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2019-2020年高中物理 5.5《探究洛倫茲力》學案 滬科版選修3-1 一、復習目標 1． 掌握洛侖茲力，掌握帶電粒子在勻強磁場中的運動規(guī)律。 2．特別是勻速圓周運動的一些基本特征。 3．了解速度選擇器，質(zhì)譜儀，回旋加速器等的工作原理。 二、難點剖析 1、洛倫茲力 I B F安 F 運動電荷在磁場中受到的磁場力叫洛倫茲力，它是安培力的微觀表現(xiàn)。 計算公式的推導：如圖所示，整個導線受到的磁場力（安培力）為F安 =BIL；其中I=nesv；設導線中共有N個自由電子N=nsL；每個電子受的磁場力為F，則F安=NF。由以上四式可得F=qvB。條件是v與B垂直。當v與B成θ角時，F(xiàn)=qvBsinθ。 2、磁場對運動電荷的作用。 帶電量為q、以速度υ在磁感強度為B的均強磁場中運動的帶電粒子所受到的作用為稱為洛侖茲力，其大小fB的取值范圍為 0≤fB≤qυB. 當速度方向與磁場方向平行時，洛侖茲力取值最小，為零；當速度方向與磁場方向垂直時，洛侖茲力取值最大，為qυB.如果速度方向與磁場方向夾角為θ，可采用正交分解的方式來處理洛侖茲力大小的計算問題。而洛侖茲力的方向則是用所謂的“左手定則”來判斷的。 磁場對運動電荷的洛侖茲力作用具備著如下特征，即洛侖茲力必與運動電荷的速度方向垂直，這一特征保證了“洛侖茲力總不做功”，把握住這一特征，對帶電粒子在更為復雜的磁場中做復雜運動時的有關問題的分析是極有幫助的。 3、帶電粒子在磁場中的運動 （1）電荷的勻強磁場中的三種運動形式。 如運動電荷在勻強磁場中除洛侖茲力外其他力均忽略不計（或均被平衡），則其運動有如下三種形式： 當υ∥B時，所受洛侖茲力為零，做勻速直線運動； 當υ⊥B時，所受洛侖力充分向心力，做半徑和周期分別為 R=，T= 的勻速圓周運動； 當υ與B夾一般角度時，由于可以將υ正交分解為υ∥和υ⊥（分別平行于和垂直于）B，因此電荷一方向以υ∥的速度在平行于B的方向上做勻速直線運動，另一方向以υ⊥的速度在垂直于B的平面內(nèi)做勻速圓周運動。此時，電荷的合運動在中學階段一般不要求定量掌握。 三、典型例題。 M N B O v 例題1． 如圖直線MN上方有磁感應強度為B的勻強磁場。正、負電子同時從同一點O以與MN成30角的同樣速度v射入磁場（電子質(zhì)量為m，電荷為e），它們從磁場中射出時相距多遠？射出的時間差是多少？ 解：由公式知，它們的半徑和周期是相同的。只是偏轉(zhuǎn)方向相反。先確定圓心，畫出半徑，由對稱性知：射入、射出點和圓心恰好組成正三角形。所以兩個射出點相距2r，由圖還可看出，經(jīng)歷時間相差2T/3。答案為射出點相距，時間差為。關鍵是找圓心、找半徑和用對稱。 例題2． 如圖—5所示，在y＜0的區(qū)域內(nèi) 存在勻強磁場，磁場方向垂直于xy平面并指向紙面外，磁感應強度為B.一帶正電的粒子以速度υ0從O點射入磁場，入射方向在xy平面內(nèi)，與x軸正向的夾角為θ.若粒子射出磁場的位置 與O點的距離為l，求該粒子的電量和質(zhì)量之比。 圖—5 分析：注意到幾何關系的確認。 解答：如圖—6所示，帶電粒子射入磁 場后，由于受到洛侖茲力的作用，粒子將沿圖示的 軌跡運動，從A點射出磁場，O、A間的距離為 l.射出方向與x軸的夾角仍為θ，由洛侖茲力公 式和牛頓定律可得， qυ0B=m 式中R為圓軌道的半徑 解得R= 圓軌道的圓心位于OA的中垂線上，由幾何關系可得=Rsinθ y x o B v v a O/ 聯(lián)立上述兩式，解得= 例題3．　一個質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P（a，0）點以速度v，沿與x正方向成60的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。求勻強磁場的磁感應強度B和射出點的坐標。 解：由射入、射出點的半徑可找到圓心O/，并得出半徑為；射出點坐標為（0，）。 O B S v θ P 例題4. 一個負離子，質(zhì)量為m，電量大小為q，以速率v垂直于屏S經(jīng)過小孔O射入存在著勻強磁場的真空室中，如圖所示。