2019-2020年高中物理 5.5《探究洛伦兹力》学案 沪科版选修3-1.doc

2019-2020年高中物理 5.5探究洛伦兹力学案 沪科版选修3-1一、复习目标1 掌握洛仑兹力，掌握带电粒子在匀强磁场中的运动规律。2特别是匀速圆周运动的一些基本特征。3了解速度选择器，质谱仪，回旋加速器等的工作原理。二、难点剖析1、洛伦兹力IBF安F运动电荷在磁场中受到的磁场力叫洛伦兹力，它是安培力的微观表现。计算公式的推导：如图所示，整个导线受到的磁场力（安培力）为F安 =BIL；其中I=nesv；设导线中共有N个自由电子N=nsL；每个电子受的磁场力为F，则F安=NF。由以上四式可得F=qvB。条件是v与B垂直。当v与B成角时，F=qvBsin。2、磁场对运动电荷的作用。带电量为q、以速度在磁感强度为B的均强磁场中运动的带电粒子所受到的作用为称为洛仑兹力，其大小fB的取值范围为 0fBqB.当速度方向与磁场方向平行时，洛仑兹力取值最小，为零；当速度方向与磁场方向垂直时，洛仑兹力取值最大，为qB.如果速度方向与磁场方向夹角为，可采用正交分解的方式来处理洛仑兹力大小的计算问题。而洛仑兹力的方向则是用所谓的“左手定则”来判断的。磁场对运动电荷的洛仑兹力作用具备着如下特征，即洛仑兹力必与运动电荷的速度方向垂直，这一特征保证了“洛仑兹力总不做功”，把握住这一特征，对带电粒子在更为复杂的磁场中做复杂运动时的有关问题的分析是极有帮助的。3、带电粒子在磁场中的运动（1）电荷的匀强磁场中的三种运动形式。如运动电荷在匀强磁场中除洛仑兹力外其他力均忽略不计（或均被平衡），则其运动有如下三种形式：当B时，所受洛仑兹力为零，做匀速直线运动；当B时，所受洛仑力充分向心力，做半径和周期分别为 R=，T=的匀速圆周运动；当与B夹一般角度时，由于可以将正交分解为和（分别平行于和垂直于）B，因此电荷一方向以的速度在平行于B的方向上做匀速直线运动，另一方向以的速度在垂直于B的平面内做匀速圆周运动。此时，电荷的合运动在中学阶段一般不要求定量掌握。三、典型例题。MNBOv例题1 如图直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场。正、负电子同时从同一点O以与MN成30角的同样速度v射入磁场（电子质量为m，电荷为e），它们从磁场中射出时相距多远？射出的时间差是多少？解：由公式知，它们的半径和周期是相同的。只是偏转方向相反。先确定圆心，画出半径，由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形。所以两个射出点相距2r，由图还可看出，经历时间相差2T/3。答案为射出点相距，时间差为。关键是找圆心、找半径和用对称。例题2 如图5所示，在y0的区域内 存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy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0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为.若粒子射出磁场的位置与O点的距离为l，求该粒子的电量和质量之比。 图5分析：注意到几何关系的确认。 解答：如图6所示，带电粒子射入磁场后，由于受到洛仑兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹运动，从A点射出磁场，O、A间的距离为l.射出方向与x轴的夹角仍为，由洛仑兹力公式和牛顿定律可得，q0B=m 式中R为圆轨道的半径 解得R=圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得=RsinyxoBvvaO/联立上述两式，解得=例题3一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P（a，0）点以速度v，沿与x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。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。