1、选修 3-1 第八章 磁场第二讲 磁场对带电粒子的作用考点知识诊断 热点题型探究 难点能力突破 课后作业 考点知识诊断知识清单一、洛伦兹力1洛伦兹力的大小 F 洛_.条件：vB.当 vB 时，F 洛0.1 qvB2洛伦兹力的方向F 洛、v、B 三者方向间的关系满足左手定则：手心对着磁场方向，四指指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向，大拇指的指向即为洛伦兹力的方向洛伦兹力的方向总是垂直于_与_所决定的平面2 B3 v3洛伦兹力的特征洛伦兹力与电荷的运动状态有关当 v0 时，F 洛0；当 vB 时，F 洛0.由于 F 洛始终垂直于 v 的方向，所以洛伦兹力一定不做功说明 洛伦兹力是安培力的微观实
2、质，安培力是洛伦兹力的宏观表现二、带电粒子在磁场中的匀速圆周运动1运动分析若带电粒子沿垂直于磁场方向射入磁场，即 90时，带电粒子所受洛伦兹力 FqvB，方向总与速度 v 方向垂直洛伦兹力提供向心力，使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，如图所示2四个基本公式(1)向心力公式：qvB_.(2)粒子圆周运动的半径：R_.4 mv2R5 mvqB(3)周期、频率、角速度公式：T_2mqBf1T qB2m2T 2fqBm(4)动能公式：Ek12mv2 p22mqBR22m.6 2Rv有些题目只告诉了磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑因磁感应强度方向不确定而形成的多解3临界状态
3、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，于是形成多解4运动的重复性形成多解带电粒子在磁场中运动时，由于某些因素的变化，例如磁场方向反向或者速度方向突然反向等，往往运动具有往复性，因而形成多解三、洛伦兹力的应用实例1电视显像管的工作原理电视显像管是应用电子束_的原理来工作的，使电子束偏转的磁场是由两对_产生的显像管工作时，由阴极发射电子束，靠磁场来使电子束偏转，实现电视技术中的_，使整个荧光屏都在发光7 磁偏转8 线圈9 扫描2质谱仪(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片
4、等构成(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得_.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_.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、比荷等10 qU12mv211 qvBmv2R3回旋加速器(1)构造：如图所示，D1、D2是半圆金属盒，D形盒的缝隙处接电源D形盒处于匀强磁场中12 交流(2)原理：交流电周期和粒子做圆周运动的周期，粒子在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，粒子就会被一次次地加速由qvBmv2R，得Ekm，可见粒子获得的最大动能由和决定.13 相同14 q2B2R22m15 磁感应强度
5、16 D形盒半径考点诊断1.速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的磁场，其轨迹如图所示，则磁场最强的是()解析 由 qvBmv2r 得 rmvqB，速率相同时，半径越小，磁场越强，选项 D 正确答案 D2质量为 m、带电荷量为 q 的粒子(忽略重力)，在磁感应强度为 B 的匀强磁场中做匀速圆周运动，形成空间环形电流已知粒子的运动速率为 v、半径为 R、周期为 T，环流电流的大小为 I.则下面说法中正确的是()A该带电粒子的比荷为qmBRvB在时间 t 内，粒子转过的圆弧对应的圆心角为 qBtmC当速率 v 增大时，环形电流的大小 I 保持不变D当速率 v 增大时，运动周期 T 变小解析 在磁
6、场中，由 qvBmv2R，得qm vBR，选项 A 错误；在磁场中运动周期 T2mqB 与速率无关，选项 D 错误；在时间 t 内，粒子转过的圆弧对应的圆心角 tT2qBtm，选项 B 正确；电流定义 IqT Bq22m，与速率无关，选项 C 正确答案 BC3如图所示，用绝缘轻绳悬吊一个带正电的小球，放在匀强磁场中现把小球拉至悬点右侧a点，轻绳被水平拉直，静止释放后，小球在竖直平面内来回摆动在小球运动过程中，下列判断正确的是()A小球摆到悬点左侧的最高点与 a 点应在同一水平线上B小球每次经过最低点时所受洛伦兹力大小相等C小球每次经过最低点时所受洛伦兹力方向相同D小球每次经过最低点时轻绳所受拉
7、力大小相等解析 由洛伦兹力不做功，小球机械能守恒，小球在最低点的速度大小相等，选项 A、B 均正确；设小球在最低点的速度为 v，从右侧摆下时，在最低点受洛伦兹力的方向竖直向下，且 T1qvBmgmv2L；从左侧摆下时，在最低点受洛伦兹力的方向竖直向上，且 T2qvBmgmv2L；T1T2，选项 C、D 均错答案 AB4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产生的各种不同正离子束(速度可看做零)，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，设离子射出磁场的位置到入口处S1的距离为x，下列判断正确的是()A若离子束是同位素，则 x 越
