 、c 两点的磁感应强度方向相同，故D 选项错误．。
高中物理 第5章 磁场与回旋加速器 探究电流周围的磁场学案 沪科版选修
高中物理第5章磁场与回旋加速器探究电流周围的磁场学案沪科版选修1、了解直线电流、环形电流、通电线圈的磁感线分布，并会运用安培定则判定电流的磁场方向、2、知道磁现象的电本质，了解安培分子电流假说、1820年，丹麦物理学家奥斯特发现通电导线也能使小磁针偏转，揭示了电与磁的联系、一、电流的磁场电流的磁场可以用安培定则(右手螺旋定则)来判定1、直线电流的磁场：用右手握住导线，让大拇指指向电流的方向，则弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向、2、环形电流的磁场：环形电流磁场的磁感线是一些围绕环形导线的闭合曲线、在环形导线的中心轴线上，磁感线和环形导线的平面垂直、3、通电螺线管的磁场：通电螺线管外部磁感线和条形磁铁外部的磁感线相似，也是从北极出来，进入南极、螺线管内中间部分的磁感线跟螺线管的轴线平行，方向由南极指向北极，并和外部磁感线连接，形成闭合曲线、长直通电螺线管内中间部分的磁场近似为匀强磁场、二、探究磁现象的本质1821年，安培提出了安培分子电流假说，他认为，在原子、分子等物质微粒的内部存在着一种环形电流分子电流，分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，分子电流的两侧相当于两个磁极、安培的分子电流假设揭示了磁性的起源，即磁铁的磁场和电流的磁场一样，都是由电荷的运动产生的、一、电流的磁场[问题设计]1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流周围存在磁场，电流周围的磁场具有什么特征？仔细观察实验，说明电流的磁场的特点、(1)让一直导线垂直穿过一块水平硬纸板，将小磁针放置在水平硬纸板各处，接通电源、观察小磁针在各处的指向，分析直线电流的磁感线的特点、(2)用相同的方法研究环形电流磁场的磁感线的分布，也可用细铁屑模拟磁感线的分布，分析其磁感线的特点、(3)用细铁屑模拟通电螺线管的磁感线分布，分析其磁感线的特点、答案见要点提炼、[要点提炼]电流周围的磁感线方向可根据安培定则判断、1、直线电流的磁场：以导线上任意点为圆心的同心圆，越向外越疏、(如图1所示)图12、环形电流的磁场：内部比外部强，磁感线越向外越疏、(如图2所示)图23、通电螺线管的磁场：内部为匀强磁场，且内部比外部强、内部磁感线方向由S极指向N极，外部由N极指向S极、(如图3所示)图3二、探究磁现象的本质[问题设计]磁铁和电流都能产生磁场，而且通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场分相似，它们的磁场有什么联系？答案它们的磁场都是由电荷的运动产生的、[要点提炼]1、安培分子电流假说安培认为，物质微粒内的分子电流使它们相当于一个个的小磁体(如图4)、图42、当铁棒中分子电流的取向大致相同时，铁棒对外显磁性(如图5甲)；当铁棒中分子电流的取向变得杂乱无章时，铁棒对外不显磁性(如图乙)、图53、安培分子电流假说说明一切磁现象都是由电荷的运动产生的、一、对安培定则的理解与应用例1 如图6所示，a是直线电流的磁场，b是环形电流的磁场，c是通电螺线管电流的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向、图6解析根据安培定则，可以确定a中电流方向垂直纸面向里，b中电流方向为逆时针方向，c中螺线管内部磁感线方向向左、答案见解析针对训练如图所示，当开关S闭合后，小磁针处在通电电流的磁场中的位置正确的是() 答案D解析依据安培定则，判断出电流的磁场方向；再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，判知D正确、二、磁感应强度矢量的叠加例2 如图7所示，两个完全相同的通电圆环A、B圆心O重合、圆面相互垂直的放置，通电电流相同，电流方向如图所示，设每个圆环在其圆心O处独立产生的磁感应强度都为B0，则O处的磁感应强度大小为()图7A、0B、2B0C、B0D、无法确定解析A通电圆环在O点处产生的磁场由安培定则可知垂直纸面向里，大小为B0，同理由安培定则知B圆环在O 点处产生的磁场方向竖直向下，大小也为B0、所以O点合磁场的磁感应强度大小为B0，选项C正确、答案 C三、对磁现象的本质的认识例3 关于磁现象的电本质，下列说法正确的是()A、除永久磁铁外，一切磁场都是由运动电荷或电流产生的B、根据安培的分子电流假说，在外磁场作用下，物体内部分子电流取向变得大致相同时，物体就被磁化了，两端形成磁极C、一切磁现象都起源于电流或运动电荷，一切磁作用都是电流或运动电荷之间通过磁场而发生的相互作用D、磁就是电，电就是磁；有磁必有电，有电必有磁解析永久磁铁的磁场也是由运动的电荷产生的、故A错误、没有磁性的物体内部分子电流的取向是杂乱无章的，分子电流产生的磁场相互抵消，但当受到外界磁场的作用力时分子电流的取向变得大致相同时分子电流产生的磁场相互加强，物体就被磁化了，两端形成磁极、故B正确、由安培分子电流假说知C正确、磁和电是两种不同的物质，故磁是磁，电是电、有变化的电场或运动的电荷就能产生磁场，但静止的电荷不能产生磁场，恒定的电场不能产生磁场，同样恒定磁场也不能产生电场，故D错误、答案BC1、(安培定则的理解与应用)如图8所示为电流产生磁场的分布图，正确的分布图是()图8A、①③B、②③C、①④D、②④答案C解析由安培定则可以判断出直线电流产生的磁场方向，①正确，②错误、③和④为环形电流，注意让弯曲的四指指向电流的方向，可判断出③错误，④正确、故正确选项为C、2、(安培定则的理解与应用)如图9所示，a、b、c三枚小磁针分别在通电螺线管的正上方、管内和右侧，当这些小磁针静止时，小磁针N极的指向是()图9A、a、b、c均向左B、a、b、c均向右C、a向左，b向右，c向右D、a向右，b向左，c向右答案C解析小磁针静止时N极的指向与该点磁感线方向相同，如果a、b、c三处磁感线方向确定，那么三枚磁针静止时N极的指向也就确定、所以，只要画出通电螺线管的磁感线如图所示，即可知a磁针的N极在左边，b磁针的N极在右边，c磁针的N极在右边、3、(磁感应强度矢量的叠加)如图10所示，a、b两根垂直纸面的直导体通有大小相等的电流，两导线旁有一点P，P点到a、b距离相等，要使P点的磁场方向向右，则a、b中电流的方向为()图10A、都垂直于纸面向纸里B、都垂直于纸面向纸外C、a中电流垂直于纸面向外，b中电流垂直于纸面向里D、a中电流垂直于纸面向里，b中电流垂直于纸面向外答案C解析根据矢量合成可知，a在P点的磁场方向沿aP连线的垂线向上，b在P点的磁场方向沿bP连线的垂线向下，再由安培定则判断得：a中电流垂直于纸面向外，b中电流垂直于纸面向里，C正确、4、(对磁现象的本质的认识)用安培提出的分子电流假说可以解释的现象是()A、永久磁铁的磁场B、直线电流的磁场C、环形电流的磁场D、软铁棒被磁化的现象答案AD解析安培分子电流假说是安培为解释磁体的磁现象而提出来的，所以选项A、D是正确的；而通电导线周围的磁场是由其内部自由电荷定向移动产生的宏观电流而产生的、分子电流和宏观电流虽然都是运动电荷引起的，但产生的原因是不同的，故正确答案为A、D、题组一对安培定则的理解与应用1、如图1所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中有电流时，小磁针会发生偏转、首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是()图1A、物理学家伽利略，小磁针的N极垂直转向纸内B、天文学家开普勒，小磁针的S极垂直转向纸内C、物理学家牛顿，但小磁针静止不动D、物理学家奥斯特，小磁针的N极垂直转向纸内答案D解析发现电流的磁效应的科学家是奥斯特，根据右手螺旋定则和小磁针N极所指的方向为该点磁场方向可知D对；故选D、2、下列各图中，已标出电流及电流磁场的方向，其中正确的是()答案D解析电流与电流磁场的分布，利用的是右手螺旋定则判断，大拇指指向直导线电流方向，四指指向磁感线方向，因此A、B错；对于螺线管和环形电流中，四指弯曲方向为电流方向，大拇指指向内部磁场方向，故选D、3、如图2所示的螺线管内放置一小磁针，下列判断正确的是()图2A、电源A端为正、B端为负，线圈右端为S极，左端为N极B、电源A端为负、B端为正，线圈右端为S极，左端为N极C、电源A端为负、B端为正，线圈右端为N极，左端为S极D、电源A端为正、B端为负，线圈右端为N极，左端为S极答案B解析由小磁针N极的指向确定通电螺线管内磁感线的方向为从右向左，再根据安培定则，确定在电源外部电流方向由B 指向A，电源B端为正，线圈左端为N极，故B正确、题组二对磁现象的本质的认识4、关于安培分子电流假说的说法正确的是()A、安培观察到物质内部有分子电流存在就提出了假说B、为了解释磁铁产生磁场的原因，安培提出了假说C、事实上物质内部并不存在类似的分子电流D、根据后来科学家研究，原子内电子绕核旋转形成环形电流与安培分子电流假说相符答案BD5、磁铁在高温下或者受到敲击时会失去磁性，根据安培的分子电流假说，其原因是()A、分子电流消失B、分子电流的取向变得大致相同C、分子电流的取向变得杂乱D、分子电流的强度减弱答案C解析由于高温或猛烈的敲击，会使原来取向一致的分子电流变得杂乱，从而失去磁性，故C 选项正确、题组三磁感应强度矢量的叠加6、取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图3甲所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图乙所示的螺旋管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为()图3A、0B、0、5BC、BD、2B答案A解析用双线绕成的螺丝管，双线中的电流刚好相反，其在周围空间产生的磁场相互抵消，所以螺线管内中部磁感应强度为零、7、分别置于a、b两处的长直导线垂直纸面放置，通有大小相等的恒定电流，方向如图4所示，a、b、c、d在一条直线上，且ac＝cb＝bd、已知c点的磁感应强度大小为B1，d点的磁感应强度大小为B2、若将b处导线的电流切断，则()图4A、c点的磁感应强度大小变为B1，d点的磁感应强度大小变为B1－B2B、c点的磁感应强度大小变为B1，d点的磁感应强度大小变为B2－B1C、c点的磁感应强度大小变为B1－B2，d点的磁感应强度大小变为B1－B2D、c点的磁感应强度大小变为B1－B2，d点的磁感应强度大小变为B2－B1答案A解析设a导线在c点的磁感应强度大小为B，在d点的磁感应强度大小为B′、根据右手螺旋定则有：B1＝2BB2＝B－B′联立两式解得B＝B1，B′＝B1－B2、故A正确，B、C、D错误、8、如图5所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流、a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等、关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()图5A、O点处的磁感应强度为零B、a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C、c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D、a、c两点处磁感应强度的方向不同答案C解析根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解、根据安培定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O 点的磁感应强度不为零，故A选项错误；a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B选项错误；根据对称性，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C选项正确；a、c两点的磁感应强度方向相同，故D选项错误、第 1 页共 1 页。