磁感應強度B的方向與離子的運動方向垂直，并垂直于圖1中紙面向里. （1）求離子進入磁場后到達屏S上時的位置與O點的距離. （2）如果離子進入磁場后經(jīng)過時間t到達位置P，證明:直線OP與離子入射方向之間的夾角θ跟t的關系是。 解析：（1）離子的初速度與勻強磁場的方向垂直，在洛侖茲力作用下，做勻速圓周運動.設圓半徑為r，則據(jù)牛頓第二定律可得： ，解得 如圖所示，離了回到屏S上的位置A與O點的距離為：AO=2r 所以 r v R v O/ O （2）當離子到位置P時，圓心角： 因為，所以. 畫好輔助線（半徑、速度、軌跡圓的圓心、連心線）。偏角可由求出。經(jīng)歷時間由得出。 O A v0 B 注意：由對稱性，射出線的反向延長線必過磁場圓的圓心。 例題5． 如圖所示，一個質(zhì)量為m、電量為q的正離子，從A點正對著圓心O以速度v射入半徑為R的絕緣圓筒中。圓筒內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小為B。要使帶電粒子與圓筒內(nèi)壁碰撞多次后仍從A點射出，求正離子在磁場中運動的時間t.設粒子與圓筒內(nèi)壁碰撞時無能量和電量損失，不計粒子的重力。 解析：由于離子與圓筒內(nèi)壁碰撞時無能量損失和電量損失，每次碰撞后離子的速度方向都沿半徑方向指向圓心，并且離子運動的軌跡是對稱的，如圖所示。設粒子與圓筒內(nèi)壁碰撞n次（），則每相鄰兩次碰撞點之間圓弧所對的圓心角為2π/（n+1）.由幾何知識可知，離子運動的半徑為 離子運動的周期為，又， 所以離子在磁場中運動的時間為. O＇ M N L A O 例題6. 圓心為O、半徑為r的圓形區(qū)域中有一個磁感強度為B、方向為垂直于紙面向里的勻強磁場，與區(qū)域邊緣的最短距離為L的O＇處有一豎直放置的熒屏MN，今有一質(zhì)量為m的電子以速率v從左側(cè)沿OO＇方向垂直射入磁場，越出磁場后打在熒光屏上之P點，如圖所示，求O＇P的長度和電子通過磁場所用的時間。 M N O, L A O R θ/2 θ θ/2 B P O// P 解析 ：電子所受重力不計。它在磁場中做勻速圓周運動，圓心為O″，半徑為R。圓弧段軌跡AB所對的圓心角為θ，電子越出磁場后做速率仍為v的勻速直線運動， 如圖4所示，連結(jié)OB，∵△OAO″≌△OBO″，又OA⊥O″A，故OB⊥O″B，由于原有BP⊥O″B，可見O、B、P在同一直線上，且∠O＇OP=∠AO″B=θ，在直角三角形ＯＯ＇P中，O＇P=（L+r）tanθ，而，，所以求得R后就可以求出O＇P了，電子經(jīng)過磁場的時間可用t=來求得。 由得R= ， ， A B C D 例題7. 長為L的水平極板間，有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，如圖所示，磁感強度為B，板間距離也為L，板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子（不計重力），從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是： A．使粒子的速度v5BqL/4m； C．使粒子的速度v>BqL/m； D．使粒子速度BqL/4m5BqL/4m時粒子能從右邊穿出。 粒子擦著上板從左邊穿出時，圓心在O＇點，有r2＝L/4，又由r2＝mv2/Bq=L/4得v2＝BqL/4m ∴v2d，即v>Bed/m. 例題9． 如圖—2所示，有a、b、c、d四個離子，它們帶等量同種電荷，質(zhì)量不等，有ma=mb＜mc=md，以不等的速度υa＜υb＜υc＜υd進入速度選擇器 后， 有兩種離子從速度選擇器中射出，進入B2磁場，由此可判定（ ） A．射向P1的是a離子 B．射向P2的是b離子 C．射到A1的是c離子 D．射到A2的是d離子 圖—2 分析：比例解答要求了解“速度選擇器”和“質(zhì)譜儀”的基本原理。 解答：從離子在磁場B2中的偏轉(zhuǎn)方向可知離子帶正電，而正離子在速度選擇器中受到磁場B1的洛侖茲力方向又可由左手定則判斷為向右，電極P1、P2間的電場方向必向左，因為qυbB1=qυcB1=qE，所以能沿直線穿過速度選擇器的必然是速度相等的b、c兩離子；因為qυaB1＜qE，所以a離子穿過速度選擇器必向左偏；因為qυdB1＞qE，所以d離子穿過速度器時必向右偏；因為＜，所以在B2中偏轉(zhuǎn)半徑較小而射到A1的是b離子，在B2中偏轉(zhuǎn)半徑較大而射到A2的是C離子。