《洛倫茲力的應(yīng)用》導(dǎo)學(xué)案2

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1、洛倫茲力的應(yīng)用導(dǎo)學(xué)案課前預(yù)習(xí)練1.粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，射出磁場時(shí)速度仍為V0,如圖 1 所示，粒子射出磁場時(shí)的速度方向與射入磁場時(shí)相比偏轉(zhuǎn)了0角，由幾何關(guān)系知：0tan。=_ .利用磁場控制粒子的運(yùn)動方向時(shí)磁場只改變粒子的運(yùn)動不改變粒子的速度_2 質(zhì)譜儀的原理和應(yīng)用原理圖：如圖 2 所示.(2)加速：帶電粒子進(jìn)入質(zhì)譜儀的加速電場，由動能定理得:(3) 偏轉(zhuǎn)：帶電粒子進(jìn)入質(zhì)譜儀的偏轉(zhuǎn)磁場做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力：2mv_ = r12mU(4) 由兩式可以求出粒子的 _、_、_ 等，其中由 r =q可知電荷量相同時(shí)，半徑將隨 _變化.(5) 質(zhì)譜儀的應(yīng)用：可以測定帶電粒子的質(zhì)量

2、和分析 _3 回旋加速器的原理及應(yīng)用(1)構(gòu)造圖：如圖 3 所示._= 2mv圖1圖 2回旋加速器的核心部件是兩個(gè) _(2) 原理回旋加速器有兩個(gè)銅質(zhì)的 D 形盒 Di、D2,其間留有一 _ ，加以_ 電壓，離子源處在中心 0 附近，勻強(qiáng)磁場 _D 形盒表面.粒子在兩盒空間的勻強(qiáng)磁場中，做 _ ，在兩盒間的空隙中，被 _加速如果交變電場的周期與粒子 _ 相同，粒子在空隙中總被 _ ，半徑 r 逐漸增大，達(dá)到預(yù)定速率后，用靜電偏轉(zhuǎn)極將高能粒子引出D 形盒用于科學(xué) 研究.(3) 用途加速器是使 _ 獲得高能量的裝置，是科學(xué)家探究 _的有力工具，而且在工、農(nóng)、醫(yī)藥等行業(yè)得到廣泛應(yīng)用.課堂探究練【概念

3、規(guī)律練】知識點(diǎn)一利用磁場控制帶電粒子的運(yùn)動1. 長直螺線管中通有電流，沿螺線管中心軸線射入一電子，若螺線管中電流增大，方向不變，電子在螺旋管中心軸線上運(yùn)動情況是()A .做勻速直線運(yùn)動B .做變加速直線運(yùn)動C.做變減速直線運(yùn)動D .做間距變大的螺旋運(yùn)動2. 如圖 4 所示，ab 是一彎管，其中心線是半徑為 R 的一段圓弧，將它置于一給定的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于圓弧所在平面，并且指向紙外.有一束粒子對準(zhǔn)a 端射入彎管，粒子有不同的質(zhì)量、不同的速度，但都是一價(jià)正離子()圖 4A .只有速度 v 大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管B. 只有質(zhì)量 m 大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管C. 只有

4、m、v 的乘積大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管D .只有動能 Ek大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管知識點(diǎn)二洛倫茲力與其他性質(zhì)力的結(jié)合圖 73.如圖 5 所示，空間存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場的方向豎直向下，磁場 方向垂直紙面向里，一帶電油滴 P恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法正確的是（）圖 5A 若撤去磁場，P 可能做勻加速直線運(yùn)動B. 若撤去電場，P定做勻加速直線運(yùn)動C. 若給 P初速度，P 可能做勻速直線運(yùn)動D 若給 P初速度，P定做曲線運(yùn)動4如圖 6 所示，用絲線吊一個(gè)質(zhì)量為 m 的帶電（絕緣）小球處于勻強(qiáng)磁場中，空氣阻力不 計(jì)，當(dāng)小球分別從 A 點(diǎn)和 B 點(diǎn)向最低點(diǎn) 0 運(yùn)動

5、且兩次經(jīng)過 0 點(diǎn)時(shí)（）圖 6A .小球的動能相同B. 絲線所受的拉力相同C. 小球所受的洛倫茲力相同D .小球的向心加速度相同知識點(diǎn)三質(zhì)譜儀5.質(zhì)譜儀原理如圖 7 所示，a 為粒子加速器，電壓為 Ui； b 為速度選擇器，磁場與電場正 交，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 Bi，板間距離為 d ； c 為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B2.今有一質(zhì)量為 m、電 荷量為 e的正粒子（不計(jì)重力），經(jīng)加速后，該粒子恰能通過速度選擇器，粒子進(jìn)入分離器后 做勻速圓周運(yùn)動求：（1）粒子的速度 v 為多少？圖 7速度選擇器的電壓 U2為多少?粒子在 B2磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑 R 為多大?知識點(diǎn)四回旋加速器6. 在回旋加速器

