4 洛伦兹力的应用
基础过关练
题组一 利用磁场控制带电粒子的运动
1.如图所示为显像管的原理示意图,电子枪中出射的电子速度都相等。偏转线圈中的电流产生的磁场使电子偏转,若观察到电子束打在荧光屏上的位置由B点逐渐移向A点,则( )
A.线圈产生的磁场方向垂直于纸面向里
B.电子打到不同位置的速度相同
C.偏转线圈中电流需要先不断减小再反方向不断增大
D.洛伦兹力对电子先做负功后做正功
2.(多选题)如图1所示是电视机显像管的原理示意图(俯视图),没有磁场时电子束打在荧光屏正中央的O点。为了使电子束偏转,由安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场。偏转磁场的磁感应强度B随时间变化的规律如图2所示,可实现电子束打在荧光屏上的AOB区域。规定垂直于纸面向里时磁场方向为正,下列说法正确的是( )
图1 图2
A.电子束打在A点时,洛伦兹力对电子做正功
B.t=时,电子束打在OA区域
C.t=时,电子束打在OA区域
D.0~T内,电子束打在荧光屏上的位置由A向B点移动
题组二 质谱仪的原理及应用
3.某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示,A为粒子加速器,加速电压为U1;B为速度选择器,磁场与电场正交,磁感应强度为B1;C为偏转分离器,磁感应强度为B2。今有一质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力),由静止经加速后恰能通过速度选择器,粒子进入分离器后做匀速圆周运动。则下列说法正确的是( )
A.粒子带负电
B.粒子进入速度选择器时的速度v=
C.速度选择器两板间的电场强度E=
D.减小加速电压,粒子在分离器中运动的时间变短
4.如图所示,电场强度E的方向竖直向下,磁感应强度B1的方向垂直于纸面向里,磁感应强度B2的方向垂直于纸面向外,在S处有四个一价正离子甲、乙、丙、丁,均以垂直于电场强度E和磁感应强度B1的方向射入。若四个离子的质量m甲=m乙A.甲、乙、丙、丁 B.甲、丁、乙、丙
C.丙、乙、丁、甲 D.甲、乙、丁、丙
5.质谱仪原理如图所示,a为粒子加速器,电压为U1;b为速度选择器,磁场与电场正交,磁感应强度为B1,板间距离为d;c为偏转分离器,磁感应强度为B2。今有一质量为m、电荷量大小为e的正粒子(初速度忽略,不计重力),经加速器加速后,匀速通过速度选择器,垂直进入分离器做匀速圆周运动。求:
(1)粒子通过加速器后的速度v;
(2)速度选择器两板间的电压U2;
(3)粒子在偏转分离器的磁场中做匀速圆周运动的半径R。
题组三 回旋加速器的原理及应用
6.(多选题)回旋加速器是加速带电粒子的装置,其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒,两盒间的狭缝中有周期性变化的电场,使带电粒子在通过狭缝时能加速,两D形金属盒在垂直于盒底的匀强磁场中,如图所示。设D形盒半径为R,若用回旋加速器加速质子(电荷量q、质量为m)时,匀强磁场的磁感应强度为B,高频交流电频率为f。则下列说法正确的是( )
A.质子被加速后的最大速度为
B.只增大狭缝间的电压,可增大带电粒子在回旋加速器中运动的时间
C.质子被加速后的最大速度与狭缝间的电压大小无关
D.用同一回旋加速器可以同时加速质子H)和氚核H)
7.在高能物理研究中,回旋加速器起着重要作用,如图甲为它的示意图。它由两个中空的半径为R的半圆铝制D形盒组成,两个D形盒正中间开有一条狭缝。两个D形盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。图乙为俯视图,在D形盒上半面中心A处有一正离子源,它发出的正离子,经狭缝间电压加速后,进入D形盒中。在洛伦兹力的作用下运动半周,再经狭缝间电压加速,如此周而复始,最后到达D形盒的边缘,获得最大速度,由导出装置导出。已知正离子的电荷量为q,质量为m,加速时电极间电压大小为U,磁场的磁感应强度为B。每次在电场中加速的时间很短,可以忽略。正离子从离子源出发时的初速度为零,重力不计。
甲
乙
(1)为了使正离子每经过狭缝都被加速,求交变电压的频率f;
(2)求正离子能获得的最大动能Ek;
(3)求正离子从出发到运动到出口处所需的时间t。
能力提升练
题组一 磁场控制电荷运动的综合问题
1.图甲是示波器的结构示意图,图乙是电视机显像管的结构示意图。二者相同的部分是电子枪(给电子加速形成电子束)和荧光屏(电子打在上面形成亮斑);不同的是使电子束发生偏转的部分:示波器是利用电场使电子偏转(偏转电极),显像管是利用磁场使电子偏转(偏转线圈)。关于电子束从电子枪射出后到打在荧光屏上P点的过程中,下列说法正确的是( )
甲
乙
A.甲图中电子通过偏转电极后速度发生了变化,乙图中电子通过偏转线圈后速度没有变化
B.电子在通过两种装置的过程中运动轨迹是完全相同的
C.打在荧光屏上的电子,甲图中电子动能发生了变化,乙图中电子的动能没有变化
D.甲图中电子在偏转电极间做匀速圆周运动,乙图中电子通过偏转线圈时做类平抛运动
题组二 涉及质谱仪的综合问题