8、大，离子进入磁场时速度越小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，则离子质量一定不相同D只要 x 相同，则离子的比荷一定相同解析 在加速电场中，qU12mv2；在磁场中 qvBmv2R；由几何关系知 x2R；以上三式联立可得 x2mvqB 2B2mUq，只有选项 D 正确答案 D5如图所示，圆柱形区域的横截面在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射时，穿过此区域的时间为 t；若该区域加沿轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为 B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转了3，根据上述条件可求得的物理量为()A带电粒子的
9、初速度B带电粒子在磁场中运动的半径C带电粒子在磁场中运动的周期D带电粒子的比荷解析 设圆柱形区域的半径为 R，粒子的初速度为 v0，则 v02Rt，由于 R 未知，无法求出带电粒子的初速度，选项A 错误；若加上磁场，粒子在磁场中的轨迹如图所示，设运动轨迹半径为 r，运动周期为 T，则 T2rv0，速度方向偏转了3，由几何关系得，轨迹圆弧所对的圆心角 3，r3R，联立以上式子得 T 3t；由 T2mqB 得qm23Bt，故选项 C、D 正确；由于 R 未知，无法求出带电粒子在磁场中做圆周运动的半径，选项 B 错误答案 CD热点题型探究题型归纳题型一洛伦兹力的特点【例1】如图所示，摆球是带负电的单
10、摆，在一匀强磁场中摆动，匀强磁场的方向垂直纸面向里，摆球在AB间摆动过程中，由 A 摆到最低点 C 时，摆线拉力为 F1，摆球加速度大小为 a1；由 B 摆到最低点 C 时，摆线拉力的大小为 F2，摆球加速度为a2，则()AF1F2，a1a2 BF1F2，a1a2DF1F2，a1a2解析 带电摆球从 AC 或从 BC 的运动过程中，由于洛伦兹力不做功，故系统的机械能守恒，摆球在最低点 C 的速度等大(vC)、反向，由 av2CR 可知，a1a2；但洛伦兹力 F 洛也等大反向从 AC，摆球在 C 点受力分析如图所示由牛顿第二定律得F1F 洛mgmv2CR同理由 BC 在 C 点F2F 洛mgmv
11、2CR故有 F1F2，选项 B 正确答案 B变式训练 1 我国第 21 次南极科考队在南极观看到了美丽的极光，极光是由来自太阳的高能量带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动，科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关()A洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小B空气阻力做负功，使其动能减小C南北两极的磁感应强度增强D太阳对粒子的引力做负功解析 带电粒子在地磁场中受洛伦兹力作用而偏转，但洛伦兹力不做功，A 项错；由 qvBmv2R得半径 RmvqB.所以粒子速度的减小和地磁场磁感应强度增强都使旋
12、转半径减小，B、C 正确；太阳对粒子的引力与地球对粒子的引力相比较可忽略不计，D 错误答案 BC题型二洛伦兹力大小的计算【例 2】如图所示的各图中，匀强磁场的磁感应强度均为 B，带电粒子的运动速率均为 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解析 FqvB，方向垂直 v 斜向上v 与 B 间夹角 30，故 FqvBsin12qvB，方向垂直纸面向里v 与 B 间夹角 0，故 F0.FqvB，方向垂直 v 斜向上答案 见解析题型三带电粒子在有界匀强磁场中的匀速圆周运动【例3】如图所示，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
13、沿圆形区域的直径方向以速度 v 射入磁场，电子束经过磁场区域后，其运动方向与原入射方向成 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：(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.解析(1)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得evBmv2R，解得RmveB.(2)设电子做匀速圆周运动的周期为 T，则T2Rv 2meB，由如图所示的几何关系得圆心角，所以 t 2TmeB.(3)由如图所示几何关系可知 tan2rR，所以 rmveBtan2.答案(1)mveB(2)meB(3)mveBtan2点评 圆形磁场和粒子的运动轨
14、迹相结合的“双圆问题”要注意两圆相交的几何关系的应用，不可把圆形磁场认为是粒子的运动轨迹变式训练 2 电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的电子束经过电压为 U 的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图所示磁场方向垂直于圆面，磁场区的中心为 O，半径为 r，O 与屏幕之间的距离为 L.当不加磁场时，电子束将通过 O 点打到屏幕的中心 M 点当磁场的磁感应强度为 B 时，电子束射到屏幕上的 P 点电子的质量为m，电荷量为 e.(1)求电子打到屏幕时速度的大小；(2)求 P 点到 M 点间的距离 x；(3)若电压 U 和磁场区的半径 r 保持不变，要使 x 增大，可以采取什么办法？解析
