高考物理人教版一轮复习测评-8-2磁场对运动电荷的作用

高考物理人教版一轮复习测评-8-2磁场对运动电荷的作用

第 2单元磁场对运动电荷的作用 洛伦兹力 [想一想] 来自宇宙的质子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些质子在进入地球周围的 空间时，将相对该点向哪个方向偏？ [提示]地球表面地磁场方向由南向北，质子是氢原子核，带正电荷。根据左手定则可判定，质子自赤 道上空竖直下落过程中受洛伦兹力方向向东，故相对该点向东偏。 [记一记] 1．洛伦兹力 磁场对运动电荷的作用力。 2．洛伦兹力的方向 左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心 进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的 方向。 3．洛伦兹力的大小 F＝qvBsinθ，θ为 v 与 B的夹角，如图 8－2－1所示。 图 8－2－1 (1 )v∥B时，θ＝0°或 180°，洛伦兹力 F＝0。 (2)v⊥B时，θ＝90°，洛伦兹力 F＝qvB。 (3)v＝0时，洛伦兹力 F＝0。 [试一试] 1．如图 8－2－2 所示，电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通电环形导 线，则示波管中的电子束将( ) 图 8－2－2 A．向上偏转 B．向下偏转 C．向纸外偏转 D．向纸里偏转 解析：选 A环形导线在示波管处产生的磁场方向垂直于纸面向外，由左手定则可判断，电子受到的洛 伦兹力向上，故 A正确。 带电粒子在匀强磁场中的运动 [想一想] 一电子在匀强磁场中，以一正电荷为圆心在一圆轨道上运行。磁场方向垂直于它的运动平面，电场力 恰好是磁场作用在电子上的磁场力的 3倍，电子电荷量为 e，质量为 m，磁感应强度为 B，那么电子运动 的角速度可能为多少？ [提示]向心力可能是 F 电＋FB或 F 电－FB，即 4eBv＝m v2 R 或 2eBv1＝mv12 R 。故电子运动的角速度可能为 4 eB m 或 2eB m 。 [记一记] 1．洛伦兹力的特点 洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小，或者说，洛伦兹力对带电粒子不做功。 2．粒子的运动性质 (1)若 v0∥B，则粒子不受洛伦兹力，在磁场中做匀速直线运动。 (2)若 v0⊥B，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。 3．半径和周期公式 (1)洛伦兹力方向总与速度方向垂直，正好起到了向心力的作用。根据牛顿第二定律，表达式为 qvB＝ mv2 r 。 (2)半径公式 r＝mv qB ，周期公式 T＝2πm qB 。 [试一试] 2．如图 8－2－3所示，在 y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于 xOy平面并指向纸面外，磁 感应强度为 B。一带正电的粒子以速度 v0从 O点射入磁场，入射方向在 xOy平面内，与 x轴正向的夹角为 θ，不计重力。若粒子射出磁场的位置与 O点的距离为 l。请在图中画出粒子的轨迹草图，并求出该粒子的 比荷 q m ＝________。 图 8－2－3 解析：带正电的粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒 子将沿如图 所示虚线所示的轨迹运动，从 A点射出磁场，O、A间的距离为 l，射 出磁场时速 度的大小仍为 v0，射出的方向与 x轴的夹角仍为θ。 由洛伦兹力公式和牛顿运动定律可得 qv0B＝ mv02 r 解得 r＝mv0 qB ① 圆轨道的圆心位于 OA的中垂线上，由几何关系可得 l 2 ＝rsinθ② 联立①②两式，解得 q m ＝ 2v0sinθ Bl 。 答案：轨迹图见解析图所示 2v0sinθ Bl 质谱仪和回旋加速器 [记一记] 1．质谱仪 (1)构造：如图 8－2－4所示，由粒子源、加速电场、匀强磁场和照相底片等构成。 图 8－2－4 (2)原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式 qU＝1 2 mv2。 粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式 qvB＝mv2 r 。 由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷。 r＝1 B 2mU q ，m＝qr2B2 2U ， q m ＝ 2U B2r2 。 2．回旋加速器 (1)构造：如图 8－2－5所示，D1、D2是半圆金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源。D形盒处于匀强磁 场中。 图 8－2－5 (2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在做圆周运动的过程中一次一次地经过 D 形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速，由 qvB＝mv2 R ，得 Ekm＝ q2B2R2 2m ， 可见粒子获得的最大动能由磁感应强度 B和 D形盒半径 R决定，与加速电压无关。 [试一试] 3．如图 8－2－6 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和匀强电场的强度分别为 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 A1A2。