2.(多选题)如图所示,某质谱仪的静电分析器通道中心线半径为R,通道内有均匀辐向电场(方向指向圆心O),中心线处的场强大小为E,磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场,其右边界与静电分析器的左边界平行,由粒子源发出不同种类的带电粒子,其中粒子a和b(初速度为零,重力不计),经加速电场加速后由小孔S1进入静电分析器,恰好做匀速圆周运动,而后经小孔S2垂直磁场边界进入磁分析器,最终打在胶片M上。a和b的运动轨迹如图所示,下列判定正确的是( )
A.a和b均带负电,图中P板电势低于Q板电势
B.加速电场的电压U=ER
C.a经过S1时的速度小于b经过S1时的速度
D.a的比荷小于b的比荷
题组三 涉及回旋加速器的综合问题
3.如图所示为回旋加速器的工作原理示意图,两个D形盒间有狭缝,狭缝宽度为d,两个半径为R的D形盒接上高频交流电,并处在匀强磁场中,狭缝间的电场强度大小恒为E;在D1的中心A处有一个粒子源,它产生并发出比荷为k的带正电粒子,粒子的初速度视为0,经加速后从D形盒的边缘以速度v飞出,不计粒子重力,求:
(1)粒子在狭缝之间运动的总时间和匀强磁场的磁感应强度大小;
(2)粒子第4次被加速结束的瞬间位置与A点之间的距离。
题组四 洛伦兹力在现代科技中的应用
4.(多选题)武汉病毒研究所是我国防护等级最高的生物实验室。在某实验室中有一种污水流量计,其原理可以简化为如图乙所示模型:污水内含有大量正、负离子,从直径为d的圆柱形容器右侧流入,左侧流出,流量Q在数值上等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场,下列说法正确的是( )
甲 乙
A.当磁感应强度B减小时,污水流速将减小
B.当污水中离子浓度降低时,M、N两点间电压将减小
C.只需要测量出磁感应强度B及M、N两点间电压U,就能够推算污水的流量Q=
D.当将M、N接入外部回路,该装置将成为磁流体发电机,N点相当于电源的正极
5.(多选题)磁流体发电是一项新兴技术,它可以把物体的内能直接转化为电能。如图所示,平行金属板A、B之间有一个匀强磁场,将一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量正、负带电粒子)喷入磁场,A、B两板间便产生电压,如果把A、B和电阻R连接,设A、B两板间距为d,正对面积为S,等离子体的电阻率为ρ,磁场的磁感应强度为B,等离子体以速度v沿垂直于磁场的方向射入A、B两板之间,则下列说法正确的是( )
A.A是直流电源的负极
B.电源的电动势为Bdv
C.A、B板间电压大小为
D.回路中电流为
6.(经典题)(多选题)如图所示,在一个很小的矩形金属导体薄片上,制作四个电极E、F、M、N,它就成了一个霍尔元件。在E、F间通入恒定的电流I,同时外加与薄片垂直的磁场,则薄片中的电荷就在洛伦兹力的作用下,向着与电流和磁场都垂直的方向漂移,使M、N间出现了电压,称为霍尔电压UH。当磁场方向和电流方向如图所示时,关于霍尔电压的大小,下列说法正确的是( )
A.将磁场方向和电流方向同时反向,N板电势低于M板电势
B.将磁场变为与薄片的上、下表面平行,UH不变
C.电流和磁场方向如图所示时,N板电势高于M板电势
D.在电流和磁场一定时,薄片的厚度越大,则UH越小
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.C 2.BD 3.B 4.B 6.AC
1.C 由于电子束打在荧光屏上的位置由B点逐渐移向A点,即电子在磁场中先向下偏转,再向上偏转,所受洛伦兹力先向下再向上,根据左手定则可判断线圈产生的磁场方向先垂直于纸面向里再垂直于纸面向外,A错误。由于电子在磁场中运动过程中洛伦兹力不做功,所以电子打到不同位置的速度大小相等,但方向不同,B、D错误。电子束打在荧光屏上的位置从B点逐渐移向A点,可知电子在磁场中的偏转角度先逐渐减小到零再反方向增大,磁场的磁感应强度先逐渐减小到零后再反方向增大;由于该磁场由偏转线圈中电流产生,所以偏转线圈中电流需要先不断减小再反方向不断增大,C正确。
2.BD 洛伦兹力始终与电子的速度方向垂直,故洛伦兹力对电子不做功,A错误。t=时,磁场方向垂直于纸面向外,由左手定则可知电子所受洛伦兹力向上,故电子向上偏转,电子束打在OA区域,B正确。t=时,磁场方向垂直于纸面向里,由左手定则可知电子将向下偏转,电子束打在OB区域,C错误。0~内,磁感应强度方向垂直于纸面向外且减小,由左手定则可知电子向上偏转,电子束打在荧光屏上的位置由A向O点移动;~T内,磁感应强度方向垂直于纸面向里且增大,由左手定则可知电子向下偏转,电子束打在荧光屏上的位置由O向B点移动;所以0~T内,电子束打在荧光屏上的位置由A向B点移动,D正确。
3.B 根据带电粒子在偏转分离器中的运动轨迹,由左手定则判断可知粒子带正电,故A错误;粒子通过粒子加速器过程,由动能定理有qU1=mv2,解得粒子进入速度选择器时的速度v=,B正确;粒子通过速度选择器,在速度选择器内做匀速直线运动,有qvB1=qE,解得两板间的电场强度E=B1,故C错误;减小加速电压,粒子进入速度选择器时的速度减小,则粒子不能通过速度选择器,更不能进入偏转分离器,故D错误。