高中物理第五章磁场与回旋加速器5.6洛伦兹力与现代科技沪科31
(3)缺点:①电压不可能无限提高,特别是装置的耐压程度有一定的限
制;
②占有的空间范围大。
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一
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二
3.回旋加速器
(1)原理图(如图):核心部件是两个 D 形金属盒。
加速器的工作原理如图所示,置于高真空中的 D 形金属盒半径为 R,两盒间
的狭缝很小,带电粒子穿过电场的时间可以忽略不计。磁感应强度为 B 的
匀强磁场与盒面垂直。A 处粒子源产生的粒子质量为 m、电荷量为+q,在加
速器中被加速,加速电压为 U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。
(1)求粒子第 2 次和第 1 次经过两 D 形盒间狭缝后轨道半径之比。
m 2
qvmBm=m
2 m 2 2
解得 Ekm=
2
当 fBm≥fm 时,粒子的最大动能由 fm 决定,
vm=2πfmR。
解得 Ekm=2π2mm 2 R2。
答案:(1) 2∶1
π2
(2) 2
2 m 2 2
(3) 2 (fBm≤fm)、2π2mm 2 R2(fBm≥fm)
(2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间 t。
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探究
(tànjiū)
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【重点资料】2019高中物理 第5章 磁场与回旋加速器 5.6 洛伦兹力与现代科技学案 沪科版选修3-1
5.6 洛伦兹力与现代科技[知识梳理]一、回旋加速器1．构造图及特点(如图561所示)图561回旋加速器的核心部件是两个D 形盒，它们之间接交流电源，整个装置处在与D 形盒底面垂直的匀强磁场中．2．工作原理 (1)加速条件交流电的周期必须跟带电粒子做圆周运动的周期相等，即T ＝2πmBq.(2)加速特点粒子每经过一次加速，其轨道半径就大一些(如图562所示)，但由T ＝2πm Bq知，粒子做圆周运动的周期不变．图562二、质谱仪 1．原理图及特点如图563所示，S 1与S 2之间为加速电场；S 2与S 3之间的装置叫速度选择器，它要求E 与B 1垂直且E 方向向右时，B 1垂直纸面向外(若E 反向，B 1也必须反向)；S 3下方为偏转磁场．图5632．工作原理 (1)加速带电粒子进入加速电场后被加速，由动能定理有qU ＝12mv 2.(2)速度选择通过调节E 和B 1的大小，使速度v ＝E B 1的粒子进入B 2区． (3)偏转R ＝mv qB 2⇒q m ＝v RB 2＝2E B 1B 2L. 3．应用常用来测定带电粒子的比荷(也叫荷质比)和分析同位素等．[基础自测]1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”．)(1)回旋加速器交流电的周期等于带电粒子圆周运动周期的一半．(×) (2)回旋加速器的加速电压越大，带电粒子获得的最大动能越大．(×)(3)利用回旋加速器加速带电粒子，要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B 和D 形盒的半径R .(√)(4)比荷不同的带电粒子通过速度选择器的速度不同．(×)(5)电量相同而质量不同的带电粒子，以相同的速度进入匀强磁场后，将沿着相同的半径做圆周运动．(×)(6)利用质谱仪可以检测化学物质或核物质中的同位素和不同成分．(√) 【提示】(1)× 交流电周期和粒子圆周运动周期应相等． (2)× 带电粒子获得的最大动能与电压无关．(4)× 速度选择器只选择一定速度的粒子通过． (5)× 粒子做圆周运动的半径与质量有关．2. (多选)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图564所示．这台加速器由两个铜质D 形盒D 1、D 2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是( )图564A ．离子由加速器的中心附近进入加速器B ．离子由加速器的边缘进入加速器C ．离子从磁场中获得能量D ．离子从电场中获得能量AD [回旋加速器对离子加速时，离子是由加速器的中心附近进入加速器的，故选项A 正确，选项B 错误；离子在磁场中运动时，洛伦兹力不做功，所以离子的能量不变，故选项C 错误；D 形盒D 1、D 2之间存在交变电场，当离子通过交变电场时，电场力对离子做正功，离子的能量增加，所以离子的能量是从电场中获得的，故选项D 正确．]3.如图565所示，一个质量为m 、电荷量为e 的粒子从容器A 下方的小孔S ，无初速度地飘入电势差为U 的加速电场，然后垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打在照相底片M 上．下列说法正确的是( )【导学号：69682291】图565A ．粒子进入磁场时的速率v ＝eU m B ．粒子在磁场中运动的时间t ＝2πmeBC ．粒子在磁场中运动的轨道半径r ＝1B 2mU eD ．若容器A 中的粒子有初速度，则粒子仍将打在照相底片上的同一位置C [在加速电场中由动能定理得eU ＝12mv 2，所以粒子进入磁场时的速度v ＝2eUm，A 错误；由evB ＝m v 2r 得粒子的半径r ＝mv eB ＝1B2mUe ，C 正确；粒子在磁场中运动了半个周期t ＝T 2＝πmeB，B 错误；若容器A 中的粒子有初速度，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径发生变化，不能打在底片上的同一位置，D 错误．][合 作 探 究·攻 重 难]1(1)带电粒子在两D 形盒中回旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变化周期，与带电粒子的速度无关．(2)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动． (3)带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，第一次qU ＝12mv 21，第二次2qU ＝12mv 22，第三次3qU ＝12mv 23，…，v 1∶v 2∶v 3＝1∶2∶3∶….因r ＝mvqB，所以各半径之比为1∶2∶3∶….2．最大动能(1)由r ＝mvqB得，当带电粒子的速度最大时，其运动半径也最大，若D 形盒半径为R ，则带电粒子的最终动能为E km ＝q 2B 2R 22m.(2)要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B 和D 形盒的半径R . 3．粒子被加速次数的计算粒子在回旋加速器盒中被加速的次数n ＝E kmqU(U 是加速电压的大小)，一个周期加速两次． 4．粒子在回旋加速器中运动的时间在电场中运动的时间为t 1，缝的宽度为d ，则nd ＝v 2t 1，则t 1＝2ndv ，在磁场中运动的时间为t 2＝n 2T ＝n πmqB(n 是粒子被加速次数)，总时间为t ＝t 1＋t 2，因为t 1≪t 2，一般认为在盒内的时间近似等于t 2.用如图566所示的回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的最大动能增加为原来的4倍，不能采用的方法是( )图566A ．将其磁感应强度增大为原来的2倍B ．将D 形金属盒的半径增大为原来的2倍C ．将两D 形金属盒间的加速电压增大为原来的4倍 D ．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR思路点拨：①由粒子圆周运动推导出最大动能的表达式． ②从动能的表达式分析最大动能由哪些因素决定．C [带电粒子从D 形盒中射出时的动能E km ＝12mv 2m ①带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径R ＝mv mBq② 由①②可得E km ＝R 2q 2B 22m.显然，带电粒子的q 、m 是一定的，则E km ∝R 2B 2，即E km 与磁场的磁感应强度B 和D 形金属盒的半径R 的乘积的平方成正比，与加速电场的电压无关，故A 、B 正确，C 错误；粒子运动的最大半径等于D 形盒半径，有v ＝2πRT＝2πRf ，故D 正确．]分析回旋加速器应注意的问题(1)洛伦兹力永不做功，磁场的作用是让带电粒子“转圈圈”，电场的作用是加速带电粒子． (2)两D 形盒狭缝所加的是与带电粒子做匀速圆周运动周期相同的交流电，且粒子每次过狭缝时均为加速电压．(3)若将粒子在电场中的运动合起来看，可等效为匀加速直线运动，末速度由R ＝mvqB得到，加速度由a ＝qU dm 得到(d 为两D 形盒间距)，则t 1＝v a ＝BdRU.[针对训练]1.