平板 S下方有强度为 B0的匀强磁场。下列表述正确的是( ) 图 8－2－6 A．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于纸面向外 C．能通过狭缝 P的带电粒子的速率等于 E/B D．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：选 ABC 因同位素原子的化学性质完全相同，无法用化学方法进行分析，故质谱仪就成为同位 素分析的重要工具，A正确。在速度选择器中，带电粒子所受电场力和洛伦兹力在粒子沿直线运动时应等 大反向，结合左手定则可知 B正确。再由 qE＝qvB有 v＝E/B，C正确。在匀强磁场 B0中 R＝mv qB0 ，所以 q m ＝ v B0R ，D错误。 对洛伦兹力的理解 1.洛伦兹力和安培力的关系 洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦 兹力的宏观表现。 2．洛伦兹力的特点 (1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度的 方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不做功。 (2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。 (3)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向。 3．洛伦兹力与电场力的比较 对应力 内容 比较项目 洛伦兹力 F 电场力 F 性质 磁场对在其中运动电荷的作用 力 电场对放入其中电荷的作用力 产生条件 v≠0且 v 不与 B平行 电场中的电荷一定受到电场力 作用 大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE 力方向与场方向的关系 一定是 F⊥B，F⊥v 正电荷与电场方向相同，负电 荷与电场方向相反 做功情况 任何情况下都不做功 可能做正功、负功，也可能不 做功 力 F为零时场的情况 F为零，B不一定为零 F为零，E一定为零 作用效果 只改变电荷运动的速度方向， 不改变速度大小 既可以改变电荷运动的速度大 小，也可以改变电荷运动的方 向 洛伦兹力对运动电荷永不做功，而安培力对通电导线可做正功，可做负功，也可不做功。 [例 1] (2013·长沙模拟)在垂直纸面水平向里，磁感应强度为 B的匀强磁场中，有一固定在水平地面上 的光滑半圆槽，一个带电荷量为＋q，质量为 m的小球在如图 8－2－7 所示位置从静止滚下，小球滚到槽 底时对槽底的压力大小等于 mg，求圆槽轨道的半径 R。 图 8－2－7 [审题指导] 小球滚到槽底过程中只有重力做功，槽的支持力、洛伦兹力不做功，根据牛顿第二定律以及圆周运动 规律即可求解。 [尝试解题] 设小球滚到槽底时的速度为 v，由于小球受到圆槽轨道的支持力和洛伦兹力都不做功，根据机械能守 恒定律可得： mgR＝1 2 mv2 小球滚到槽底时受到的洛伦兹力的大小为 F＝qvB 根据题意和牛顿第二定律可得： F＋mg－mg＝mv2 R 联立解得：R＝2m2g q2B2 [答案]2m 2g q2B2 带电粒子在有界磁场中的运动分析 1.圆心的确定 (1)已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直 线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图 8－2－8甲所示，图中 P为入射点，M为出射点)。 图 8－2－8 (2)已知入射方向和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其 中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图 8－2－8乙所示，P为入射点，M为出射点)。 (3)带电粒子在不同边界磁场中的运动： ①直线边界(进出磁场具有对称性，如图 8－2－9所示)。 图 8－2－9 ②平行边界(存在临界条件，如图 8－2－10所示)。 图 8－2－10 ③圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图 8－2－11所示)。 图 8－2－11 2．半径的确定和计算 利用平面几何关系，求出该圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几个重要的几何特点： 图 8－2－12 (1)粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于 AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的 2倍(如图 8－2－12)， 即φ＝α＝2θ＝ωt。 (2)相对的弦切角(θ)相等，与相邻的弦切角(θ′)互补，即θ＋θ′＝180°。 (3)直角三角形的几何知识(勾股定理)。AB中点 C，连接 OC，则△ACO、△BCO都是直角三角形。 3．运动时间的确定 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，其运动时间可由下式 表示： t＝ α 360° T(或 t＝ α 2π T)，t＝ l v (l—弧长)。 [例 2]如图 8－2－13所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B。一 束电子沿圆形区域的直径方向以速度 v 射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动方向与原入射方向成θ角。 