15、(1)设电子打到屏幕时速度的大小为v，对电子加速过程由动能定理有eU12mv2解得v2eUm.(2)如图所示，电子经磁场区引起的偏向角 与电子在磁场区完成的圆弧所对的圆心角(2)相等，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得evBmv2R 由图中几何关系有tanxL tanrR 由于2，所以由倍角公式得tan 2tan1tan2 由联立解得x2BrL 2meU2mUeB2r2.(3)由式可知：若电压U和磁场区的半径r保持不变，要使x增大，可以增大B或增大L.答案(1)2eUm(2)2BrL 2meU2mUeB2r2(3)增大 B 或增大 L题型四带电粒子在有界磁场中运动
16、的临界问题【例4】如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，宽度为d，边界为 CD 和 EF.一电子从 CD 外侧以速率 v0 垂直射入匀强磁场，入射方向与 CD 边界间夹角为，已知电子的质量为 m，电荷量为 e，为使电子能从磁场的另一侧 EF 射出，求电子的速率 v0 至少多大？解析 如图所示，当电子恰好不能从 EF 射出时由几何关系得rrcosd由evBmv2r 得rmv0eB 解得v0Bedm1cos，故电子要射出磁场速率应大于Bedm1cos.答案 Bedm1cos变式训练3 如图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场，在ad边中点O处，方向垂直磁
17、场向里射入一速度方向跟ad边夹角30、大小为v0的带正电粒子，已知粒子质量为m，所带电荷量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子所受重力不计，求：(1)粒子能从 ab 边上射出磁场的 v0 的大小范围；(2)如果带电粒子不受上述 v0 大小范围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间解析(1)若粒子速率为v0，则qv0Bm v20R，所以有Rmv0qB，如图所示，设圆心在O1处对应圆弧与ab边相切，相应速率为v01，则R1R1sinL2，将R1mv01qB 代入上式可得，v01qBL3m，类似地，设圆心在O2处对应圆弧与cd边相切，相应速率为v02，则R2R2sin L2，将R2 mv02qB 代
18、入上式可得v02 qBLm.所以粒子能从ab边上射出磁场的v0应满足 qBL3mv0qBLm.(2)由 t 2T 及 T2mqB 可知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角 越大，在磁场中运动的时间也越长由图可知，粒子在磁场中运动的半径 rR1 时，运动的时间最长，圆弧所对的圆心角为(22)，所以最长时间为 t22mqB5m3qB.答案(1)qBL3m v0qBLm(2)5m3qB难点能力突破难点突破一、洛伦兹力和安培力的关系是怎样的1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由 FBILsin 推导洛伦兹力表达式如图所示，设导线中有电
19、流通过时，每个自由电子定向移动的速度都是 v，单位体积内自由电子个数为 n，每个电子带电荷量为 q，则在t 时间内通过导体横截面的电量 QnSvtq.导体中电流的微观表达式为 IQt nqSv.设磁场方向和导线垂直，这段导线受的安培力 F 安BILnqSvvtB.设这段导线内自由电子总个数为 N，则 NnSvt，F 安NqvB，则每个自由电子受的安培力为洛伦兹力 F 洛qvB.当导线中自由电子定向移动速度和磁场方向不垂直时，则 F洛qvBsin.三、带电粒子在有界匀强磁场中做匀速圆周运动的分析方法1圆心确定的两种方法(1)已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射
20、方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图所示，图中 P 为入射点，M 为出射点)(2)已知入射点和出射点的位置时，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(如图所示，P 为入射点，M 为出射点)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)并注意以下两个重要的几何特点：(1)粒子速度的偏向角()等于回旋角()，并等于 AB 弦与切线的夹角(弦切角)的 2 倍(如图所示)，即2t.(2)相对的弦切角()相等，与相邻的弦切角()互补，即180.3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
21、对应的圆心角为 时，其运动时间可由下式表示：t 360T或t 2T.4偏向角的确定带电粒子射出磁场的速度方向和射入磁场的速度方向之间的夹角叫偏向角，偏向角等于圆弧轨迹的圆心角，并等于弦切角的两倍5带电粒子在有界磁场中运动的极值问题注意以下结论，再借助数学方法分析(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切(2)当速度v大小一定时，弧长越长，对应的圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长(3)当速度v大小变化时，其轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长四、质谱仪的工作原理 质谱仪的结构原理如图所示S1 和 S2 之间是加速电场P1 和 P2 间是速度选择器AA为感光胶片