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如567图所示，这台加速器由两个铜质D 形盒D 1、D 2构成，其间留有空隙，下列说法错误的是( )图567A ．带电粒子由加速器的中心附近进入加速器B ．带电粒子由加速器的边缘进入加速器C ．电场使带电粒子加速，磁场使带电粒子旋转D ．带电粒子从D 形盒射出时的动能与加速电场的电压无关B [由回旋加速器的加速原理知，被加速粒子只能由加速器的中心附近进入加速器，从边缘离开加速器，故A 正确，B 错误；由于在磁场中洛伦兹力不做功，而粒子通过电场时有qU ＝12mv 2，所以粒子是从电场中获得能量，故C 正确；当粒子离开回旋加速器时，半径最大，动能最大，根据半径公式r ＝mv Bq 知，v ＝Bqr m ，则粒子的最大动能E k ＝12mv 2＝B 2q 2r22m，与加速电场的电压无关，故D 正确．]2. (多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图568所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是( )【导学号：69682292】图568A ．增大匀强电场间的加速电压B ．增大磁场的磁感应强度C ．增加周期性变化的电场的频率D ．增大D 形金属盒的半径BD [粒子最后射出时的旋转半径为D 形盒的最大半径R ，R ＝mv qB ，E k ＝12mv 2＝q 2B 2R22m.可见，要增大粒子的动能，应增大磁感应强度B 和增大D 形盒的半径R ，故正确答案为B 、D.]1.最后在磁场中偏转．图5692．加速：带电粒子经加速电场加速，获得动能12mv 2＝qU ，故v ＝2qUm.3．速度选择器：电场力和洛伦兹力平衡，粒子做匀速直线运动，有qE ＝qvB 1，故v ＝E B 1.4．偏转：带电粒子垂直进入匀强磁场，其轨道半径r ＝mvqB 2＝2mUqB 22，可得粒子质量m ＝qB 22r22U.不同质量的粒子其半径不同，即磁场可以将同电量而不同质量的同位素分开．如图5610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：图5610(1)匀强电场的电场强度E 的大小； (2)粒子从电场射出时速度v 的大小； (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R .思路点拨：①粒子在电场中加速时可以根据动能定理求出末速度． ②粒子在磁场中偏转时洛伦兹力提供向心力． 【解析】 (1)匀强电场的电场强度E ＝U d. (2)根据动能定理得qU ＝12mv 2解得v ＝2qUm.(3)根据洛伦兹力提供向心力得qvB ＝m v 2R解得R ＝mv qB ＝1B2mUq.【答案】 (1)U d(2)2qU m (3)1B 2mU q质谱仪问题的分析技巧(1)分清粒子运动过程的三个阶段． (2)在加速阶段应用动能定理． (3)在速度选择器中应用平衡条件．(4)在偏转阶段应用洛伦兹力提供向心力的规律．[针对训练]3. (多选)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图5611所示．离子源S 可以发出各种不同的正离子束，离子从S 出来时速度很小，可以认为是静止的．离子经过加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场(图中实线框所示)，并沿着半圆周运动到达照相底片上的P 点，测得P 点到入口处S 1的距离为x .下列说法中正确的是( )【导学号：69682293】图5611A ．若离子束是同位素，则x 越大，离子的质量越大B ．若离子束是同位素，则x 越大，离子的质量越小C ．只要x 相同，则离子的质量一定相同D ．只要x 相同，则离子的比荷一定相同AD [加速电场中，由qU ＝12mv 2得，离子出电场时速度v ＝2qUm.在偏转磁场中，离子做圆周运动的半径r ＝x2，又由qvB ＝mv 2r ，得m ＝B 2qr 22U ＝qB 2x 28U.若离子束是同位素，即q 相等，则x 越大，离子的质量m 越大，A 正确；由上式可得q m ＝8UB 2x 2，所以只要x 相同，则离子的比荷一定相同，故D正确．]1(1)复合场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场分时间段或分区域交替出现．2．运动情况分类(1)静止或匀速直线运动当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或匀速直线运动状态．(2)匀速圆周运动当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．(3)较复杂的曲线运动当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线．(4)分阶段运动带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成．如图5612所示，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下．一质量为m、带电荷量为q的微粒在区域Ⅰ左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了60°，重力加速度为g，求：图5612(1)区域Ⅰ和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小；(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)微粒从P运动到Q的时间．思路点拨：①微粒在区域Ⅰ做直线运动，则电场力在竖直方向的分力与重力平衡．②微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力． 【解析】 (1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有qE 1sin 45°＝mg解得E 1＝2mgq微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则在竖直方向上有mg ＝qE 2 解得E 2＝mg q.(2)设微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动时加速度为a ，离开区域Ⅰ时速度为v ，在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨道半径为R ，则a ＝qE 1cos 45°m＝g v 2＝2ad 1(或qE 1cos 45°×d 1＝12mv 2) R sin 60°＝d 2 qvB ＝m v 2R解得B ＝m qd 23gd 12. (3)微粒在区域Ⅰ内做匀加速运动，t 1＝2d 1g在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的圆心角为60°，则T ＝2πmBqt 2＝T 6＝πd 2323gd 1解得t ＝t 1＋t 2＝2d 1g ＋πd 2323gd 1.【答案】 见解析复合场问题的解题方法画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．(1)当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，应用牛顿运动定律结合圆周运动规律求解． (3)当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解. (4)对于临界问题，注意挖掘隐含的条件.[针对训练]4.如图5613所示，在xOy 平面内，匀强电场的方向沿x 轴正向，匀强磁场的方向垂直于xOy 平面向里．一电子在xOy 平面内运动时，速度方向保持不变．则电子的运动方向沿( )图5613A ．x 轴正向B ．x 轴负向C ．y 轴正向D ．y 轴负向C [电子受电场力方向一定水平向左，所以需要受向右的洛伦兹力才能做匀速运动，根据左手定则进行判断可得电子应沿y 轴正向运动．]5．质量为m ，带电荷量为q 的微粒，以速度v 与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间，如图5614所示，微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动，求：图5614(1)电场强度的大小，该带电粒子带何种电荷； (2)磁感应强度的大小．【导学号：69682294】【解析】 (1)微粒做匀速直线运动，所受合力必为零，微粒受重力mg ，电场力qE ，洛伦兹力qvB ，由此可知，微粒带正电，受力如图所示，qE ＝mg ，则电场强度E ＝mg q.(2)由于合力为零，则qvB ＝2mg ， 所以B ＝2mgqv.【答案】 (1)mg q正电荷 (2)2mgqv[当 堂 达 标·固 双 基]1．(多选)如图5615所示，在图中虚线区域内，存在有电场强度为E 的匀强电场和磁感应强度为B 的匀强磁场．已知从左方以速度v 0水平射入一带电的粒子，且该带电粒子保持速度v 0匀速穿过该区域，不计带电粒子的重力，则在这区域中的匀强电场E 和匀强磁场B 的方向正确的是( )图5615A ．E 竖直向下，B 垂直纸面向里 B ．E 竖直向下，B 垂直纸面向外C ．E 竖直向上，B 垂直纸面向外D ．E 竖直向上，B 垂直纸面向里AC [设粒子带正电，若E 竖直向下，则带电粒子所受的电场力竖直向下，由平衡条件可知洛伦兹力竖直向上．根据左手定则判断得知磁场垂直于纸面向里，故A 对，B 错；若E 竖直向上，带电粒子所受的电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向下，根据左手定则判断得知磁场垂直于纸面向外，故C 对，D 错．]2.如图5616所示，一个静止的质量为m ，带电量为＋q 的带电粒子(不计重力)，经电压U 加速后垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，粒子打至P 点，设OP ＝x ，能正确反映x 与U 之间函数关系的x U 图像的是( )【导学号：69682295】图5616B [电场加速qU ＝12mv 2，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动qvB ＝m v2r ，x ＝2r ，所以有x＝2B 2mUq，B 正确．]3.回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D 形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以使在盒间的窄缝中形成匀强电场，使粒子每穿过狭缝都得到加速，两盒放在匀强磁场中，磁感应强度为B ，磁场方向垂直于盒底面，离子源置于盒的圆心附近，若离子源射出的离子电荷量为q ，质量为m ，离子最大回旋半径为R ，其运动轨迹如图5617所示．问：图5617(1)盒内有无电场？ (2)离子在盒内做何种运动？(3)所加交流电频率应是多大，离子角速度为多大？ (4)离子离开加速器时速度为多大，最大动能为多少？【解析】 (1)扁形盒由金属导体制成，扁形盒可屏蔽外电场，盒内只有磁场而无电场． (2)离子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大．(3)离子在电场中运动时间极短，因此高频交流电压频率要等于离子回旋频率f ＝qB2πm ，角速度ω＝2πf ＝qBm.(4)离子最大回旋半径为R ，由牛顿第二定律得qv m B ＝mv 2m R ，其最大速度为v m ＝qBRm，故最大动能E km ＝12mv 2m ＝q 2B 2R22m.【答案】 (1)见解析 (2)匀速圆周运动 (3)qB 2πm qB m(4)qBR m q 2B 2R 22m。