设电子质量为 m，电荷量为 e，不计电子之间相互作用力及所受的重力，求： 图 8－2－13 (1)电子在磁场中运动轨迹的半径 R； (2)电子在磁场中运动的时间 t； (3)圆形磁场区域的半径 r。 [审题指导] 第一步：抓关键点 关键点 获取信息 (1)一束电子沿圆形区域的直径方向射入 沿半径方向入射，一定会沿半径方向射出 (2)运动方向与原入射方向成θ角 θ为偏向角等于轨道圆弧所对圆心角 第二步：找突破口 (1)要求轨迹半径→应根据洛伦兹力提供向心力。 (2)要求运动时间→可根据 t＝ θ 2π T，先求周期 T。 (3)要求圆形磁场区域的半径→可根据几何关系求解。 [尝试解题] (1)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 evB＝mv2 R 解得 R＝mv eB 。 (2)设电子做匀速圆周运动的周期为 T， 则 T＝2πR v ＝ 2πm eB 由如图所示的几何关系得圆心角α＝θ， 所以 t＝ θ 2π T＝mθ eB 。 (3)由如图所示几何关系可知， tanθ 2 ＝ r R ， 所以 r＝mv eB tanθ 2 。 [答案](1)mv eB (2)mθ eB (3)mv eB tanθ 2 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程序解题法——三步法 (一)画轨迹：即画出轨迹，并确定圆心，几何方法求半径。 (二)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁 场中运动的时间与周期相联系。 (三)用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式。 带电粒子在磁场中运动的多解问题 1.带电粒子电性不确定形成多解 受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在 磁场中运动轨迹不同，形成多解。 如图 8－2－14甲，带电粒子以速率 v 垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为 a，如带负电，其轨迹 为 b。 图 8－2－14 2．磁场方向不确定形成多解 有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须要考虑磁感应强度 方向不确定而形成的多解。 如图 8－2－14 乙，带正电粒子以速率 v 垂直进入匀强磁场，如 B垂直纸面向里，其轨迹为 a，如 B 垂直纸面向外，其轨迹为 b。 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°从入射界面这边反向飞出，如图 8－2－15甲所示，于是形成了多解。 图 8－2－15 4．运动的周期性形成多解 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 8－2 －15乙所示。 [例 3] (2013·苏州模拟)如图 8－2－16甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为 d，两板中央各有一个小孔 O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如 图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向。有一群正离子在 t＝0时垂直于 M板从小孔 O射入磁场。 已知正离子质量为 m、带电荷量为 q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都 为 T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。求： 图 8－2－16 (1)磁感应强度 B0的大小； (2)要使正离子从 O′孔垂直于 N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度 v0的可能值。 [尝试解题] (1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力 qv0B0＝ mv02 r 做匀速圆周运动的周期 T0＝ 2πr v0 联立两式得磁感应强度 B0＝ 2πm qT0 。 (2)要使正离子从 O′孔垂直于 N板射出磁场，v0的方向应如图所 示，两板之 间正离子只运动一个周期即 T0时，有 r＝d 4 当两板之间正离子运动 n个周期，即 nT0时，有 r＝ d 4n (n＝1,2,3，…) 联立求解，得正离子的速度的可能值为 v0＝B0qr m ＝ πd 2nT0 (n＝1,2,3，…)。 [答案](1)B0＝ 2πm qT0 (2)v0＝ πd 2nT0 (n＝1,2,3…) 求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧 (1)分析题目特点，确定题目多解性形成原因。 (2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。 (3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。 