6、中（）A .電場用來加速帶電粒子，磁場則使帶電粒子回旋B .電場和磁場同時(shí)用來加速帶電粒子C.在交流電壓一定的條件下，回旋加速器的半徑越大，則帶電粒子獲得的動能越大D .同一帶電粒子獲得的最大動能只與交流電壓的大小有關(guān)，而與交流電壓的頻率無關(guān).7.有一回旋加速器，它的高頻電源的頻率為 1.2X107Hz , D 形盒的半徑為 0.532 m,求 加速氘核時(shí)所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度為多大？氘核所能達(dá)到的最大動能為多少？（氘核的質(zhì)量為 3.-27-193x10kg，氘核的電荷量為 1.6X10 C）【方法技巧練】、速度選擇器問題的分析方法8 在兩平行金屬板間，有如圖 8 所示的互相正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場

7、.o 粒子以速度v 0 從兩板的正中央垂直于電場方向和磁場方向從左向右射入時(shí)，恰好能沿直線勻速通過.供F 列各小題選擇的答案有:（1）若質(zhì)子以速度 V0從兩板的正中央垂直于電場方向和磁場方向從左向右射入時(shí)，質(zhì)子A 不偏轉(zhuǎn)C.向下偏轉(zhuǎn)B.向上偏轉(zhuǎn)D .向紙內(nèi)或紙外偏轉(zhuǎn)K X M圖 8圖 11（2）若電子以速度 Vo從兩板的正中央垂直于電場方向和磁場方向從左向右射入時(shí)，電子將_若質(zhì)子以大于 V0 的速度，沿垂直于勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場的方向從兩板正中央射入，質(zhì)子將_9. 一個(gè)帶正電的微粒（重力不計(jì)）穿過如圖 9 所示的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場區(qū)域時(shí)，恰能沿 直線運(yùn)動，則欲使電荷向下偏轉(zhuǎn)時(shí)應(yīng)采用的辦法是課后鞏

8、固練1如圖 10 所示，一水平導(dǎo)線通以電流 I，導(dǎo)線下方有一電子，初速度方向與導(dǎo)線平行, 關(guān)于電子的運(yùn)動情況，下述說法中正確的是（）圖 10A .沿路徑 a 運(yùn)動，其軌道半徑越來越大B沿路徑 a 運(yùn)動，其軌道半徑越來越小C. 沿路徑 b 運(yùn)動，其軌道半徑越來越小D. 沿路徑 b 運(yùn)動，其軌道半徑越來越大2.如圖 11 所示，一圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，AC 為直徑，O 為圓心，一帶電粒子從 A沿 AO 方向垂直射入磁場， 初速度為 V1,從 D 點(diǎn)射出磁場時(shí)的速率為 v2,則下列說法中正確的是（粒子重力不計(jì)）（）/ X X X I1乂 0_茴jc1/A . V2V1, V2的方向的反向延長線必過

9、圓心XXXB/VKXXXEXX-XX .A增大電荷質(zhì)量B.增大電荷電荷量C.減小入射速度D .增大磁感應(yīng)強(qiáng)度(XXX圖 9圖 14B . V2=v1,v2的方向的反向延長線必過圓心C. V2V1, V2的方向的反向延長線可能不過圓心D . V2= V1, V2的方向的反向延長線可能不過圓心3.如圖 12 所示，勻強(qiáng)電場的方向豎直向下， 勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向里，三個(gè)油滴 a、b、c 帶有等量同種電荷，其中 a 靜止，b 向右做勻速運(yùn)動，c 向左做勻速運(yùn)動，比較它們的重力 Ga、Gb、Gc間的關(guān)系，正確的是（）XXXXXXXXXXB圖 12A . Ga最大B . Gb最大C. Gc最大D .