4.B 只有速率满足v=的粒子才能通过速度选择器,所以通过速度选择器的粒子是乙和丙;根据qvB2=m,知r=,由于m乙5.答案 (1) (2)B1d (3)
解析 (1)在粒子加速器中,粒子加速,由动能定理有eU1=mv2,
解得粒子通过加速器后的速度v=。
(2)由题意可知,在速度选择器中,粒子受到的电场力和洛伦兹力大小相等,则有e=evB1,
解得速度选择器两板间的电压U2=B1dv=B1d。
(3)在偏转分离器的磁场中,粒子受洛伦兹力作用而做匀速圆周运动,则有evB2=,
解得半径R==。
方法技巧 分析质谱仪问题,实质上就是分析带电粒子在电场中的加速运动和在匀强磁场中的匀速圆周运动问题,同时注意以下两个关系式和三个结论。
1.两个关系式:(1)qU=mv2;(2)qvB=m。
2.三个结论:(1)r=;(2)m=;
(3)=。
6.AC 质子在回旋加速器中做圆周运动的最大半径为D形盒的半径,根据洛伦兹力提供向心力,有qvmB=m,解得vm=,质子被加速后的最大速度与狭缝间的电压大小无关,故A、C正确;粒子在D形盒中运动的周期T=,只增大狭缝间的电压,带电粒子在磁场中的加速次数减小,则带电粒子在回旋加速器中运动的时间变短,B错误;根据T=,由于质子H)和氚核H)的比荷不同,所以在D形盒中运动的周期不同,所以不能用同一回旋加速器同时加速质子H)和氚核H),D错误。
7.答案 (1) (2) (3)
思路导引 解此题的关键是理解回旋加速器电磁场的作用。
解析 (1)使正离子每经过狭缝都被加速,交变电压的频率应等于正离子做圆周运动的频率,正离子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有
Bqv=m=m,
解得T=,
所以f=。
(2)当离子从D形盒边缘离开时速度最大,此时离子做圆周运动的半径为D形盒的半径,可得v m=,
故离子获得的最大动能为Ek=m=。
(3)根据动能定理可知正离子被电场加速一次增加的动能为ΔEk=qU,
则正离子运动到出口处被加速的次数为
n==,
正离子在磁场中运动的圈数为n'==,
故正离子从出发到运动到出口处所需的时间为t=n'T=。
方法技巧
带电粒子在回旋加速器中的最大动能、
加速次数及运动时间的计算
(1)带电粒子的最大动能:由r=知,当带电粒子的运动半径最大时,其速度也最大,若D形盒半径为R,则带电粒子的最大动能Ekm=。可见,要提高带电粒子的最大动能,应增大磁感应强度B或D形盒的半径R。
(2)带电粒子被加速次数的计算:粒子在回旋加速器中被加速的次数n=(U是加速电压的大小),一个周期内带电粒子被加速两次。
(3)带电粒子在回旋加速器中运动的时间:在电场中运动的时间为t1,在磁场中运动的时间为t2=T=(n是粒子被加速次数),总时间为t=t1+t2,因为t1 t2,一般认为在回旋加速器中运动的时间近似等于t2。
能力提升练
1.C 2.CD 4.CD 5.ABC 6.AD
1.C 题图乙中电子通过偏转线圈时速度大小没有变化,但方向发生变化,故A错误。电子通过偏转电极时受电场力作用,做类平抛运动,轨迹为抛物线,速度增大,动能增大;而通过偏转线圈时,受洛伦兹力作用,做圆周运动,速度大小不变,动能不变;轨迹不可能相同,故C正确,B、D错误。
2.CD
图形剖析
粒子a和b在静电分析器中都做匀速圆周运动,受到的电场力提供向心力,指向圆心,可知电场力方向与电场方向相同,故a和b均带正电,图中P板电势高于Q板电势,A错误。粒子经加速电场过程,根据动能定理可得qU=mv2①;粒子在静电分析器中做匀速圆周运动,电场力提供向心力,则有qE=m②;联立①②解得加速电场的电压为U=,B错误。粒子在磁分析器中,由洛伦兹力提供向心力,可得qvB=m③,联立①②③解得粒子的比荷为=∝,由题图可知a在磁场中的半径大于b在磁场中的半径,故a的比荷小于b的比荷,D正确。粒子经过加速电场过程,根据动能定理可得qU=mv2,解得v=∝,由于a的比荷小于b的比荷,可知a经过S1时的速度小于b经过S1时的速度,C正确。
3.答案 (1) (2)2(+1-)
解析 (1)带电粒子在狭缝之间做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有qE=ma,
根据运动学公式有v=at,
解得t=,
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,
得B=。
(2)粒子在狭缝中第1次被加速时,由动能定理有qEd=m,
解得v1==,
粒子第2次被加速后瞬间,距A点2r1,其中
qv1B=,
解得2r1=2=,
此时粒子的速度v2满足qE·2d=m,解得v2=v1=·,
同理可得,粒子第3次被加速后,沿D形盒直径方向上,距A点(2r2-2r1),其中2r2=2,
第3次被加速后,粒子的速度v3满足qE·3d=m,解得v3=v1=·,
粒子第4次被加速后瞬间,距A点(2r3-2r2+2r1),其中2r3=2,
联立可得,第4次被加速结束瞬间粒子距A点的距离为x=2r1-2r2+2r3=2(+1-)。