解：由射入、射出点的半径可找到圆心O/，并得出半径为；射出点坐标为（0，）。OBSvP例题4. 一个负离子，质量为m，电量大小为q，以速率v垂直于屏S经过小孔O射入存在着匀强磁场的真空室中，如图所示。磁感应强度B的方向与离子的运动方向垂直，并垂直于图1中纸面向里.（1）求离子进入磁场后到达屏S上时的位置与O点的距离.（2）如果离子进入磁场后经过时间t到达位置P，证明:直线OP与离子入射方向之间的夹角跟t的关系是。解析：（1）离子的初速度与匀强磁场的方向垂直，在洛仑兹力作用下，做匀速圆周运动.设圆半径为r，则据牛顿第二定律可得： ，解得如图所示，离了回到屏S上的位置A与O点的距离为：AO=2r 所以r vRvO/O（2）当离子到位置P时，圆心角：因为，所以.画好辅助线（半径、速度、轨迹圆的圆心、连心线）。偏角可由求出。经历时间由得出。OAv0B注意：由对称性，射出线的反向延长线必过磁场圆的圆心。例题5 如图所示，一个质量为m、电量为q的正离子，从A点正对着圆心O以速度v射入半径为R的绝缘圆筒中。圆筒内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。要使带电粒子与圆筒内壁碰撞多次后仍从A点射出，求正离子在磁场中运动的时间t.设粒子与圆筒内壁碰撞时无能量和电量损失，不计粒子的重力。解析：由于离子与圆筒内壁碰撞时无能量损失和电量损失，每次碰撞后离子的速度方向都沿半径方向指向圆心，并且离子运动的轨迹是对称的，如图所示。设粒子与圆筒内壁碰撞n次（），则每相邻两次碰撞点之间圆弧所对的圆心角为2/（n+1）.由几何知识可知，离子运动的半径为离子运动的周期为，又，所以离子在磁场中运动的时间为. OMNLAO例题6. 圆心为O、半径为r的圆形区域中有一个磁感强度为B、方向为垂直于纸面向里的匀强磁场，与区域边缘的最短距离为L的O处有一竖直放置的荧屏MN，今有一质量为m的电子以速率v从左侧沿OO方向垂直射入磁场，越出磁场后打在荧光屏上之P点，如图所示，求OP的长度和电子通过磁场所用的时间。MNO,LAOR/2/2BPO/P解析 ：电子所受重力不计。它在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为R。圆弧段轨迹AB所对的圆心角为，电子越出磁场后做速率仍为v的匀速直线运动， 如图4所示，连结OB，OAOOBO，又OAOA，故OBOB，由于原有BPOB，可见O、B、P在同一直线上，且OOP=AOB=，在直角三角形P中，OP=（L+r）tan，而，所以求得R后就可以求出OP了，电子经过磁场的时间可用t=来求得。 由得R=，ABCD例题7. 长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图所示，磁感强度为B，板间距离也为L，板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力），从左边极板间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v5BqL/4m；C使粒子的速度vBqL/m；D使粒子速度BqL/4mv5BqL/4m时粒子能从右边穿出。粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在O点，有r2L/4，又由r2mv2/Bq=L/4得v2BqL/4mv2d，即vBed/m.例题9 如图2所示，有a、b、c、d四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等，有ma=mbmc=md，以不等的速度abcd进入速度选择器后，有两种离子从速度选择器中射出，进入B2磁场，由此可判定（ ）A射向P1的是a离子 B射向P2的是b离子C射到A1的是c离子 D射到A2的是d离子 图2分析：比例解答要求了解“速度选择器”和“质谱仪”的基本原理。