带电粒子在磁场中运动的实际应用 [例 4]回旋加速器是用于加速带电粒子流，使之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，以便在盒间狭缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝都得到 加速；两盒放在匀强磁场中，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 Rm，磁场的磁感应强度为 B，其运动轨迹如图 8－2－17所示， 问： 图 8－2－17 (1)粒子在盒内磁场中做何种运动？ (2)粒子在两盒间狭缝内做何种运动？ (3)所加交变电压频率为多大？粒子运动角速度为多大？ (4)粒子离开加速器时速度为多大？ [尝试解题] (1)D形盒由金属导体制成，可屏蔽外电场，因而盒内无电场。盒内存在垂直盒面的磁场，故粒子在盒 内磁场中做匀速圆周运动。 (2)两盒间狭缝内存在匀强电场，且粒子速度方向与电场方向在同一条直线上，故粒子做匀加速直线运 动。 (3)粒子在电场中运动时间极短，高频交变电压频率要符合粒子回旋频率 回旋频率 f＝1 T ＝ qB 2πm 角速度ω＝2πf＝qB m 。 (4)因粒子最大回旋半径为 Rm，故 Rm＝ mvm qB ，即 vm＝qBRm m [答案]见解析 洛伦兹力应用问题的分析方法 (1)洛伦兹力的应用包括回旋加速器、质谱仪、速度选择器等。 (2)回旋加速器中经常遇到的问题是粒子获得的最大动能、加速的次数、运动时间等，分析的方法是电 场对粒子加速，每次做功相同，粒子在磁场中做匀速圆周运动，周期相同，其半径最大时动能最大。 (3)质谱仪中粒子在磁场中运动的轨迹不同，其原因是粒子的质量不同。 1．放缩法 粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周 运动的轨迹半径随速度的变化而变化，如图 8－2－18所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度 v0越大， 运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直速度方向的直线 PP′ 上。由此我们可得到一种确定临界条件的方法：在确定这类粒子运动的临界条件时，可以以入射点 P为定 点，圆心位于 PP′直线上，将半径放缩作轨迹，从而探索出临界条件，使问题迎刃而解，这种方法称为 “放缩法”。 图 8－2－18 2．平移法 粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半 径相同，若射入初速度为 v0，则圆周运动半径为 R＝mv0/qB，如图 8－2－19所示。同时可发现这些带电粒 子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点 P为圆心、半径 R＝mv0/qB的圆(这个圆在下面的叙述中称 为“轨迹圆心圆”)上。 图 8－2－19 由此我们也可以得到一种确定临界条件的方法：确定这类粒子在有界磁场中运动的临界条件时，可以 将一半径为 R＝mv0/qB的圆沿着“轨迹圆心圆”平移，从而探索出临界条件，这种方法称为“平移法”。 [典例]如图 8－2－20所示，在屏 MN的上方有磁感应强度为 B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向 里。P为屏上的一个小孔。PC与 MN垂直。一群质量为 m、带电荷量为－q的粒子(不计重力)，以相同的 速率 v，从 P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域。粒子入射方向在与磁场 B垂直的平面内，且散开在与 PC夹角为θ的范围内。则在屏 MN上被粒子打中的区域的长度为( ) 图 8－2－20 A.2mv qB B.2mvcosθ qB C.2mv1－sinθ qB D.2mv1－cosθ qB [解析]由图 8－2－21 可知，沿 PC方向射入磁场中的带负电的粒子打在 MN上的点离 P点最远，为 PR＝2mv Bq ，沿两边界线射入磁场中的带负电的粒子打在 MN上的点离 P点最近，为 PQ＝2mv Bq cosθ，故在屏 MN上被粒子打中的区域的长度为：QR＝PR－PQ＝2mv1－cosθ qB ，选项 D正确。 图 8－2－21 [答案]D [题后悟道] 由于带电粒子进入磁场时的速率是相同的，粒子运动轨迹的圆周半径是相同的，所以可将圆周以 P点 为转轴进行旋转平移，从而可确定出粒子打中区域的最远端和最近端。 (2010·江苏高考)如图 8－2－22所示，在匀强磁场中附加另一匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区域， 附加磁场区域的对称轴 OO′与 SS′垂直。a、b、c三个质子先后从 S点沿垂直于磁场的方向射入磁场， 它们的速度大小相等，b的速度方向与 SS′垂直，a、c的速度方向与 b的速度方向间的夹角分别为α、β， 且α＞β。三个质子经过附加磁场区域后能到达同一点 S′，则下列说法中正确的有( ) 图 8－2－22 A．三个质子从 S运动到 S′的时间相等 B．三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在 OO′轴上 C．若撤去附加磁场，a到达 SS′连线上的位置距 S点最近 D．附加磁场方向与原磁场方向相反 解析：选 C质子在磁场中运动时速度大小不变，由题图可知质子运动的轨迹长度不相等，所以三个质 子运动的时间不等，选项 A错误；由 r＝mv qB 知三个质子在附加磁场以外区域运动时轨道半径相等，又洛伦 兹力的方向与速度方向垂直，所以从 S点作出的圆心不均在 OO′轴上，选项 B错误；若撤去附加磁场， SS′距离为 2rcosθ，θ为质子初速度方向与竖直方向的夹角，因为α＞β，所以 a到达 SS′连线上的位置距 S点最近，选项 C正确；由题意知附加磁场与原磁场方向相同，选项 D错误。