10、Gb最小4.如圖 13 所示，一個(gè)帶正電荷的小球沿光滑水平絕緣的桌面向右運(yùn)動，飛離桌子邊緣 A ,最后落到地板上.設(shè)有磁場時(shí)飛行時(shí)間為 ti,水平射程為 X!,著地速度大小為 V!；若撤去磁 場而其余條件不變時(shí)，小球飛行的時(shí)間為 t2,水平射程為 X2,著地速度大小為 V2.則（ ）X X亠亠XXX圖 13B . t1t2D . V1=V25.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(gè) 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(shí)都能得到加速，兩 D 形金屬盒處于垂直于盒底面的勻強(qiáng)磁場中，如圖14 所示，要增大帶電粒子射出時(shí)的動能，下列

11、說法中正確的是（）A .X1X2C.圖 14A .增大勻強(qiáng)電場間的加速電壓B.增大磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度c.減小狹縫間的距離D 增大 D 形金屬盒的半徑6如圖 15 所示，兩個(gè)平行金屬板 M、N 間為一個(gè)正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)，電場方向由 M 板指向 N 板，磁場方向垂直紙面向里，00 為到兩極板距離相等的平行兩板的直線一質(zhì)量為 m,帶電荷量為+ q 的帶電粒子，以速度 V。從 0 點(diǎn)射入，沿 00 方向勻速通過 場區(qū)，不計(jì)帶電粒子的重力，則以下說法正確的是（）C-XXKXX-nX 1X XX1UX圖 15A .帶電荷量為一 q 的粒子以 vo從 0 點(diǎn)沿 00 方向射入仍能勻速通過場區(qū)B. 帶

12、電荷量為 2q 的粒子以 vo從。點(diǎn)沿 00 射入仍能勻速通過場區(qū)C.保持電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變，方向均與原來相反，粒子以vo從 0 點(diǎn)沿 00 射入，則粒子仍能勻速通過場區(qū)D 粒子仍以速度 vo從右側(cè)的 0點(diǎn)沿 00 方向射入，粒子仍能勻速通過場區(qū)7.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16 所示，離子源 S 產(chǎn)生一個(gè)質(zhì)量為 m,電荷量為 q 的正離子，離子產(chǎn)生出來時(shí)的速度很小，可以看 作是靜止的，離子產(chǎn)生出來后經(jīng)過電壓U 加速，進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 的勻強(qiáng)磁場，沿著半圓運(yùn)動而達(dá)到記錄它的照相底片P 上，測得它在 P 上的位置到入口處 Si的距離為 x,

13、正確的是（）的質(zhì)量一定變大電壓 U定變大應(yīng)強(qiáng)度 B定變大則下列說法則說明離子B.若某離子經(jīng)上述裝置后,測得它在P上的位置到入口處Si的距離大于 x,則說明加速C.若某離子經(jīng)上述裝置后,測得它在P上的位置到入口處 Sj的距離大于 x,則說明磁感D .若某離子經(jīng)上述裝置后, 測得它在P上的位置到入口處 Si的距離大于 x,則說明離子Si的距離大于 x,A .若某離子經(jīng)上述裝置后,所帶電荷量 q 可能變小題號1234567答案8回旋加速器 D 形盒中央為質(zhì)子流，D 形盒的交流電壓為 U，靜止質(zhì)子經(jīng)電場加速后，進(jìn) 入 D 形盒，其最 大 軌 道 半 徑 為R ， 磁 場 的 磁 感 應(yīng) 強(qiáng) 度 為B

14、， 質(zhì) 子 質(zhì) 量 為m 求 ：(1) 質(zhì)子最初進(jìn)入 D 形盒的動能多大；質(zhì)子經(jīng)回旋加速器最后得到的動能多大；(3) 交流電源的頻率是多少.49. 一個(gè)質(zhì)量 m= 0.1 g 的小滑塊，帶有 q = 5X10 C 的電荷量，放置在傾角a=30勺光滑 斜面上(絕緣)，斜面固定且置于 B = 0.5 T 的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向里，如圖17 所示，小滑塊由靜止開始沿斜面滑下，斜面足夠長，小滑塊滑至某一位置時(shí)，要離開斜面(g取 10 m/s2).求：圖 17(1) 小滑塊帶何種電荷？(2) 小滑塊離開斜面時(shí)的瞬時(shí)速度多大？(3) 該斜面長度至少多長？第5節(jié)洛倫茲力的應(yīng)用答案課前預(yù)習(xí)練丄 qB