2020学年高中物理第5章磁场与回旋加速器5探究洛伦兹力学案沪科版选修3_1
探究洛伦兹力1.了解磁场对运动电荷有力的作用，知道什么是洛伦兹力.2.会用左手定则判断洛伦兹力的方向，会用公式f＝qvB计算洛伦兹力的大小.(重点)3.知道带电粒子在磁场中的运动轨迹，并会求其周期和半径.(重点、难点)一、洛伦兹力运动电荷在磁场中所受的磁场的作用力叫做洛伦兹力.通电导线所受到的安培力实际上是作用在运动电荷上的洛伦兹力的宏观表现Ｗ.二、洛伦兹力的方向和大小1.洛伦兹力的方向：用左手定则判定.(1)判定负电荷运动所受洛伦兹力的方向，应使四指指向负电荷运动的相反方向.(2)洛伦兹力的方向总是既垂直于电荷运动方向又垂直于磁场方向，即总是垂直于速度和磁场所决定的平面.但在这个平面内电荷运动方向和磁场方向却不一定垂直，当电荷运动方向与磁场方向不垂直时，应用左手定则不可能使四指指向电荷运动方向的同时让磁感线垂直穿入手心，这时只要磁感线从手心穿入即可.2.洛伦兹力的大小：f＝qvBＷ.若带电粒子的运动方向与磁场方向之间的夹角为θ时，f ＝qvB sin θ.(1)判断点电荷所受洛伦兹力的方向时，四指应指向负电荷运动的方向.( )(2)洛伦兹力对运动电荷不做功.( )(3)带电粒子在磁场中运动时一定受到洛伦兹力的作用.( )提示：(1)×(2)√(3)×三、研究带电粒子在磁场中的运动1.实验装置：洛伦兹力演示仪，如图所示.2.实验原理：玻璃泡内的电子枪(即阴极)发射出阴极射线，使泡内的低压水银蒸气发出辉光，这样就可显示出电子的轨迹.3.实验现象(1)当没有磁场作用时，电子的运动轨迹是直线Ｗ. (2)当电子垂直射入磁场时，电子的运动轨迹是曲线Ｗ. 四、带电粒子的轨道半径和周期 1.轨道半径：由qvB ＝m v 2r 知轨道半径r ＝mv qBＷ. 2.运动周期：T ＝2πr v ＝2πm qBＷ. 3.特点：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，它的轨道半径跟粒子的速率成正比，而运动周期跟轨道半径和运动速率无关Ｗ.洛伦兹力和安培力的关系学案导引1.带电粒子在磁场中一定受洛伦兹力吗？2.如何通过安培力推导洛伦兹力？1.洛伦兹力大小的推导如图所示，设有一段长度为L 的通电导线，垂直放入磁感应强度为B 的匀强磁场中，若通过导线的电流为I ，则该导线所受的安培力为F 安＝ILB ．若导线的横截面积为S ，单位体积内含有的自由电荷数为n ，每个自由电荷的电荷量为q ，定向移动速度为v ，在时间t 内通过截面的电荷量Q ＝nSvtq .由电流强度的定义知I ＝Q t ＝nSvtq t＝nSvq . 这段导线内含有的自由电荷数为N ＝nSL .整段导线所受的安培力F 安可看做是作用在每个运动电荷上的洛伦兹力F 的合力，即F 安＝Nf .则每个自由电荷所受的洛伦兹力f 的大小为f ＝qvB ．2.洛伦兹力与安培力的区别和联系(1)区别：①洛伦兹力是指单个运动带电粒子所受的磁场力，而安培力是指通电直导线所受到的磁场力.②洛伦兹力恒不做功，而安培力可以做功.(2)联系：①安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观解释.②大小关系：F 安＝NF 洛(N 是导体中定向运动的电荷数).③方向关系：洛伦兹力与安培力的方向一致，均可用左手定则进行判断.(1)洛伦兹力的方向始终与电荷的运动方向垂直，只改变速度的方向，不改变速度的大小.(2)虽然安培力是洛伦兹力的宏观表现，但也不能简单地认为安培力就等于所有定向移动的电荷所受洛伦兹力的和，只有当导体静止时，二者才相等.如图所示，匀强磁场的磁感应强度均为B ，带电粒子的速率均为v 、带电荷量均为q .试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小，并说明洛伦兹力的方向.[思路点拨] 解答本题时应把握以下两点：(1)应用f ＝qvB sin θ求f 大小时，明确θ的意义.(2)应用左手定则判定f 方向时明确电荷的电性.[解析] 甲：因v ⊥B ，所以f ＝qvB ，方向与v 垂直斜向上.乙：v 与B 的夹角为30°，f ＝qvB sin 30°＝12qvB ，方向垂直纸面向里. 丙：由于v 与B 平行，所以电荷不受洛伦兹力，f ＝0.丁：v 与B 垂直，f ＝qvB ，方向与v 垂直斜向上.[答案] 见解析(1)洛伦兹力方向的判断与安培力一样，都是根据左手定则来判断的，但应注意以下三点： ①洛伦兹力必垂直于v 、B 方向决定的平面.②v 与B 不一定垂直，当不垂直时，磁感线不再垂直穿过手心.③当运动电荷带负电时，四指应指向其运动的反方向.(2)利用f ＝qvB sin θ计算f 的大小时，必须明确θ的意义及大小.1.(多选)关于电荷在磁场中的受力，下列说法中正确的是( )A ．静止的电荷一定不受洛伦兹力的作用，运动电荷一定受洛伦兹力的作用B ．洛伦兹力的方向有可能与磁场方向平行C ．洛伦兹力的方向一定与带电粒子的运动方向垂直D ．带电粒子运动方向与磁场方向平行时，一定不受洛伦兹力的作用解析：选CD ．由f ＝qvB sin θ.当B ∥v 时，f ＝0；当v ＝0时，f ＝0，故A 错、D 对.由左手定则知，f 一定垂直于B 且垂直于v ，故B 错、C 对.故选CD ．带电粒子在洛伦兹力作用下运动轨迹错误!1.圆心的确定。
2020高中物理 第5章 磁场与回旋加速器 5.5 探究洛伦兹力学案 沪科版选修3-1
5.5 探究洛伦兹力[知识梳理]一、洛伦兹力及其大小、方向 1．洛伦兹力磁场对运动电荷的作用力． 2．左手定则伸直左手，让大拇指与四指垂直且在同一平面内，四指指向正电荷运动方向，让磁感线穿入手心，大拇指所指的方向就是洛伦兹力的方向，如图551所示．对于负电荷，四指指向负电荷运动的相反方向．图5513．洛伦兹力的大小(1)推导过程：长为L 的导体垂直磁场放置，通入电流为I ，受到的安培力F ＝BIL ，而I ＝nqSv ，导体中的电荷总数为N ＝nLS ，所以每个电荷受到的磁场力(即洛伦兹力)为f ＝FN＝qvB .(2)公式：f ＝qvB .(3)成立条件：速度方向与磁场方向垂直． 二、带电粒子在磁场中的运动1．带电粒子垂直进入磁场，只受洛伦兹力作用，带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．2．轨道半径：由于洛伦兹力提供向心力，即qvB ＝m v 2r ，由此推得r ＝mvBq.3．运动周期：由T ＝2πr v 和r ＝mv Bq ，联立求得T ＝2πmBq.[基础自测]1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”．) (1)只要将电荷放入磁场中，电荷就一定受洛伦兹力．(×) (2)洛伦兹力的方向只与磁场方向和电荷运动方向有关．(×) (3)判断电荷所受洛伦兹力的方向时，应同时考虑电荷的电性．(√) (4)当带电粒子的速度方向与磁场方向相同时，粒子做匀加速运动．(×) (5)带电粒子速度越大，在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径越大．(√) (6)速度越大，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期越大．(×) 【提示】(1)× 运动电荷的速度方向与磁场方向不平行时才会受洛伦兹力． (2)× 洛伦兹力方向还跟电荷的正、负有关．(4)× 方向相同，粒子不受洛伦兹力，故做匀速直线运动． (6)× 周期公式为T ＝2πm qB，周期大小与速度无关．2．图中带电粒子所受洛伦兹力的方向向上的是( )【导学号：69682272】A [A 图中带电粒子受力方向向上，B 图中带电粒子受力方向向外，C 图中带电粒子受力方向向左，D 图中带电粒子受力方向向外．故A 正确．]3．电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法正确的是( ) A ．速率越大，周期越大 B ．速率越小，周期越大 C ．速度方向与磁场方向平行 D ．速度方向与磁场方向垂直D [由粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式T ＝2πmqB可知，周期的大小与速率无关，A 、B 错误，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，速度方向与磁场方向垂直，C 错误，D 正确．]4．(多选)如图552所示，在两个不同的匀强磁场中，磁感强度关系为B 1＝2B 2，当不计重力的带电粒子从B 1磁场区域运动到B 2磁场区域时(在运动过程中粒子的速度始终与磁场垂直)，则粒子的( )【导学号：69682273】图552A ．速率将加倍B ．轨道半径将加倍C ．周期将加倍D ．做圆周运动的角速度将加倍BC [粒子在磁场中只受到洛伦兹力，洛伦兹力不会对粒子做功，故速率不变，A 错；由半径公式r ＝mvBq，B 1＝2B 2，则当粒子从B 1磁场区域运动到B 2磁场区域时，轨道半径将加倍，B 对；由周期公式T ＝2πmBq，磁感应强度减半，周期将加倍，C 对；角速度ω＝2πT，故做圆周运动的角速度减半，D 错．][合 作 探 究·攻 重 难]1(1)洛伦兹力的方向总是与电荷运动方向和磁场方向垂直，即洛伦兹力的方向总是垂直于电荷运动方向和磁场方向所决定的平面，F 、B 、v 三者的方向关系是：F ⊥B 、F ⊥v ，但B 与v 不一定垂直．