4.CD 污水流量计可测出污水流速,但不会改变污水的流速,A错误;当电磁流量计中污水的流量稳定时,污水中的正、负离子做匀速直线运动,所受的电场力和洛伦兹力平衡,有qvB=q,可得U=Bvd,知M、N两点间的电压与污水中离子浓度无关,B错误;污水的流量为Q=Sv=π·=,故只需要测量出磁感应强度B及M、N两点间的电压U,即可推算污水的流量,C正确;根据左手定则可得,正离子向下偏转,负离子向上偏转,故当将M、N接入外部回路时,该装置将成为磁流体发电机,N点相当于电源的正极,D正确。
5.ABC 等离子体喷入磁场中要受到洛伦兹力作用,由左手定则知正粒子将向下偏转,负粒子将向上偏转,所以上板A带负电,是电源的负极,下板B带正电,是电源的正极,A正确;当电场力与洛伦兹力平衡时,带电粒子做匀速直线运动,不再打到极板上,电源的电动势稳定,设电源电动势为E,则qvB=q,得E=Bdv,则流过R的电流为I=,而r=ρ,解得I=,A、B板间电压为U=IR=,故B、C正确,D错误。
6.AD 金属导体中自由电子定向移动产生电流,即载流子为自由电子;电流和磁场方向如题图所示时,根据左手定则,载流子向N板偏转,N板的电势低于M板的电势,若将磁场方向和电流方向同时反向,仍然是N板电势低,A正确,C错误。将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行,则载流子受到上下方向的洛伦兹力(磁场方向与MN平行时),或者不受洛伦兹力(磁场方向与EF平行时),因此M、N间不存在电势差,B错误。设导体薄片的厚度为d,宽度为b,沿电流方向的长度为L,材料截面积为S=bd,设材料单位体积内载流子的个数为n,载流子定向移动的速度为v,M、N间的电压稳定时,载流子所受的电场力等于洛伦兹力,有q=Bqv,电流微观表达式I=nqSv,解得霍尔电压UH=,UH与磁感应强度B、电流I、厚度d有关,在电流I、磁场一定时,薄片的厚度越大,则UH越小,D正确。故选A、D。
方法技巧 磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件的共同特征:粒子在仪器中若只受电场力和洛伦兹力作用,最终电场力和洛伦兹力平衡。
10(共57张PPT)
4 洛伦兹力的应用
如图所示,圆形匀强磁场的半径为r,磁感应强度为B,带电粒子质量为m,电荷量为q,速度为v0。
经过磁场偏转了θ角,则tan = ,R= ,故tan = ,可见,对于一定的带电粒子,可以通过改
变B和v0的大小来控制粒子的偏转角度θ。
必备知识 清单破
利用磁场控制带电粒子运动
知识点 1
1.原理图:如图所示。
2.工作过程
(1)加速过程
知识点 2 质谱仪
带电粒子进入质谱仪的加速电场,由动能定理得Uq= mv2①。
(2)匀速过程
带电粒子进入速度选择器,若其所受电场力和洛伦兹力平衡,即有qE=qvB1②,粒子沿直线运
动,可知能通过速度选择器的带电粒子具有相同的速度。
(3)偏转过程
带电粒子进入质谱仪的偏转磁场做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB2= ③。
3.分析结果
由①②③式联立可以求出r= ,知电荷量相同时,轨迹半径将随质量变化。测出粒子
的轨迹半径r,可算出粒子的质量m、比荷 等。
1.构造图:如图所示。
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,两盒间的电场一次一次地反向,粒子就会被一次一次地加速。
知识点 3 回旋加速器
3.周期:粒子每经过一次加速,其轨道半径就大一些,但粒子做圆周运动的周期不变。
4.最终速度和动能:设D形盒的半径为R,则最大速度vm=BR ,最终动能Ek= m = 。
知识辨析
1.如果一束带电粒子的电荷量q和速度v均相同,而质量m不同,能用匀强磁场把它们分开吗
2.只要回旋加速器足够大,带电粒子就能一直加速吗
3.质谱仪中的速度选择器能选择粒子电性吗
4.带电粒子从回旋加速器中出来时的最大动能与哪些因素有关
一语破的
1.能。由r= 可知,带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与质量有关,如果q、v相
同,m不同,则r不同,这样就可以把不同的粒子分开。
2.不能。按照狭义相对论,粒子的质量随着速度的增加而增大,而质量的变化会导致其回转周
期的变化,从而破坏了与电场变化周期的同步,故不能一直加速。
3.不能。无论正、负粒子,只要具有某一特定速度,粒子在速度选择器中受到的电场力和洛伦
兹力就一定大小相等、方向相反,粒子受力平衡,v= ,与粒子质量、电荷量、电性无关。
4.由Ek= 可知,带电粒子的最大动能与带电粒子的质量、电荷量、回旋加速器的半径
和磁场的磁感应强度有关。
质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。现以右图为例说明其结构和
工作原理。
1.容器A中含有大量电荷量相同而质量有微小差别的带电粒子,从下方小孔S1飘出时,这些带
关键能力 定点破
定点 1 质谱仪的工作原理
电粒子的初速度可认为都为零。
2.对某个质量为m、电荷量为q的带电粒子进行分析:经过S1和S2之间电势差为U的电场加速