15、r1. R mv0方向大小2. (2)qU(3)qvB (4)質(zhì)量荷質(zhì)比半徑質(zhì)量同位素3. (1)D 形盒(2) 空隙 加速 垂直于 勻速圓周運(yùn)動電場在磁場中的運(yùn)動周期加速(3) 帶電粒子 原子核課堂探究練1. A2.C 因?yàn)榱Ｗ幽芡ㄟ^彎管要有一定的半徑，其半徑r = R.mv所以 r = R= qB，由 q 和 B 相同，則只有當(dāng) mv 一定時(shí)，粒子才能通過彎管.3. C 若撤去磁場，油滴在重力和電場力作用下仍處于平衡狀態(tài)，故A 錯(cuò)；若撤去電場，P 在重力作用下豎直向下加速，同時(shí) P 又受到洛倫茲力作用，而洛倫茲力垂直速度方向， 故 P 做曲線運(yùn)動，B 錯(cuò)；若所給初速度方向與磁場方向平行，油

16、滴只受重力和電場力作用處于平衡狀態(tài)，做勻速直線運(yùn)動，否則做曲線運(yùn)動，故C 對，D 錯(cuò).4. AD 帶電小球受到洛倫茲力和繩的拉力與速度方向時(shí)刻垂直，對小球不做功只改 變速度方向，不改變速度大小，只有重力做功，故兩次經(jīng)過 0 點(diǎn)時(shí)速度大小不變， 動能相同,A 正確；小球分別從 A 點(diǎn)和 B 點(diǎn)向最低點(diǎn) O 運(yùn)動且兩次經(jīng)過 O 點(diǎn)時(shí)速度方向相反，由左手定則2v可知兩次過 O 點(diǎn)洛倫茲力方向相反，繩的拉力大小也就不同，故B、C 錯(cuò)；由 a=R 可知向心加速度相同，D 正確2eU1丄2U1m一玉v，據(jù)電場力和洛倫茲力相等可得到U2,再據(jù)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的知識可求得半徑.12;2eU1eU1=

17、 2mv 得v=m(3)在 c 中，e 受洛倫茲力作用而做圓周運(yùn)動，回轉(zhuǎn)半徑mv_1R= 贏，代入 v 值解得 R=蒼”點(diǎn)評 分析帶電粒子在場中的受力，依據(jù)其運(yùn)動特點(diǎn)，選擇物理規(guī)律進(jìn)行求解分析.6. AC 電場的作用是使粒子加速，磁場的作用是使粒子回旋，故A 選項(xiàng)正確;得的動能 Ek=鑿，對同一粒子，回旋加速器的半徑越大，粒子獲得的動能越大，故 項(xiàng)正確.127. 1.55 T 2.64X10 J解析 氘核在磁場中做圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力，據(jù)牛頓第二定律2nR2nm：2eU15. (1) m(2)B1dm解析根據(jù)動能定理可求出速度在 a 中，e 被加速電場 Ui加速,由動能定理有U2在

18、b 中，e 受的電場力和洛倫茲力大小相等， 即 e7 = evBi,代入 v 值得 5= Bid2eU1m25me2v_ qvB =mR,周期 T=v，解得圓周運(yùn)動的周期T= qB .要使氘核每次經(jīng)過電場均被加速，則其在磁場中做圓周運(yùn)動的周期等于交變電壓的周1期，即 T= f7272nm 2X3.14X1.2X10X3.3X10所以 疋=1.6X10- T=1.55 T.設(shè)氘核的最大速度為 v，對應(yīng)的圓周運(yùn)動的半徑恰好等于qBRD 形盒的半徑，所以 v =肓.故氘核所能達(dá)到的最大動能121 壘2q2B2R2Emax= 2mv = 2m m )=2m1.6X1019 2X1.5520.5322伐

19、=2X3.3X1027J=2.64X10 J.8.(1)A(2)A(3)B解析分析粒子在場中的運(yùn)動，須從分析帶電粒子在互相正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中 受力情況入手.設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為 m,帶電荷量為 q，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為 E,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng) 度為 B.帶電粒子以速度 v 垂直射入互相正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中時(shí)，若粒子帶正電，則 所受電場力方向向下，大小為qE；所受磁場力方向向上， 大小為 Bqv.沿直線勻速通過時(shí)，顯E然有 Bqv= qE, v = B，即勻速直線通過時(shí)，帶電粒子的速度與其質(zhì)量、電荷量無關(guān)如果粒 子帶負(fù)電，電場力方向向上，磁場力方向向下，上述結(jié)論仍然成立所以，(1)、