(2)洛伦兹力的方向随电荷运动方向的变化而变化．但无论怎么变化，洛伦兹力都与运动方向垂直，故洛伦兹力永不做功，它只改变电荷运动方向，不改变电荷速度大小．2．洛伦兹力和安培力的关系(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观解释． (2)大小关系：F 安＝Nf (N 是导体中定向运动的电荷数)．(3)方向关系：洛伦兹力与安培力的方向一致，均可用左手定则进行判断． (4)洛伦兹力永远不做功，但安培力可以做功． 3．洛伦兹力与电场力的比较图553A．金属块上下表面电势相等B．金属块上表面电势高于下表面电势C．金属块上表面电势低于下表面电势D．无法比较两表面的电势高低思路点拨：①金属导体中导电的是自由电子．②负电荷受洛伦兹力的方向和正电荷相反．C[由左手定则知自由电子所受洛伦兹力方向向上，即自由电子向上偏，所以上表面电势比下表面电势低．C 正确．]判断洛伦兹力方向应注意的三点(1)洛伦兹力必垂直于v、B方向决定的平面．(2)v与B不一定垂直，当不垂直时，磁感线不再垂直穿过手心．(3)当运动电荷带负电时，四指应指向其运动的反方向．[针对训练]1．(多选)如图是表示磁场磁感应强度B、负电荷运动速度v和磁场对负电荷洛伦兹力F的相互关系图，这四个图中画得正确的是(B、v、F两两垂直)( )ABC[根据左手定则，使磁感线垂直穿入手心，四指指向v的反方向，从大拇指所指方向可以判断，A、B、C图中所标洛伦兹力方向均正确，D图中所标洛伦兹力方向错误．]2.带电粒子(重力不计)穿过饱和蒸汽时，在它走过的路径上饱和蒸汽便凝成小液滴，从而显示了粒子的径迹，这是云室的原理．如图554所示是云室的拍摄照片，云室中加了垂直于照片向外的匀强磁场，图中oa、ob、oc、od是从o点发出的四种粒子的径迹，下列说法中正确的是( )图554A ．四种粒子都带正电B ．四种粒子都带负电C ．打到a 、b 点的粒子带正电D ．打到c 、d 点的粒子带正电D [由左手定则知打到a 、b 点的粒子带负电，打到c 、d 点的粒子带正电，D 正确．]1．定圆心(1)知道磁场中两点速度方向，则带电粒子在两点所受洛伦兹力作用线的交点即为圆心．如图555(a)所示． (2)知道磁场中一点速度方向和另一点位置，则该点所受洛伦兹力作用线与这两点连线的中垂线的交点即为圆心，如图555(b)所示．(a) (b)图5552．求半径画圆弧后，再画过入射点、出射点的半径并作出辅助三角形，最后由几何知识求出半径． 3．求运动时间图556(1)利用t ＝θ2πT 求．即：先求周期T ，再求圆心角θ.(2)圆心角的确定①带电粒子射出磁场的速度方向与射入磁场的速度方向间的夹角φ叫偏向角．偏向角等于圆心角，即α＝φ，如图556所示．②某段圆弧所对应的圆心角是这段圆弧弦切角的二倍，即α＝2θ.如图557所示，一束电子(电量为e )以速度v 0垂直射入磁感应强度为B ，宽为d 的匀强磁场中，电子穿出磁场的速度方向与电子原来的入射方向的夹角为30°，(电子重力忽略不计)求：图557(1)电子的质量是多少？ (2)穿过磁场的时间是多少？思路点拨：①确定了电子的圆心、半径就可以计算电子质量． ②确定了电子在磁场中运动的偏转角度就可以计算时间．【解析】 (1)电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，圆心为初速度v 0与离开磁场时速度垂线的交点，如图所示．由几何知识得轨迹的半径为r ＝dsin 30°＝2d由牛顿第二定律得：Bqv ＝m v 2r解得：m ＝2dBev 0.(2)由几何知识得，轨迹的圆心角为α＝π6所以t ＝α2πT ＝αm qB ＝πd3v 0.【答案】 (1)2dBe v 0 (2)πd3v 0带电粒子在磁场中运动解题步骤三步走(1)画轨迹：即确定圆心，画出运动轨迹．(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度的联系，偏转角度与圆心角、运动时间的联系，在磁场中的运动时间与周期的联系．(3)用规律：即牛顿运动定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式．[针对训练]3. (多选)质量和电荷量都相等的带电粒子M 和N ，以不同的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图558中虚线所示，下列表述正确的是( )【导学号：69682274】图558A ．M 带负电，N 带正电B ．M 的速率小于N 的速率C ．洛伦兹力对M 、N 不做功D ．M 的运行时间大于N 的运行时间AC [由左手定则可知，M 带负电，N 带正电，选项A 正确；由r ＝mvqB可知，M 的速率大于N 的速率，选项B 错误；洛伦兹力对M 、N 不做功，选项C 正确；由T ＝2πmqB可知M 的运行时间等于N 的运行时间，选项D 错误．]4．如图559所示，在x 轴上方的空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .许多相同的离子，以相同的速率v ，由O 点沿纸面向各个方向(y >0)射入磁场区域．不计离子所受重力及离子间的相互影响．图中曲线表示离子运动的区域边界，其中边界与y 轴交点为M ，边界与x 轴交点为N ，且OM ＝ON ＝L .图559(1)求离子的比荷q m；(2)某个离子在磁场中运动的时间为t ＝5πL6v ，求其射出磁场的位置坐标和速度方向．【解析】 (1)离子沿y 轴正方向进入，则离子从N 点垂直射出， 所以轨道半径r ＝L2.离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，有qvB ＝m v 2r，所以q m ＝2v BL.(2)带电粒子做匀速圆周运动，周期T ＝2πm qB ＝πLv.设离子在磁场中运动轨迹对应圆心角为θ，θ＝t T ×2π＝5π3＝300°.其轨迹如图虚线所示．出射位置x ＝－2r sin 2π－θ2＝－L sin π6＝－L 2.速度方向与x 轴正方向成30°角．【答案】 (1)2v BL (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－L 2，0 速度方向与x 轴正方向成30°角[当 堂 达 标·固 双 基]1．汤姆生通过对阴极射线的研究发现了电子．如图5510所示，把电子射线管(阴极射线管)放在蹄形磁铁的两极之间，可以观察到电子束偏转的方向是( )图5510A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右B [电子束由负极向正极运动，带负电，电子束运动范围内的磁场由N 极指向S 极，根据左手定则可知，洛伦兹力方向向下．]2.如图5511所示，一速度为v 0的电子恰能沿直线飞出离子速度选择器，选择器中磁感应强度为B ，电场强度为E ，若B 、E 、v 0同时增大为原来的两倍，则电子将( )【导学号：69682275】图5511A ．仍沿直线飞出选择器B ．往上偏C ．往下偏D ．往纸外偏C [电子开始沿直线运动，表示它受力平衡，即qv 0B ＝qE ，由此可知B 、E 、v 0均变为原来的两倍后，q 2v 0·2B >q ·2E ，电子的洛伦兹力大于电场力，它会偏离直线向下运动，C 对，A 、B 、D 错．]3. (多选)如图5512所示，质量为m ，电荷量为＋q 的带电粒子，以不同的初速度两次从O 点垂直于磁感线和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从M 、N 两点射出磁场，测得OM ∶ON ＝3∶4，则下列说法中正确的是()图5512A ．两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为3∶4B ．两次带电粒子在磁场中运动的路程长度之比为3∶4C ．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为3∶4D ．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为4∶3BC [设OM ＝2r 1，ON ＝2r 2，故r 1r 2＝OM ON ＝34，路程长度之比s M s N ＝πr 1πr 2＝34，B 正确；由r ＝mv qB 知v 1v 2＝r 1r 2，故f M f N ＝qv 1Bqv 2B＝34，C 正确，D 错误；由于T ＝2πm Bq ，则t M t N ＝12T M12T N ＝1，A 错．] 4.如图5513所示，以ab 为分界面的两个匀强磁场，方向均垂直纸面向里，其磁感应强度B 1＝2B 2.现有一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子从O 点沿图示方向以速度v 开始运动，求经过多长时间粒子重新回到O 点，并画出粒子的运动轨迹.【导学号：69682276】图5513【解析】 粒子重新回到O 点的运动轨迹如图所示，则其运动轨迹为在B 1中可组成一个整圆，在B 2中是个半圆．所以t ＝2πm qB 1＋πm qB 2＝2πmqB 2.2πm qB2运动轨迹如解析图所示【答案】。
高中物理第5章磁场与回旋加速器探究洛伦兹力学案沪科选修31