后,由qU= mv2可求得其从S2射出时的速度为v= 。该粒子进入偏转磁场后,在洛伦兹力
作用下做圆周运动。由qvB2= 可求得其轨迹半径r= ,将v= 代入可得r=
。
3.由r的表达式可知,电荷量相同而质量不同的带电粒子将沿不同轨迹做圆周运动,经过半个
圆周打在照相底片D上的不同位置,质量越大的带电粒子轨迹半径越大,质量越小的轨迹半径
越小。
(1)如果已知q、U、B2,又测出轨迹半径r,可求得带电粒子的质量m= ,或求得其比荷 =
。
(2)对质量有微小差别的同位素,因q相同、m不同,也可区别、分离出来。在底片上形成的若
干谱线状的细条,称为质谱线。
典例 (多选)如图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,
速度选择器内匀强磁场的磁感应强度为B,匀强电场的电场强度为E。平板S上有可让粒子通
过的狭缝P和记录粒子位置的照相底片A1A2,平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。现有
大量的质子、氘核和α粒子 ( 【1】以不同的初速度(同种粒子的初速度相同)进入
加速电场上端,经狭缝P沿如图轨迹打在照相底片A1A2上的M点和N点,最后在照相底片上出
现了两条亮条纹【2】。忽略粒子重力和粒子间相互作用。关于该过程,下列表述正确的是
( )
AC
A.一定只有两种粒子经过速度选择器后进入了下方磁场
B.三种粒子通过加速电场的过程中电场力做功相等
C.N处条纹是质子打到照相底片上形成的
D.P、N间的距离是M、N间的距离的两倍
思路点拨 根据电场力做功公式W=qU【3】分析粒子通过加速电场过程中电场力做功情况,根
据速度选择器的工作原理【4】分析粒子进入磁场时的速度,根据牛顿第二定律【5】分析轨迹半径。
信息提取 【1】可知质子 H)、氘核 H)和α粒子 He)的电荷量、比荷的关系;
【2】进入磁场后有两条运动轨迹。
解析 带电粒子在加速电场中被加速,电场力做正功,有W=qU(由【3】得到),质子 H)、氘
核 H)通过加速电场过程中电场力做功相等,小于电场力对α粒子做的功(由【1】得到),B错
误;进入速度选择器,沿直线运动的粒子满足qE=qvB(由【4】得到),得v= ,粒子通过加速电
场时,由动能定理得qU= mv2- m ,得v= ,因三种粒子进入加速电场前的初速度不
同,氘核 H)和α粒子 He)的比荷相同,经过加速后二者速度不同,有两种粒子通过速度选择
器进入下方磁场(由【1】【2】得到);进入偏转磁场,有qvB0=m (由【5】得到),得r= =
,所以粒子打在照相底片上的位置只与粒子的比荷有关,照相底片上两条亮条纹一定是
两种粒子打在照相底片上形成的,故A正确;粒子打在照相底片上的位置与狭缝P的距离d=2r
=2× ,与粒子的比荷成反比,则N处条纹是质子打到照相底片上形成的,C正确;P、M间距
离是P、N间距离的两倍,则P、N间的距离等于M、N间的距离,D错误。故选A、C。
1.交变电压的周期
带电粒子做匀速圆周运动的周期T= ,与速率、轨迹半径均无关,运动相等的时间(半
个周期)后进入电场,为了保证带电粒子每次经过狭缝时都被加速,须在狭缝两侧加上跟带电
粒子在D形盒中运动周期相同的交变电压,所以交变电压的周期也与粒子的速率、轨迹半径
无关,由带电粒子的比荷和磁场的磁感应强度决定。
2.带电粒子的最终能量
由r= 知,当带电粒子的运动半径最大时,其速度也最大,若D形盒半径为R,则带电粒子
的最终动能Ekm= ,与加速电压无关。
3.粒子被加速次数的计算
定点 2 回旋加速器的工作原理
粒子在回旋加速器中被加速的次数N= (U是加速电压的大小),一个周期加速两次。
4.粒子加速n次后在磁场中运动的半径rn= ,可见带电粒子在磁场中做圆周运动的
“轨迹”不是等间距分布的。
5.粒子在回旋加速器中运动的时间
在电场中运动的时间为t1= (d为两D形盒间距),在磁场中运动的时间为t2= T=
,总时间为t=t1+t2,因为t1 t2,一般认为在回旋加速器中运动的时间近似等于t2。
1.磁流体发电机
如图甲所示,将一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量带正电和带负电的粒子,从
整体上来说呈电中性)喷射入匀强磁场,磁场中有两块金属板A、B,则高速射入的粒子在洛伦
兹力的作用下向A、B两板聚集,使两板间产生电势差。若平行金属板间距为d,匀强磁场的磁
感应强度为B,等离子体流速为v,气体从一侧垂直磁场射入板间,不计气体电阻,外电路电阻为
R,运动的带电粒子在磁场中受洛伦兹力作用发生偏转,正、负粒子分别到达B、A极板(B为电
源正极,故电流方向从b到a),使A、B板间产生匀强电场,在电场力的作用下偏转逐渐减弱,当
带电粒子不发生偏转即匀速穿过时,如图乙所示,有qvB=qE,所以此时两极板间最大电压U=
Ed=Bdv,据闭合电路欧姆定律可得最大电流I= 。
洛伦兹力在现代科技中的其他应用
定点 3
甲
乙
2.电磁流量计
(1)原理:如图所示是电磁流量计的示意图,在非磁性材料做成的直径为D的圆管道外加一磁