20、(2)兩小題應(yīng)選 A.若質(zhì)子以大于 V。的速度射入兩板之間，由于磁場力F = Bqv，磁場力將大于電場力，質(zhì)子帶正電，將向上偏轉(zhuǎn).第(3)小題應(yīng)選擇 B.方法總結(jié)(1)正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中電場強(qiáng)度、磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為E、B，有一帶電粒子以一定的速度垂直電、磁場的方向射入電、磁場中，能勻速穿過電、磁場的條件是E帶電粒子的速度為：v= B，與帶電粒子的質(zhì)量、電荷量、電性等皆無關(guān)換句話說，帶電 粒子能否勻速垂直穿過電、磁場與粒子帶電荷量、帶電性質(zhì)、粒子的質(zhì)量無關(guān).E(2)速度選擇器選擇的是粒子“速度”而非“速率”，只有當(dāng)粒子以特定速率 v = B,以確定的方向才可沿直線通過速度選擇器.9.C 粒

21、子在穿過這個(gè)區(qū)域時(shí)所受的力為：豎直向下的電場力Eq 和豎直向上的洛倫茲 力qvB,且此時(shí) Eq= qvB.若要使電荷向下偏轉(zhuǎn)，需使 Eq qvB,則減小速度 v、減小磁感應(yīng)強(qiáng) 度 B 或增大電場強(qiáng)度 E 均可.課后鞏固練1.A 2.B3.CD 由于 a靜止，Ga= qE,電場力方向向上，帶負(fù)電荷；由左手定則，b受洛倫茲 力豎直向下，Gb+ qvbB = qE；由左手定則，c 受洛倫茲力豎直向上，Gc= qE + qvcB.由此可知: GbVGaVGc,故 C、D 正確.4.ABD 沒有磁場時(shí)，小球飛落過程為平拋運(yùn)動.當(dāng)空間有勻強(qiáng)磁場時(shí)， 分析小球飛落過程中任一位置受力情況如右圖所示.由于時(shí)刻與

22、瞬時(shí)速度垂直的洛倫茲力對小球豎直分運(yùn)動的影響，在同樣落差下與平拋運(yùn)動只受重力作用相比，小球落地時(shí)間加長，所以匕珂2.從洛倫茲力對水平分運(yùn)動的影響可知，小球水平分速度將比平拋時(shí)加大，而且又有tit2,則必有 XiX2.由于洛倫茲力做功為零，而兩種情況下重力對小球做功相等，所以落地速度大小相同，即 Vi= V2,當(dāng)然兩種情況下小球落地時(shí)速度的方向不同.2V_5.BD 當(dāng)帶電粒子的速度最大時(shí)，其運(yùn)動半徑也最大，由牛頓第二定律qvB= m：,qBr得v=m .22212q B R若 D 形盒的半徑為 R,則 r = R 時(shí)，帶電粒子的最終動能 Ekm= 2mv = 2m ,所以要提高加速粒子射出時(shí)的動

23、能，應(yīng)盡可能增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B 和加速器的半徑 R.6.ABC12/2qUx my2mv 2m /2qU7.D 由 qU = 2mv，得v= : m ，x=2R,所以 R= 2 = qB ,x= qB = qB j m.8mU1qB2，可以看出，x 變大，可能是因?yàn)?m 變大，U 變大，q 變小，B 變小，故只有 D 對.2 2 2eB R eB& (1)eU (2) 2m(3)2nm解析(1)粒子在電場中加速，由動能定理得：eU = Ek 0，解得 Ek= eU.(2)粒子在回旋加速器的磁場中繞行的最大半徑為R，由牛頓第二定律得：2v_evB= mR一 12質(zhì)子的最大動能：Ekm= 2mv2

24、2 2e2B2R2解式得：Ekm= 2m9. (1)負(fù)電荷(2)3.5 m/s (3)1.2解析(1)小滑塊沿斜面下滑的過程中，受重力mg、斜面支持力 N 和洛倫茲力 F 作用，如右圖所示，若要使小滑塊離開斜面，則洛倫茲力F 應(yīng)垂直斜面向上，據(jù)左手定則可知，小滑塊應(yīng)帶負(fù)電荷.(2)小滑塊沿斜面下滑的過程中，垂直于斜面的加速度為零時(shí)，由平衡條件得洛倫茲力F= qvmaxB,0.1x103x10 xf5x104x0.5m/s 3.5 m/s(3)設(shè)該斜面長度至少為 I，則臨界情況為剛滑到斜面底端時(shí)離開斜面因?yàn)橄禄^程中只有重力做功，由動能定理得mglsina=mvx 02 2Vmax(3.5 )所以斜面長至少為丨=2gsina= 2x10 x0.5m宀1.2 mCOSa,當(dāng)支持力 N = 0 時(shí),小滑塊脫離斜面設(shè)此時(shí)小滑塊速度為Vmax, 則此時(shí)小滑塊所受1(3)f=T=2nmeBF+ N = mgmgcosa所以vmax= qB