学案4 探究洛伦兹力[学习方针定位] 1.通过实验，观察阴极射线在磁场中的偏转，认识洛伦兹力.2.会判断洛伦兹力的标的目的，会计算洛伦兹力的大小.3.知道带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，并会推导其运动半径公式和周期公式．一、洛伦兹力的标的目的1．磁场对通电导体有安培力的感化，而电流是由电荷的定向移动形成的．由此推断：磁场对通电导体的安培力，是由感化在运动电荷上的力引起的．磁场对运动电荷的感化力称为洛伦兹力．2．安培力的标的目的是跟电流标的目的和磁场标的目的垂直的．由此推断，洛伦兹力的标的目的也应跟电荷运动标的目的和磁场标的目的垂直．判断洛伦兹力的标的目的应该按照左手定则．二、洛伦兹力的大小电荷量为q 的粒子以速度v 运动时，如果速度标的目的与磁感应强度标的目的垂直，那么粒子所受的洛伦兹力为f ＝qvB.三、带电粒子的轨道半径和周期1．当一个带电粒子垂直射入匀强磁场中时，带电粒子在洛伦兹力的感化下，将做匀速圆周运动．2．由qvB ＝mv2r 得，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r ＝mv qB，进一步得周期T ＝2πm qB .一、洛伦兹力的标的目的[问题设计]如图1所示，我们用阴极射线管研究磁场对运动电荷的感化，分歧标的目的的磁场对电子束径迹有分歧影响．那么电荷偏转标的目的与磁场标的目的、电子运动标的目的的关系满足怎样的规律？图1答案 左手定则．[要点提炼]1．洛伦兹力的标的目的可以按照左手定则来判断，四指所指的标的目的为正电荷的运动标的目的(或为负电荷运动的反标的目的)，拇指所指的标的目的就是运动的正电荷(负电荷)在磁场中所受洛伦兹力的标的目的．负电荷受力的标的目的与同标的目的运动的正电荷受力的标的目的相反．2．洛伦兹力的标的目的与电荷运动标的目的和磁场标的目的都垂直，即洛伦兹力的标的目的总是垂直于v和B所决意的平面(但v和B的标的目的纷歧定垂直)．由于洛伦兹力标的目的始终与电荷运动标的目的垂直，因此洛伦兹力对电荷不做功(填“做功”或“不做功”)，洛伦兹力只改变电荷速度的标的目的而不改变其速度的大小．二、洛伦兹力的大小[问题设计]如图2所示，将直导线垂直放入磁场中，直导线中自由电荷的电荷量为q，定向移动的速度为v，单位体积的自由电荷数为n，导线长度为L，横截面积为S，磁场的磁感应强度为B.图2(1)导线中的电流是多少？导线在磁场中所受安培力多大？(2)长为L的导线中含有的自由电荷数为多少？如果把安培力看成是每个自由电荷所受洛伦兹力的合力，则每个自由电荷所受洛伦兹力是多少？答案(1)I＝nqvS F＝BIL＝BnqvSL(2)N＝nSL f＝FN＝qvB[要点提炼]1．洛伦兹力与安培力的关系(1)安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观浮现．而洛伦兹力是安培力的微观本质．(2)洛伦兹力对电荷不做功，但安培力却可以对导体做功．2．洛伦兹力的大小：f＝qvBsin θ，θ为电荷运动的标的目的与磁感应强度标的目的的夹角．(1)当电荷运动标的目的与磁场标的目的垂直时：f＝qvB；(2)当电荷运动标的目的与磁场标的目的平行时：f＝0；(3)当电荷在磁场中静止时：f＝0.电荷在磁场中是否受洛伦兹力及洛伦兹力的大小与电荷的运动情况有关．三、研究带电粒子在磁场中的运动[问题设计]如图3所示的装置是用来演示电子在匀强磁场中运动轨迹的装置．图3(1)当不加磁场时，电子的运动轨迹如何？当加上磁场时，电子的运动轨迹如何？(2)如果保持电子的速度不变，加大磁场的磁感应强度，圆半径如何变化？如果保持磁场的强弱不变，增大电子的速度，圆半径如何变化？答案 (1)是一条直线 是一个圆周(2)半径减小 半径增大[要点提炼]1．带电粒子所受洛伦兹力与速度标的目的垂直，只改变速度标的目的，不改变速度大小，对运动电荷不做功．2．沿着与磁场垂直的标的目的射入磁场中的带电粒子，在匀强磁场中做匀速圆周运动．向心力为洛伦兹力f ＝qvB ，由qvB ＝mv2r 可知半径r ＝mv Bq ，又T ＝2πr v ，所以T ＝2πm Bq . [延伸思考]由r ＝mv Bq知同一带电粒子，在同一匀强磁场中，半径r 会随着速度的增大而增大，它的周期也会随着速度的增大而增大吗？答案 不会．由T ＝2πr v ，得出T ＝2πm Bq与速度无关．一、对洛伦兹力标的目的的判定例1 下列关于图中各带电粒子所受洛伦兹力的标的目的或带电粒子的带电性的判断错误的是( )A ．洛伦兹力标的目的竖直向上B ．洛伦兹力标的目的垂直纸面向里C ．粒子带负电D ．洛伦兹力标的目的垂直纸面向外解析 按照左手定则可知A 图中洛伦兹力标的目的应该竖直向上，B 图中洛伦兹力标的目的垂直纸面向里，C 图中粒子带正电，D 图中洛伦兹力标的目的垂直纸面向外，故A 、B 、D 正确，C 错误．答案 C二、对洛伦兹力公式的理解例2 如图4所示，各图中的匀强磁场的磁感应强度均为B ，带电粒子的速率均为v ，带电荷量均为q.试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小，并指出洛伦兹力的标的目的．图4解析 (1)因v ⊥B ，所以F ＝qvB ，标的目的垂直v 指向左上方．(2)v 与B 的夹角为30°，将v 分化成垂直磁场的分量和平行磁场的分量，v ⊥＝vsin 30°，F ＝qvBsin 30°＝12qvB.标的目的垂直纸面向里． (3)由于v 与B 平行，所以不受洛伦兹力．(4)v 与B 垂直，F ＝qvB ，标的目的垂直v 指向左上方．答案 (1)qvB 垂直v 指向左上方 (2)12qvB 垂直纸面向里 (3)不受洛伦兹力 (4)qvB 垂直v 指向左上方三、带电粒子在磁场中的圆周运动例3 质量和电荷量都相等的带电粒子M 和N ，以分歧的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图5中虚线所示，下列表述正确的是( )图5A ．M 带负电，N 带正电B ．M 的速率小于N 的速率C ．洛伦兹力对M 、N 做正功D ．M 的运行时间大于N 的运行时间解析 按照左手定则可知N 带正电，M 带负电，A 正确；因为r ＝mv Bq，而M 的半径大于N 的半径，所以M 的速率大于N 的速率，B 错误；洛伦兹力不做功，C 错误；M 和N 的运行时间都为t ＝πm Bq，D 错误．故选A. 答案 A四、带电物体在匀强磁场中的运动问题例4 一个质量为m ＝0.1 g 的小滑块，带有q ＝5×10－4C 的电荷量，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(绝缘)，斜面固定且置于B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场标的目的垂直纸面向里，如图6所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要分开斜面(g 取10 m/s2)．求：图6(1)小滑块带何种电荷？(2)小滑块分开斜面时的瞬时速度多大？(3)该斜面长度至少多长？解析 (1)小滑块在沿斜面下滑的过程中，受重力mg 、斜面支持力N 和洛伦兹力f 感化，如图所示，若要使小滑块分开斜面，则洛伦兹力f 应垂直斜面向上，按照左手定则可知，小滑块应带负电荷． (2)小滑块沿斜面下滑的过程中，由平衡条件得f ＋N ＝mgcos α，当支持力N＝0时，小滑块脱离斜面．设此时小滑块速度为vmax ，则此时小滑块所受洛伦兹力f ＝qvmaxB ，所以vmax ＝mgcos αqB ＝0.1×10－3×10×325×10－4×0.5m/s ≈3.5 m/s (3)设该斜面长度至少为l ，则小滑块分开斜面的临界情况为小滑块刚滑到斜面底端时．因为下滑过程中只有重力做功，由动能定理得mglsin α＝12mv2m ax －0，所以斜面长至少为l ＝v2m ax 2gsin α＝ 3.522×10×0.5m≈1.2 m 答案 (1)负电荷 (2)3.5 m/s (3)1.2 m规律总结 1.带电物体在磁场或电场中运动的分析方式和分析力学的方式一样，只是比力学多了洛伦兹力和电场力．2．对带电粒子受力分析求合力，若合力为零，粒子做匀速直线运动或静止；若合力不为零，粒子做变速直线运动，再按照牛顿第二定律分析粒子速度变化情况．1．(对洛伦兹力公式的理解)一带电粒子在匀强磁场中沿着磁感线标的目的运动，现将该磁场的磁感应强度增大一倍，则带电粒子受到的洛伦兹力( )A ．增大两倍B ．增大一倍C ．减小一半D ．依然为零答案 D解析 本题考查了洛伦兹力的计算公式F ＝qvB ，注意公式的适用条件．若粒子速度标的目的与磁场标的目的平行，洛伦兹力为零，故A 、B 、C 错误，D 正确．2．(带电粒子在磁场中的圆周运动)在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动，如果又垂直进入另一磁感应强度是本来的磁感应强度2倍的匀强磁场，则( )A ．粒子的速率加倍，周期减半B ．粒子的速率不变，轨道半径减半C ．粒子的速率减半，轨道半径为本来的四分之一D ．粒子的速率不变，周期减半答案 BD解析 洛伦兹力不改变带电粒子的速率，A 、C 错．由r ＝mv qB ，T ＝2πm qB知：磁感应强度加倍时，轨道半径减半、周期减半，故B 、D 正确．3．(带电物体在匀强磁场中的运动)光滑绝缘杆与水平面保持θ角，磁感应强度为B 的匀强磁场充满整个空间，一个带正电q 、质量为m 、可以自由滑动的小环套在杆上，如图7所示，小环下滑过程中对杆的压力为零时，小环的速度为________．图7答案 mgcos θqB解析 以带电小环为研究对象，受力如图．F ＝mgcos θ，F ＝qvB ，解得v ＝mgcos θqB.题组一 对洛伦兹力标的目的的判定1．在以下几幅图中，对洛伦兹力的标的目的判断正确的是( )答案ABD2.一束混合粒子流从一发射源射出后，进入如图1所示的磁场，分手为1、2、3三束，则下列判断正确的是()图1A．1带正电B．1带负电C．2不带电D．3带负电答案ACD解析按照左手定则，带正电的粒子左偏，即1；不偏转说明不带电，即2；带负电的粒子向右偏，即3，因此答案为A、C、D.3．一长方形金属块放在匀强磁场中，将金属块通以电流，磁场标的目的和电流标的目的如图2所示，则金属块两概况M、N的电势凹凸情况是()图2A．φM＝φN B．φM＞φNC．φM＜φN D．无法比力答案 C解析金属导体导电时是自由电子定向移动，导体处于磁场中，定向移动的自由电子受到洛伦兹力向M概况偏转，则在N概况积累正电荷，故φM<φN，故C正确．题组二对洛伦兹力特点及公式的应用4．一个运动电荷在某个空间里没有受到洛伦兹力的感化，那么()A．这个空间必然没有磁场B．这个空间纷歧定没有磁场C．这个空间可能有标的目的与电荷运动标的目的平行的磁场D．这个空间可能有标的目的与电荷运动标的目的垂直的磁场答案BC解析由题意，运动电荷在某个空间里没有受到洛伦兹力，可能空间没有磁场，也可能存在磁场，磁场标的目的与电荷运动标的目的平行．故A错误，B、C正确．若磁场标的目的与电荷运动标的目的垂直，电荷必然受到洛伦兹力，不符合题意，故D错误．故选B、C. 5．关于带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，下列说法中正确的是()A．带电粒子沿电场线标的目的射入，则电场力对带电粒子做正功，粒子动能必然增加B．带电粒子垂直于电场线标的目的射入，则电场力对带电粒子不做功，粒子动能不变C ．带电粒子沿磁感线标的目的射入，洛伦兹力对带电粒子做正功，粒子动能必然增加D ．不管带电粒子怎样射入磁场，洛伦兹力对带电粒子都不做功，粒子动能不变答案 D解析 带电粒子在电场中受到的电场力F ＝qE ，只与电场有关，与粒子的运动状态无关，做功的正负由θ角(力与位移标的目的的夹角)决意．对选项A ，只有粒子带正电时才成立；垂直射入匀强电场的带电粒子，不管带电性质如何，电场力都会做正功，动能增加．