感应强度为B的匀强磁场,当管中的导电液体流过此磁场区域时,测出管壁上a、b两点间的电
势差U,就可以知道管中液体的流量Q(在数值上等于单位时间内流过液体的体积)。
(2)流量的计算:电荷随液体流动,受到与速度方向垂直的洛伦兹力,使正、负电荷在上下两侧
聚集,形成电场。当电场力与洛伦兹力平衡时,达到稳态,此时q =qvB,得v= ,液体流量Q=
v= 。
3.霍尔元件
将一半导体元件放在磁感应强度为B的匀强磁场中,当垂直磁场方向有大小为I的恒定电流通
过半导体元件时,元件中的自由电荷受到洛伦兹力的作用向一侧偏转并积累,在与电流、磁
场方向均垂直的方向上出现电势差,即霍尔电势差,其值U=k 。
典例 在某实验室中有一种污水流量计如图甲所示,其原理可以简化为如图乙所示模型:含有
大量正、负离子的污水从直径为d的圆柱形【1】容器右侧流入,从左侧流出,流量值Q等于单位
时间内通过容器横截面的液体的体积【2】,空间有垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁
场。下列说法正确的是( )
D
A.正、负离子所受洛伦兹力方向水平向左
B.正、负离子所受洛伦兹力方向相同
C.污水流量计也可以用于测量不含自由电荷的液体的流速
D.只需要测量M、N两点间电势差就能够推算污水的流量
信息提取 【1】容器的横截面积S= ;
【2】污水流量Q=Sv。
思路点拨 先根据左手定则【3】判断正、负离子所受洛伦兹力的方向,再根据电磁流量计工
作原理【4】分析C选项,然后根据平衡条件【5】分析污水的流速,最后根据流量定义求解污水流
量。
解析 正离子受到向下的洛伦兹力(由【3】得到),负离子受到向上的洛伦兹力(由【3】得
到),故A、B错误;正、负离子往不同方向运动,从而形成电势差,通过测量电势差的大小可以
计算流速(由【4】得到),因此无法测量不含自由电荷的液体的流速,故C错误;M、N两点间电
势差稳定后,有qvB=q (由【5】得到),解得U=Bvd,污水流量Q= v,其中v= ,解得Q=
(由【1】【2】得到),故D正确。故选D。
讲解分析
1.分析临界、极值问题常用的四个结论
(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)当速率v一定时,弧长越长,圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
(3)当速率v变化时,圆心角大的,运动时间长,解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运
动轨迹的草图,找出圆心,根据几何关系求出半径及圆心角等。
(4)在圆形匀强磁场中,若运动轨迹半径大于区域圆半径,则当入射点和出射点分别为圆形匀
强磁场的同一直径的两个端点时,轨迹对应的偏转角最大(所有的弦中直径最长)。
2.处理临界问题常用的两种方法
解决带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题,关键在于运用动态思维,寻找临界状态(一
学科素养 情境破
带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值问题
题型 1
般是粒子运动轨迹与磁场边界相切或轨迹半径达到最大),常用方法如下:
(1)放缩圆法:定点粒子源发射速度大小不同、方向相同、比荷和电性都相同的粒子,粒子速
度越大,粒子运动轨迹的半径就越大,运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线上。
(2)旋转圆法:定点粒子源发射速度大小相等、方向不同、比荷和电性都相同的粒子,运动轨
迹的圆心在以入射点为圆心,半径为R= 的圆周上。
例题 边长为a的等边三角形ABC区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,
一束质量为m、电荷量为q的带负电粒子【1】(不计重力),从AB边的中点沿平行BC边的方向以
不同的速率射入磁场区域,则 ( )
A.能从BC边射出的粒子的最大速率【2】为
B.能从BC边射出的粒子的最大速率为
典例呈现
A
C.能从BC边射出的粒子在磁场中最长运动时间【3】为
D.能从BC边射出的粒子在磁场中最长运动时间为
信息提取 【1】用左手定则判断洛伦兹力方向时,四指指向粒子运动的相反方向。
【2】根据R= 可知,速率最大,运动半径最大。
【3】轨迹对应的圆心角最大,运动时间最长。
思路点拨 (1)首先根据题意画出粒子的运动轨迹如图所示;
(2)粒子从BC边射出且半径最大时,粒子从C点飞出,根据几何关系可求出半径,根据洛伦兹力
提供向心力求最大速度;
(3)粒子从BC边射出、运动的时间最长时,轨迹对应的圆心角最大,为180°,结合周期公式求最
长时间。
解析 当粒子恰好从C点射出时,轨迹半径最大,速率最大(由【2】得到),轨迹圆心为O1、半
径为r1,由几何关系可知r1=a sin 60°= a,由牛顿第二定律可得qv1B=m ,解得v1= ,选项
A正确,B错误。能从BC边射出的粒子中,当粒子的轨迹恰好与BC边相切时,轨迹所对应的圆