22、其主要特征是将质量数不等，电荷数相等的带电粒子经同一电场加速后进入偏转磁场，由于粒子动量不同，运动的轨迹半径不同而分离，进而分析某元素中所含同位素的种类，在进行计算时要抓住动量和能量的转换关系，顺利求得结果，其推导过程如下RmvqB 2mEkqB 2mUqqB1B2mUq由上式，B、U、q 对同一元素均为常量，故 R m，根据不同的半径，就可计算出不同的质量五、回旋加速器的特点1回旋加速器是磁偏转等实验的一种基本设备2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相连起来是一个初速为零的
23、匀加速直线运动(3)带电粒子每经电场加速一次，回旋半径就增大一次，所以各次半径之比为 1:2:3对于同一回旋加速器，其粒子回旋的最大半径是相同的，解题时务必引起注意(4)粒子最后的速度 vBqR0m，由此可见加速器的能量取决于 D 形盒的大小和电磁铁的磁场强弱.高考能力考向1带电粒子在匀强磁场中的圆周运动1.(2011浙江)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的
24、粒子，下列说法正确的是()A粒子带正电B射出粒子的最大速度为qB3dL2mC保持 d 和 L 不变，增大 B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D保持 d 和 B 不变，增大 L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大解析 本题考查带电粒子在磁场中的运动，意在考查考生应用数学知识处理问题的能力和分析问题的能力由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，选项 A 错；根据洛伦兹力提供向心力 qvBmv2r 可得 vqBrm，r 越大 v 越大，由图可知 r 最大值为 rmax3dL2，选项 B 正确；又 r 最小值为 rminL2，将 r 的最大值和最小值代入 v 的表达式后得出速度之差为 v
25、3qBd2m，可见选项 C 正确，D 错误答案 BC考向2带电粒子在有边界的匀强磁场中的运动2.(2011海南)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形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()A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解析 本题考查带电粒子在磁场中的偏转问题，意在考查考生对磁偏转的
26、理解，对描述轨迹运动的半径和周期的计算等由粒子在磁场中匀速圆周运动半径和周期公式 rmvqB和 T2mqB 知，粒子的比荷相同，则周期相同，速度也相同，则半径相同若粒子都从左边界射出，则半径不同但运动的时间相同，A、C 两项都错；速度相同，则圆周运动的半径相同，又因为粒子的带电性质和比荷都相同，那么轨迹一定相同，B 项对；粒子在磁场运动的时间为 t 2T，则轨迹的圆心角 越大，运动时间越长，D 项对答案 BD考向3带电粒子在相邻不同方向匀强磁场中的运动3.(2011新课标)如上图，在区域(0 xd)和区域(d0)的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域，其速度方向沿x轴正向已知a在离开区域时，速
27、度方向与x轴正向的夹角为30；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域，其速度大小是a的 13.不计重力和两粒子之间的相互作用力求：(1)粒子 a 射入区域时速度的大小；(2)当 a 离开区域时，a、b 两粒子的 y 坐标之差解析(1)设粒子a在内做匀速圆周运动的圆心为C(在y轴上)，半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P，如图由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvaBm v2aRa1 由几何关系得PCPRa1 dsin 式中，30.由式得va2dqBm.(2)设粒子a在内做圆周运动的圆心为Oa，半径为Ra2，射出点为Pa(图中未画出轨迹)，PO
28、aPa.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qva(2B)m v2aRa2 由式得Ra2Ra12 C、P和Oa三点共线，且由式知Oa点必位于x32d 的平面上由对称性知，Pa点与P点纵坐标相同，即yPaRa1cosh式中，h是C点的y坐标设b在中运动的轨道半径为Rb1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qva3 B mRb1va32设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为.如果b没有飞出，则tTa22 tTb1 2 式中，t是a在区域中运动的时间，而Ta22Ra2va Tb12Rb1va3 由式得30由式可见，b没有飞出.Pb点的y坐标为yPbRb1(2cos)h由式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为yPayPb23(32)d.答案(1)2dqBm(2)23(32)d课后作业