带电粒子在磁场中的受力——洛伦兹力F′＝qvBsin θ，其大小除与运动状态有关，还与θ角(磁场标的目的与速度标的目的之间的夹角)有关，带电粒子沿平行磁感线标的目的射入，不受洛伦兹力感化，粒子做匀速直线运动．在其他标的目的上由于洛伦兹力标的目的始终与速度标的目的垂直，故洛伦兹力对带电粒子始终不做功．综上所述，正确选项为D.6.有一个带正电荷的离子，沿垂直于电场的标的目的射入带电平行板的匀强电场，离子飞出电场后的动能为Ek.当在带电平行板间再加入一个垂直纸面向里的如图3所示的匀强磁场后，离子飞出电场后的动能为Ek′，磁场力做功为W ，则下列判断正确的是( )图3A ．Ek<Ek′，W ＝0B ．Ek>Ek′，W ＝0C ．Ek ＝Ek′，W ＝0D ．Ek>Ek′，W>0答案 B解析 磁场力即洛伦兹力，不做功，故W ＝0，D 错误；有磁场时，带正电的粒子受到洛伦兹力的感化使其所受的电场力做功减少，故B 选项正确．题组三 带电粒子在磁场中的圆周运动7．质子(p)和α粒子以相同的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径分别为Rp 和Rα，周期分别为Tp 和Tα.则下列选项正确的是( )A ．Rp ∶Rα＝1∶2，Tp ∶Tα＝1∶2B ．Rp ∶Rα＝1∶1，Tp ∶Tα＝1∶1C ．Rp ∶Rα＝1∶1，Tp ∶Tα＝1∶2D ．Rp ∶Rα＝1∶2，Tp ∶Tα＝1∶1答案 A解析 由qvB ＝mv2R ，有R ＝mv qB ，而mα＝4mp ，qα＝2qp ，故Rp ∶Rα＝1∶2，又T ＝2πm qB，故Tp ∶Tα＝1∶2.故A 正确．8．处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力感化下做匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值( )A ．与粒子电荷量成正比B ．与粒子速率成正比C ．与粒子质量成正比D ．与磁感应强度成正比答案 D解析 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πm qB，与该粒子运动等效的环形电流I ＝q T ＝q2B 2πm ，由此可知，I ∝q2，故选项A 错误；I 与粒子速率无关，选项B 错误；I ∝1m，即I 与m 成反比，故选项C 错误；I ∝B ，选项D 正确．9．如图4所示是在匀强磁场中观察到的粒子的轨迹，a 和b 是轨迹上的两点，匀强磁场B 垂直于纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是( )图4A ．粒子先经过a 点，再经过b 点B ．粒子先经过b 点，再经过a 点C ．粒子带负电D ．粒子带正电答案 AC解析 由于粒子的速率减小，由r ＝mv qB知，轨道半径不断减小，所以A 对，B 错；由左手定则得粒子应带负电，C 对，D 错． 题组四 带电物体在磁场中的运动问题 10．带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图5所示，若油滴质量为m ，磁感应强度为B ，则下述说法正确的是( )图5A ．油滴必带正电荷，电荷量为mg v0BB ．油滴必带正电荷，比荷q m ＝q v0BC ．油滴必带负电荷，电荷量为mg v0BD ．油滴带什么电荷都可以，只要满足q ＝mg v0B答案 A解析 油滴水平向右匀速运动，其所受洛伦兹力必向上，且与重力平衡，故带正电，其电荷量q ＝mg v0B，A 正确． 11.如图6所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，水平标的目的的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直．一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆轨道的最高点M 下滑到最右端，则下列说法中正确的是( )图6A ．滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大B ．滑块从M 点到最低点的加速度比磁场不存在时小C ．滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时小D ．滑块从M 点到最低点所用时间与磁场不存在时相等答案 D解析 由于洛伦兹力不做功，故与磁场不存在时比拟，滑块经过最低点时的速度不变，选项A 错误；由a ＝v2R，与磁场不存在时比拟，滑块经过最低点时的加速度不变，选项B 错误；由左手定则，滑块经最低点时受的洛伦兹力向下，而滑块所需的向心力不变，故滑块经最低点时对轨道的压力比磁场不存在时大，选项C 错误；由于洛伦兹力始终与运动标的目的垂直，在任意一点，滑块经过时的速度均与不加磁场时相同，选项D 正确．12.如图7所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m ，带电荷量为q ，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平标的目的且彼此垂直的匀强磁场和匀强电场中，设小球的电荷量不变，小球由静止下滑的过程中( )图7A ．小球加速度一直增大B ．小球速度一直增大，直到最后匀速C ．棒对小球的弹力一直减小D ．小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变答案 BD解析 小球由静止开始下滑，受到向左的洛伦兹力不断增大．在开始阶段，洛伦兹力小于向右的电场力，棒对小球有向左的弹力，随着洛伦兹力的增大，棒对小球的弹力减小，小球受到的摩擦力减小，所以在竖直标的目的的重力和摩擦力感化下加速运动的加速度增加． 当洛伦兹力等于电场力时，棒对小球没有弹力，摩擦力随之消失，小球受到的合力最大，加速度最大．随着速度继续增大，洛伦兹力大于电场力，棒对小球又产生向右的弹力，随着速度增大，洛伦兹力增大，棒对小球的弹力增大，小球受到的摩擦力增大，于是小球在竖直标的目的受到的合力减小，加速度减小，小球做加速度减小的加速运动，当加速度减小为零时，小球的速度不再增大，以此时的速度做匀速运动．综上所述，选项B 、D 正确．13.如图8所示，质量为m 的带正电小球能沿着竖直的绝缘墙竖直下滑，磁感应强度为B 的匀强磁场标的目的水平，并与小球运动标的目的垂直．若小球电荷量为q ，球与墙间的动摩擦因数为μ.则小球下滑的最大速度为__________，最大加速度为__________．图8答案 mg μqB g 解析 当小球刚开始下滑时有最大加速度，即a ＝g ，当小球的加速度为零时有最大速度，即mg ＝μF ，F ＝qvB.解得v ＝mg μqB. 14.质量为m 、带电荷量为＋q 的小球，用一长为l 的绝缘细线悬挂在标的目的垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B ，如图9所示，用绝缘的方式使小球位于使悬线呈水平的位置A ，然后静止释放，小球运动的平面与B 的标的目的垂直，求小球第一次和第二次经过最低点C 时悬线的拉力T1和T2.图9答案 3mg －qB 2gl 3mg ＋qB 2gl解析 小球由A 运动到C 的过程中，洛伦兹力始终与v 的标的目的垂直，对小球不做功，只有重力做功，由动能定理有mgl ＝12mv2C ，解得vC ＝2gl.在C 点，由左手定则可知洛伦兹力向上，其受力情况如图①所示．由牛顿第二定律，有T1＋f －mg ＝m v2C l. 又f ＝qvCB ，所以T1＝3mg －qB 2gl.同理可得小球第二次经过C 点时，受力情况如图②所示，所以T2＝3mg ＋qB 2gl.15．如图10所示，质量为m ＝1 kg 、电荷量为q ＝5×10－2 C 的带正电的小滑块，从半径为R ＝0.4 m 的光滑绝缘14圆弧轨道上由静止自A 端滑下．整个装置处在标的目的互相垂直的匀强电场与匀强磁场中．已知E ＝100 V/m ，标的目的水平向右，B ＝1 T ，标的目的垂直纸面向里，g ＝10 m/s2.图10求：(1)滑块到达C 点时的速度；(2)在C 点时滑块所受洛伦兹力．答案 (1)2 m/s ，标的目的水平向左 (2)0.1 N ，标的目的竖直向下解析 以滑块为研究对象，自轨道上A 点滑到C 点的过程中，受重力mg ，标的目的竖直向下；静电力qE ，标的目的水平向右；洛伦兹力f ＝qvB ，标的目的始终垂直于速度标的目的．(1)滑块从A 到C 过程中洛伦兹力不做功，由动能定理得mgR －qER ＝12mv2C 得vC ＝ 2mg －qE R m＝2 m/s.标的目的水平向左． (2)按照洛伦兹力公式得：f ＝qvCB ＝5×10－2×2×1 N ＝0.1 N ，标的目的竖直向下．。
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5.6 洛伦兹力与现代科技[先填空]1．构造图及特点(如图561所示)图561回旋加速器的核心部件是两个D 形盒，它们之间接交流电源，整个装置处在与D 形盒底面垂直的匀强磁场中．2．工作原理 (1)加速条件交流电的周期必须跟带电粒子做圆周运动的周期相等，即T ＝2πm Bq.图562(2)加速特点粒子每经过一次加速，其轨道半径就大一些(如图562所示)，但由T ＝2πm Bq知，粒子做圆周运动的周期不变．[再判断]1．回旋加速器交流电的周期等于带电粒子圆周运动周期的一半．(×) 2．回旋加速器的加速电压越大，带电粒子获得的最大动能越大．(×)3．利用回旋加速器加速带电粒子，要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B 和D 形盒的半径R .(√)[后思考]回旋加速器中粒子的周期是否变化？粒子的最大速度和D 形盒的半径有什么关系？ 【提示】 根据T ＝2πmqB，周期保持不变．根据r ＝mvqB ，v ＝qBr m.[合作探讨]如图563所示，为回旋加速器原理图．图563探讨1：回旋加速器所加的电场和磁场各起什么作用？电场为什么是交变电场？ 【提示】 电场对电荷加速，磁场使电荷偏转，为了使粒子每次经过D 型盒的缝隙时都被加速，需加上与它圆周运动周期相同的交变电场．探讨2：粒子每次经过D 型盒狭缝时，电场力做功的多少一样吗？ 【提示】 一样．探讨3：粒子经回旋加速器加速后，最终获得的动能与交变电压大小有无关系？ 【提示】 无关，仅与盒半径有关． [核心点击]1．回旋加速器的主要特征(1)带电粒子在两D 形盒中回旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变化周期，与带电粒子的速度无关．