解答：从离子在磁场B2中的偏转方向可知离子带正电，而正离子在速度选择器中受到磁场B1的洛仑兹力方向又可由左手定则判断为向右，电极P1、P2间的电场方向必向左，因为qbB1=qcB1=qE，所以能沿直线穿过速度选择器的必然是速度相等的b、c两离子；因为qaB1qE，所以a离子穿过速度选择器必向左偏；因为qdB1qE，所以d离子穿过速度器时必向右偏；因为，所以在B2中偏转半径较小而射到A1的是b离子，在B2中偏转半径较大而射到A2的是C离子。即经例应选A。例题10霍尔效应：（xx年理科综合第29题）如图（4）：厚度为h，宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的均匀磁场中，当电流通过导体板时,在导体板的上侧面A和下侧面A之间会产生电势差。该现象称为霍尔效应。实验表明，当磁场不太强时，电势差U，电流I和B的关系为U=KIB/d。其中比例系数K称为霍尔系数。 分析：外部磁场的洛仑兹力使运动的电子聚集在导体板的一侧，在导体板的另外一侧会出现多余的正电荷，从而形成横向电场，横向电场对电子施加与洛仑兹力方向相反的静电力。当静电力与洛仑兹力达到平衡时，导体板上下两侧之间就形成稳定的电势差。设电流I是由电子的定向流动形成的，电子的平均定向速度为v，电量为e，则：(1) 达到稳定状态时，导体板上侧面A的电势 下侧面A的电势。（填高于、低于或等于）。这里要提醒学生注意的是导体板中移动的是自由电子，如图当电流向右时电子向左定向移动，根据左手定则可知电子受到的洛仑兹力向上，从而在上侧面A聚集电子带负电，下侧面A因失去电子而带正电。故AA。(2) 电子受到的洛仑兹力的大小为 evB 。(3) 当导体板上下两侧之间的电势差为U时，电子所受到的静电力大小为 因为稳定时静电力等于洛仑兹力，故F电=qE=eU/h或evB。(4) 由电场力和洛仑兹力的平衡条件证明霍尔系数K=1/ne，其中n代表导体板单位体积内电子的个数。证明：由F电=F洛，有 eU/h=evB, 得 U=Bvh，而已知U=KIB/d ， I=q/t=nehdvt/t=nevhd。代入Bvh=KnevhdB/d，得 K=1/ne。在xx年理科综合考试第24题中，再次考到霍尔效应。命题材料是电磁流量计，知识点比上题多考了电阻定律和闭合电路欧姆定律, 这里不再重复了。例题11 如图-4所示，A、B为水平放置的足够长的平行板，板间距离为d=1.010-2m，A板上有一电子源P，Q点为P点正上方B板上的一点，在纸面内向Q点发射速度在03.2107m/s范围内的电子。若垂直纸面加一匀强磁场，磁感应强度B=9.110-3T，已知电子的质量m=9.110-31，电子的电量e=1.610-19C，不计电子的重力和电子间的相互作用力，且电子打到板上均被吸收，并转移到大地，求电子击中A、B两板上的范围。 解析：该题虽然与上题条件不同，但都是带电粒子在有界磁场中的运动，同样可以用上述方法。Pv图-5 假设电子在不受边界限制的匀强磁场中运动，则根据左手定则可以判断：沿PQ方向以大小不同的速度发射电子，均做顺时针方向的匀速圆周运动，这些半径不等的圆均与PQ相内切，它们的圆心都在过P点的水平直线上，如图-5所示。其中电子运动的最大轨迹半径rm由F洛=qvB=m得rm= ，代入数据得到rm=210-2m=2d，这样在图-5的基础上再加上与直线AP平行的且间距为d的直线BQ就相当于磁场的两个边界线，如图-6所示。这里只需画出半径分别是d和2d的两个特殊的圆，所求范围由图即可直接得到。MPQN0HF图-6AB 由图-6可知随着速度的不断增大，电子的运动半径也随之增大，而这些电子只要经过半个圆就可以打到A板上，当半径增大到d即如图中的小圆时，圆正好与B板相切，且切点为N，电子开始打到B板上，同时电子又被B板挡住，不再打到 A板上，此圆也是电子打到A板上最远点所对应的圆，这样电子打在A板上的范围应该是PH段。而从此刻开始电子只打到B板上，随着速度的增大，所打到B板上的点逐渐向左移动，一直增大到最大半径即如图-6中的大圆的位置，则由图可知打在B板上的范围是MN段。根据几何关系，H点正好是大圆的圆心。则有FH=，QM=PF=（2-）d=2.6810-3m，QN=d=1.010-2m，PH=2d=210-2m,则电子击中A板P点右侧与P点相距0210-2m的范围，即PH段，击中B板Q 点右侧与Q点相距2.6810-3m110-2m的范围，即MN段