即經(jīng)例應選A。 例題10．霍爾效應：（xx年理科綜合第29題） 如圖（4）：厚度為h，寬度為d的導體板放在垂直于它的磁感應強度為B的均勻磁場中，當電流通過導體板時,在導體板的上側(cè)面A和下側(cè)面A′之間會產(chǎn)生電勢差。該現(xiàn)象稱為霍爾效應。實驗表明，當磁場不太強時，電勢差U，電流I和B的關系為U=KIB/d。其中比例系數(shù)K稱為霍爾系數(shù)。 分析：外部磁場的洛侖茲力使運動的電子聚集在導體板的一側(cè)，在導體板的另外一側(cè)會出現(xiàn)多余的正電荷，從而形成橫向電場，橫向電場對電子施加與洛侖茲力方向相反的靜電力。當靜電力與洛侖茲力達到平衡時，導體板上下兩側(cè)之間就形成穩(wěn)定的電勢差。 設電流I是由電子的定向流動形成的，電子的平均定向速度為v，電量為e，則： (1) 達到穩(wěn)定狀態(tài)時，導體板上側(cè)面A的電勢 下側(cè)面Aˊ的電勢。（填高于、低于或等于）。 這里要提醒學生注意的是導體板中移動的是自由電子，如圖當電流向右時電子向左定向移動，根據(jù)左手定則可知電子受到的洛侖茲力向上，從而在上側(cè)面A聚集電子帶負電，下側(cè)面Aˊ因失去電子而帶正電。故φA<φA′。 (2) 電子受到的洛侖茲力的大小為 evB 。 (3) 當導體板上下兩側(cè)之間的電勢差為U時，電子所受到的靜電力大小為 因為穩(wěn)定時靜電力等于洛侖茲力，故F電=qE=eU/h或evB。 (4) 由電場力和洛侖茲力的平衡條件證明霍爾系數(shù)K=1/ne，其中n代表導體板單位體積內(nèi)電子的個數(shù)。 證明：由F電=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年理科綜合考試第24題中，再次考到霍爾效應。命題材料是電磁流量計，知識點比上題多考了電阻定律和閉合電路歐姆定律, 這里不再重復了。 例題11． 如圖-4所示，A、B為水平放置的足夠長的平行板，板間距離為d=1.010-2m，A板上有一電子源P，Q點為P點正上方B板上的一點，在紙面內(nèi)向Q點發(fā)射速度在0～3.2107m/s范圍內(nèi)的電子。若垂直紙面加一勻強磁場，磁感應強度B=9.110-3T，已知電子的質(zhì)量m=9.110-31㎏，電子的電量e=1.610-19C，不計電子的重力和電子間的相互作用力，且電子打到板上均被吸收，并轉(zhuǎn)移到大地，求電子擊中A、B兩板上的范圍。 解析：該題雖然與上題條件不同，但都是帶電粒子在有界磁場中的運動，同樣可以用上述方法。 P v 圖-5 假設電子在不受邊界限制的勻強磁場中運動，則根據(jù)左手定則可以判斷：沿PQ方向以大小不同的速度發(fā)射電子，均做順時針方向的勻速圓周運動，這些半徑不等的圓均與PQ相內(nèi)切，它們的圓心都在過P點的水平直線上，如圖-5所示。其中電子運動的最大軌跡半徑rm由F洛=qvB=m得rm= ，代入數(shù)據(jù)得到rm=210-2m=2d，這樣在圖-5的基礎上再加上與直線AP平行的且間距為d的直線BQ就相當于磁場的兩個邊界線，如圖-6所示。這里只需畫出半徑分別是d和2d的兩個特殊的圓，所求范圍由圖即可直接得到。 M P Q N 0 H F 圖-6 A B 由圖-6可知隨著速度的不斷增大，電子的運動半徑也隨之增大，而這些電子只要經(jīng)過半個圓就可以打到A板上，當半徑增大到d即如圖中的小圓時，圓正好與B板相切，且切點為N，電子開始打到B板上，同時電子又被B板擋住，不再打到 A板上，此圓也是電子打到A板上最遠點所對應的圓，這樣電子打在A板上的范圍應該是PH段。而從此刻開始電子只打到B板上，隨著速度的增大，所打到B板上的點逐漸向左移動，一直增大到最大半徑即如圖-6中的大圓的位置，則由圖可知打在B板上的范圍是MN段。根據(jù)幾何關系，H點正好是大圓的圓心。則有 FH===，QM=PF=（2-）d=2.6810-3m， QN=d=1.010-2m，PH=2d=210-2m, 則電子擊中A板P點右側(cè)與P點相距0～210-2m的范圍，即PH段， 擊中B板Q 點右側(cè)與Q點相距2.6810-3m～110-2m的范圍，即MN段