(2)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动．(3)带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，第一次qU ＝12mv 21，第二次2qU ＝12mv 22，第三次3qU ＝12mv 23，…，v 1∶v 2∶v 3＝1∶2∶3∶….因r ＝mvqB ，所以各半径之比为1∶2∶3….2．最大动能(1)由r ＝mv qB得，当带电粒子的速度最大时，其运动半径也最大，若D 形盒半径为R ，则带电粒子的最终动能为E m ＝q 2B 2R 22m.(2)要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B 和D 形盒的半径R . 3．粒子被加速次数的计算粒子在回旋加速器盒中被加速的次数n ＝E kmqU(U 是加速电压的大小)，一个周期加速两次． 4．粒子在回旋加速器中运动的时间在电场中运动的时间为t 1，缝的宽度为d ，则nd ＝v 2t 1，t 1＝2ndv ，在磁场中运动的时间为t 2＝n 2T ＝n πmqB(n 是粒子被加速次数)，总时间为t ＝t 1＋t 2，因为t 1≪t 2，一般认为在盒内的时间近似等于t 2.1．(多选)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图564所示．这台加速器由两个铜质D 形盒D 1、D 2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是( )图564A ．离子由加速器的中心附近进入加速器B ．离子由加速器的边缘进入加速器C ．离子从磁场中获得能量D ．离子从电场中获得能量【解析】 回旋加速器对离子加速时，离子是由加速器的中心附近进入加速器的，故选项A 正确，选项B 错误；离子在磁场中运动时，洛伦兹力不做功，所以离子的能量不变，故选项C 错误；D 形盒D 1、D 2之间存在交变电场，当离子通过交变电场时，电场力对离子做正功，离子的能量增加，所以离子的能量是从电场中获得的，故选项D 正确．【答案】 AD2.回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D 形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以使在盒间的窄缝中形成匀强电场，使粒子每穿过狭缝都得到加速，两盒放在匀强磁场中，磁感应强度为B ，磁场方向垂直于盒底面，离子源置于盒的圆心附近，若离子源射出的离子电荷量为q ，质量为m ，离子最大回旋半径为R ，其运动轨迹如图565所示．问：【导学号：29682034】图565(1)盒内有无电场？ (2)离子在盒内做何种运动？(3)所加交流电频率应是多大，离子角速度为多大？ (4)离子离开加速器时速度为多大，最大动能为多少？【解析】 (1)扁形盒由金属导体制成，扁形盒可屏蔽外电场，盒内只有磁场而无电场． (2)离子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大．(3)离子在电场中运动时间极短，因此高频交流电压频率要等于离子回旋频率f ＝qB2πm ，角速度ω＝2πf ＝qBm.(4)离子最大回旋半径为R ，由牛顿第二定律得qv m B ＝mv 2m R ，其最大速度为v m ＝qBRm，故最大动能E km ＝12mv 2m ＝q 2B 2R22m.【答案】 (1)见解析 (2)匀速圆周运动 (3)qB2πm qB m (4)qBR m q 2B 2R 22m分析回旋加速器应注意的问题(1)洛伦兹力永不做功，磁场的作用是让带电粒子“转圈圈”，电场的作用是加速带电粒子．(2)两D 形盒狭缝所加的是与带电粒子做匀速圆周运动周期相同的交流电，且粒子每次过狭缝时均为加速电压．(3)若将粒子在电场中的运动合起来看，可等效为匀加速直线运动，末速度由r ＝mv qB得到，加速度由a ＝qU dm 得到(d 为两D 形盒间距)，则t 1＝v a ＝BdrU.[先填空] 1．原理图及特点如图566所示，S 1与S 2之间为加速电场；S 2与S 3之间的装置叫速度选择器，它要求E 与B 1垂直且E 方向向右时，B 1垂直纸面向外(若E 反向，B 1也必须反向)；S 3下方为偏转磁场．图5662．工作原理 (1)加速带电粒子进入加速电场后被加速，由动能定理有qU ＝12mv 2.(2)速度选择通过调节E 和B 1的大小，使速度v ＝E B 1的粒子进入B 2区． (3)偏转R ＝mv qB 2⇒q m ＝v RB 2＝2E B 1B 2L. 3．应用常用来测定带电粒子的比荷(也叫荷质比)和分析同位素等． [再判断]1．比荷不同的带电粒子通过速度选择器的速度不同．(×)2．电量相同而质量不同的带电粒子，以相同的速度进入匀强磁场后，将沿着相同的半径做圆周运动．(×)3．利用质谱仪可以检测化学物质或核物质中的同位素和不同成分．(√)[后思考]什么样的粒子打在质谱仪显示屏上的位置会不同？位置的分布有什么规律？ 【提示】 速度相同，比荷不同的粒子打在质谱仪显示屏上的位置不同．根据qvB ＝mv 2r ，r ＝mvqB.可见粒子比荷越大，偏转半径越小．[合作探讨]探讨1：质谱仪为什么能将不同种类的带电粒子分辨出来？【提示】 将质量不同、电荷不同的带电粒子经电场加速后进入偏转磁场．各粒子由于轨道半径不同而分离，其轨道半径r ＝mvqB＝2mE k qB＝2mqU qB ＝1B 2mUq.探讨2：带电粒子在质谱仪中的运动可分为几个阶段？遵循什么运动规律？ 【提示】 带电粒子的运动分为三个阶段： 第一阶段在加速电场中加速，遵循动能定理．第二阶段在速度选择器中通过，遵循匀速直线运动规律． 第三阶段在磁场中偏转，遵循匀速圆周运动的规律． [核心点击]1．带电粒子在质谱仪中的运动如图567，可分为三个阶段：先加速，再通过速度选择器，最后在磁场中偏转．图5672．加速：带电粒子经加速电场加速，获得动能12mv 2＝qU ，故v ＝2qUm.3．速度选择器：电场力和洛伦兹力平衡，粒子做匀速直线运动．qE ＝qvB ，故v ＝E B. 4．偏转：带电粒子垂直进入匀强磁场，其轨道半径r ＝mv qB＝2mUqB 2，可得粒子质量m＝qB 2r 22U.不同质量的粒子其半径不同，即磁场可以将同电量而不同质量的同位素分开．3．质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图568所示，离子源S 产生的各种不同的正离子束(速度可看为零)，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录它的照相底片P 上，设离子在P 上的位置到入口处S 1的距离为x ，下列判断不正确的是( )图568A ．若离子束是同位素，则x 越大，离子质量越大B ．若离子束是同位素，则x 越大，离子质量越小C ．只要x 相同，则离子质量与电量的比值一定相同D ．只要x 相同，则离子的比荷一定相同【解析】 由动能定理qU ＝12mv 2.离子进入磁场后将在洛伦兹力的作用下发生偏转，由圆周运动的知识，有：x ＝2r ＝2mv qB ，故x ＝2B 2mUq，分析四个选项知，A 、C 、D 正确，B 错误．【答案】 B4．质谱仪原理如图569所示，a 为粒子加速器，电压为U 1；b 为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B 1，板间距离为d ；c 为偏转分离器，磁感应强度为B 2.今有一质量为m 、电荷量为e 的正粒子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动．求：图569(1)粒子的速度v 为多少？ (2)速度选择器的电压U 2为多少？(3)粒子在B 2磁场中做匀速圆周运动的半径R 为多大？【解析】 (1)在a 中，e 被加速电场U 1加速，由动能定理有eU 1＝12mv 2得v ＝2eU 1m.(2)在b 中，e 受的电场力和洛伦兹力大小相等，即e U 2d＝evB 1，代入v 值得U 2＝B 1d2eU 1m.(3)在c 中，e 受洛伦兹力作用而做圆周运动，回转半径R ＝mv B 2e ，代入v 值解得R ＝1B 22U 1me.【答案】 (1)2eU 1m (2)B 1d2eU 1m (3) 1B 22mU 1e质谱仪问题的分析技巧(1)分清粒子运动过程的三个阶段． (2)在加速阶段应用动能定理． (3)在速度选择器中应用平衡条件．(4)在偏转阶段应用洛伦兹力提供向心力的规律．1．复合场与组合场(1)复合场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场分时间段或分区域交替出现．2．运动情况分类 (1)静止或匀速直线运动当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或匀速直线运动状态． (2)匀速圆周运动当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．(3)较复杂的曲线运动当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线．(4)分阶段运动带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成．5．如图5610所示，在xOy 平面内，匀强电场的方向沿x 轴正向，匀强磁场的方向垂直于xOy 平面向里．一电子在xOy 平面内运动时，速度方向保持不变．则电子的运动方向沿( )【导学号：29682035】图5610A ．x 轴正向B ．x 轴负向C ．y 轴正向D ．y 轴负向【解析】 电子受电场力方向一定水平向左，所以需要受向右的洛伦兹力才能做匀速运动，根据左手定则进行判断可得电子应沿y 轴正向运动．【答案】 C6．质量为m ，带电荷量为q 的微粒，以速度v 与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间，如图5611所示，微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动，求：图5611(1)电场强度的大小，该带电粒子带何种电荷； (2)磁感应强度的大小．【解析】 (1)微粒做匀速直线运动，所受合力必为零，微粒受重力mg ，电场力qE ，洛伦兹力qvB ，由此可知，微粒带正电，受力如图所示，qE ＝mg ，则电场强度E ＝mg q.(2)由于合力为零，则qvB ＝2mg ， 所以B ＝2mgqv.【答案】 (1)mg q正电荷 (2)2mgqv。