心角最大,为π,圆心为O2,粒子在磁场中运动时间最长(由【3】得到),有t= ,由T= ,解得t=
,选项C、D错误。
原因 特点 图例
带电 粒子 电性 不确 定 受洛伦兹力作用的带电粒子,
可能带正电,也可能带负电,
在初速度相同的条件下,正、
负粒子在磁场中运动轨迹不
同,形成多解
如图,带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场,若带正电,其轨迹为a,若带负电,其轨迹为b
讲解分析
1.多解的原因
带电粒子在磁场中运动的多解问题
题型2
磁场 方向 不确 定 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,此时由于磁感
应强度方向不确定形成多解
如图,带正电粒子以速度v垂
直进入匀强磁场,若B垂直于
纸面向里,其轨迹为a,若B垂
直于纸面向外,其轨迹为b
原因 特点 图例
速度 不确 定 有些题目只指明了带电粒子
的电性,但未具体指出速度的
大小或方向,此时要考虑由于
速度的不确定而形成的多解
如图,两磁场的磁感应强度大
小均为B,带正电的粒子从M
运动到N,速度大小不确定,故
其轨迹有多种可能,造成了多
解
运动 的周 期性 带电粒子在电场和磁场的组
合场空间运动时,运动往往具
有往复性,从而形成多解
如图,带负电的粒子从O点沿
y轴正方向射入匀强磁场后,
在磁场和电场中做周期性运
动
2.解决多解问题的思路
例题 如图所示,直线MN下方无磁场,上方空间存在两个有界匀强磁场,分布在以O点为圆心、
半径为R和2R的两半圆之间区域的磁场方向垂直于纸面向里,分布在以O点为圆心、半径为R
的半圆内的磁场方向垂直于纸面向外,磁感应强度大小均为B。现有一质量为m、电荷量为q
的带负电微粒从P点沿半径方向向左侧射出,最终打到Q点【1】,不计微粒的重力。求:
典例呈现
(1)微粒在磁场中从P点转过90°【2】所用的时间;
(2)微粒从P点到Q点运动的最大速度【3】;
(3)微粒从P点到Q点可能的运动时间【4】。
信息提取 【1】速度方向可能水平向左,也可能水平向右。
【2】运动时间为 。
【3】根据R= 可知,速度最大时,半径最大,还要考虑磁场边界。
【4】存在多解。
思路点拨 (1)根据周期公式以及粒子在磁场中转过的圆心角,即可求出粒子的运动时间;
(2)充分利用粒子运动的对称性及各种推论,作出速度最大时粒子的运动轨迹,然后求出轨迹
半径,根据半径公式即可求出粒子的速度;
(3)根据题意作出粒子可能的运动轨迹,结合数学知识分析粒子运动的可能情况,然后由周期
公式结合粒子转过的圆心角即可求出粒子运动时间。
解析 (1)微粒在磁场中转过90°所用时间为周期的 ,即t= ,
根据洛伦兹力提供向心力,有
qvB= ,
周期T= ,
以上两式联立解得
T= ,t= 。
(2)粒子从P点到Q点,速度越大,则运动半径越大,如图(a)所示粒子的运动半径r=R,要求磁场区
域半径为(1+ )R,大于2R,不符合题意。
图(a)
那么粒子运动轨迹有可能如图(b)所示。
图(b)
根据几何关系以及对称性可知,圆心O与各个轨迹圆心以及各轨迹与半径为R的半圆交点连
线平分180°,则∠POO1=30°,且r=R tan 30°。根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m ,解得v=
。
(3)设粒子在磁场中的运动轨迹为n段圆弧,如图(c)所示。
图(c)
若n为偶数,运动时间恰好为整数个周期,即t= (n=4,6,8,…),
若n为奇数,运动时间为整数个周期加一个优弧对应的运动时间,
其中优弧对应的圆心角为
2π- ×2=π+ ,
即t= · + · = · (n=3,5,7,…)。
答案 (1) (2) (3)见解析
素养解读 本题以带电粒子在有界磁场中的运动为素材,考查洛伦兹力公式、左手定则、粒
子运动的临界、极值等问题。重在培养学生作图、归纳总结及数学应用的能力,灵活体现了
科学思维这一物理学科核心素养。
讲解分析
1.组合场
组合场指电场与磁场各位于一定的区域内的情况。带电粒子在组合场中的运动,实际上
是几个典型运动过程的组合,解决此类问题要分段处理,找出各段之间的衔接点和相关物理量。
2.电偏转与磁偏转
题型3 带电粒子在组合场中的运动
电偏转 磁偏转
偏转条件 垂直电场方向进入匀强电场(不计重力) 垂直磁场方向进入匀强磁场(不计重力)
受力情况 电场力F电=qE,大小和方向都不变 洛伦兹力F洛=qvB,大小不变,方向始终和v垂直
运动类型 类平抛运动 匀速圆周运动
运动轨迹 抛物线 圆或圆弧
运动图示
3.解决带电粒子在组合场中运动问题的思路、方法
例题 如图所示,在平面直角坐标系xOy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场,电场强度大小
为E,方向沿y轴负方向。在第一、四象限内有一个半径为R的圆,圆心坐标为(R,0),圆内有方
向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子(不计重力),以速度v0从第二象限内的P
点沿平行于x轴的方向向右射入电场【1】,通过坐标原点O进入第四象限,速度方向与x轴正方
向成30°角,最后从Q点平行于y轴离开磁场【2】,已知P点的横坐标为-2h。求:
(1)带电粒子的比荷 ;
(2)圆内磁场的磁感应强度B的大小;
(3)带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场经历的总时间。
典例呈现
信息提取 【1】粒子在电场中做类平抛运动。
【2】粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示。
思路点拨 解答本题的思路如下:
(1)在电场中,根据牛顿第二定律【3】得出加速度,根据类平抛运动规律【4】,得出带电粒子的比
荷;
(2)在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力【5】,得出磁场的磁感应强度B,根据周期定义式【6】,得出
粒子在磁场中运动的周期,再得出粒子在磁场中的运动时间,从而得出粒子在电场和磁场中
运动的总时间。
解析 (1)在匀强电场中,带电粒子的加速度a= (由【3】得到),
粒子在水平方向做匀速直线运动,得2h=v0t1,
在竖直方向做匀加速直线运动,粒子到达原点O时,竖直向下的分速度vy=v0 tan 30°,且vy=at1(由
【1】【4】得到),
联立解得 = 。
(2)设粒子进入磁场时的速度为v,有
cos 30°= ,
由几何关系得,粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r=R(由【2】得到),
洛伦兹力提供向心力,可知qvB= (由【5】得到),
联立解得B= 。
(3)粒子在磁场中运动的周期为T= = (由【6】得到),
粒子在磁场中运动的时间为t2= T,
粒子在电场中运动的时间为t1= ,
粒子运动的总时间t=t1+t2,
联立解得t= 。
答案 (1) (2) (3)
带电粒子(物体)在叠加场中的运动
讲解分析
1.洛伦兹力、重力并存
(1)若重力和洛伦兹力平衡,则带电体做匀速直线运动。
(2)若重力和洛伦兹力不平衡,则带电体将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功,故机械能守
恒。
2.电场力、洛伦兹力并存(不计重力)
(1)若电场力和洛伦兹力平衡,则带电体做匀速直线运动。
(2)若电场力和洛伦兹力不平衡,则带电体做复杂的曲线运动,可用动能定理求解。
3.电场力、洛伦兹力、重力并存
(1)若三力平衡,带电体做匀速直线运动。
题型4
(2)若重力与电场力平衡,带电体做匀速圆周运动。
(3)若合力不为零,带电体可能做复杂的曲线运动,可用能量守恒定律或动能定理求解。
4.带电粒子在叠加场中运动的处理方法
(1)确定叠加场的种类
电场、磁场、重力场两两叠加,或三者叠加。
(2)进行受力分析
一般涉及三种场力(电场力、磁场力、重力)、弹力、摩擦力。
(3)运动分析
根据带电粒子的受力情况,判断其运动状态,是做匀速直线运动、匀速圆周运动、匀变速直
线运动还是非匀变速直线运动、非匀变速曲线运动。
(4)利用运动学公式、牛顿第二定律、功能关系分析
①力和运动的角度:根据带电粒子所受的力,运用牛顿第二定律并结合运动学规律求解,必要
时进行运动的合成与分解,如类平抛运动。
②功能的角度:根据场力及其他外力对带电粒子做功引起的能量变化或全过程中的功能关系
解决问题,这条线索不仅适用于均匀场,也适用于非均匀场,因此要熟悉各种力做功的特点。
典例呈现
例题 如图所示,在匀强电场和匀强磁场共存的区域【1】内,电场的电场强度大小为E,方向沿竖
直方向,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。一质量为m的带正电粒子在场区
内的一竖直平面内做匀速圆周运动【2】,重力加速度为g,则可判断 ( )
A.电场强度的方向竖直向下
B.粒子运动的角速度为
C.粒子沿圆周顺时针运动
D.粒子的机械能守恒
B
信息提取 【1】叠加场问题;
【2】相当于粒子只受洛伦兹力,即电场力与重力的合力为零。
思路点拨 根据电场力的方向和电荷电性分析电场的方向,根据牛顿第二定律、周期的定义
式、角速度与周期的关系【3】分析角速度的大小,根据左手定则【4】分析粒子运动方向,根据机
械能守恒条件【5】分析机械能是否守恒。
解析 在叠加场中,粒子做匀速圆周运动,则有mg=qE(由【1】【2】得到),粒子带正电且受到
的电场力方向竖直向上,则电场强度的方向竖直向上,A错误;带电粒子在场区内做匀速圆周
运动,则有qBv=m ,T= ,ω= (由【3】得到),联立解得ω= ,B正确;由带电粒子做匀速
圆周运动的轨迹结合左手定则,可判断粒子沿圆周逆时针运动(由【4】得到),C错误;粒子做
匀速圆周运动过程中,电场力做功,所以粒子的机械能不守恒(由【5】得到),D错误。故
选B。
素养解读 本题以带电粒子在重力场、磁场和电场的叠加场中运动为素材,考查牛顿运动定
律、洛伦兹力公式、左手定则、机械能守恒条件、粒子在叠加场中的受力及运动规律等知
识。重在培养学生分析及归纳总结的能力,灵活体现了科学思维这一物理学科核心素养。
