《《洛倫茲力的應(yīng)用》導(dǎo)學(xué)案2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《《洛倫茲力的應(yīng)用》導(dǎo)學(xué)案2（18頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、洛倫茲力的應(yīng)用導(dǎo)學(xué)案課前預(yù)習(xí)練1.粒子進入磁場后做勻速圓周運動，射出磁場時速度仍為V0,如圖 1 所示，粒子射出磁場時的速度方向與射入磁場時相比偏轉(zhuǎn)了0角，由幾何關(guān)系知：0tan。=_ .利用磁場控制粒子的運動方向時磁場只改變粒子的運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)：帶電粒子進入質(zhì)譜儀的偏轉(zhuǎn)磁場做勻速圓周運動，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，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 _(2) 原理回旋加速器有兩個銅質(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，勻強磁場 _D 形盒表面.粒子在兩盒空間的勻強磁場中，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】知識點一利用磁場控制帶電粒子的運動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動情況是()A .做勻速直線運動B .做變加速直線運動C.做變減速直線運動D .做間距變大的螺旋運動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電場和勻強磁場，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動B. 若撤去電場，P定做勻加速直線運動C. 若給 P初速度，P 可能做勻速直線運動D 若給 P初速度，P定做曲線運動4如圖 6 所示，用絲線吊一個質(zhì)量為 m 的帶電（絕緣）小球處于勻強磁場中，空氣阻力不 計，當(dāng)小球分別從 A 點和 B 點向最低點 0 運動

5、且兩次經(jīng)過 0 點時（）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)強度為 Bi，板間距離為 d ； c 為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強度為 B2.今有一質(zhì)量為 m、電 荷量為 e的正粒子（不計重力），經(jīng)加速后，該粒子恰能通過速度選擇器，粒子進入分離器后 做勻速圓周運動求：（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動的半徑 R 為多大?知識點四回旋加速器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 加速氘核時所需的磁感應(yīng)強度為多大？氘核所能達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電場和勻強磁場

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，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，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，電子將_若質(zhì)子以大于 V0 的速度，沿垂直于勻強電場和勻強磁場的方向從兩板正中央射入，質(zhì)子將_9. 一個帶正電的微粒（重力不計）穿過如圖 9 所示的勻強磁場和勻強電場區(qū)域時，恰能沿 直線運動，則欲使電荷向下偏轉(zhuǎn)時應(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)于電子的運動情況，下述說法中正確的是（）圖 10A .沿路徑 a 運動，其軌道半徑越來越大B沿路徑 a 運動，其軌道半徑越來越小C. 沿路徑 b 運動，其軌道半徑越來越小D. 沿路徑 b 運動，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 點射出磁場時的速率為 v2,則下列說法中正確的是（粒子重力不計）（）/ 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，勻強電場的方向豎直向下， 勻強磁場的方向垂直紙面向里，三個油滴 a、b、c 帶有等量同種電荷，其中 a 靜止，b 向右做勻速運動，c 向左做勻速運動，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，一個帶正電荷的小球沿光滑水平絕緣的桌面向右運動，飛離桌子邊緣 A ,最后落到地板上.設(shè)有磁場時飛行時間為 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，小球飛行的時間為 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 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都能得到加速，兩 D 形金屬盒處于垂直于盒底面的勻強磁場中，如圖14 所示，要增大帶電粒子射出時的動能，下列

11、說法中正確的是（）A .X1X2C.圖 14A .增大勻強電場間的加速電壓B.增大磁場的磁感應(yīng)強度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，兩個平行金屬板 M、N 間為一個正交的勻強電場和勻強磁場區(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 點射入，沿 00 方向勻速通過 場區(qū)，不計帶電粒子的重力，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。點沿 00 射入仍能勻速通過場區(qū)C.保持電場強度和磁感應(yīng)強度大小不變，方向均與原來相反，粒子以vo從 0 點沿 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)生一個質(zhì)量為 m,電荷量為 q 的正離子，離子產(chǎn)生出來時的速度很小，可以看 作是靜止的，離子產(chǎn)生出來后經(jīng)過電壓U 加速，進入磁感應(yīng)強度為 B 的勻強磁場，沿著半圓運動而達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 入 D 形盒，其最 大 軌 道 半 徑 為R ， 磁 場 的 磁 感 應(yīng) 強 度 為B

14、， 質(zhì) 子 質(zhì) 量 為m 求 ：(1) 質(zhì)子最初進入 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，要離開斜面(g取 10 m/s2).求：圖 17(1) 小滑塊帶何種電荷？(2) 小滑塊離開斜面時的瞬時速度多大？(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 勻速圓周運動電場在磁場中的運動周期加速(3) 帶電粒子 原子核課堂探究練1. A2.C 因為粒子能通過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，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；若撤去電場，P 在重力作用下豎直向下加速，同時 P 又受到洛倫茲力作用，而洛倫茲力垂直速度方向， 故 P 做曲線運動，B 錯；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)，做勻速直線運動，否則做曲線運動，故C 對，D 錯.4. AD 帶電小球受到洛倫茲力和繩的拉力與速度方向時刻垂直，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 點時速度大小不變， 動能相同,A 正確；小球分別從 A 點和 B 點向最低點 O 運動且兩次經(jīng)過 O 點時速度方向相反，由左手定則2v可知兩次過 O 點洛倫茲力方向相反，繩的拉力大小也就不同，故B、C 錯；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動，回轉(zhuǎn)半徑mv_1R= 贏，代入 v 值解得 R=蒼”點評 分析帶電粒子在場中的受力，依據(jù)其運動特點，選擇物理規(guī)律進行求解分析.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 項正確.127. 1.55 T 2.64X10 J解析 氘核在磁場中做圓周運動，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)的圓周運動的半徑恰好等于qBRD 形盒的半徑，所以 v =肓.故氘核所能達到的最大動能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動，須從分析帶電粒子在互相正交的勻強電場和勻強磁場中 受力情況入手.設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為 m,帶電荷量為 q，勻強電場的電場強度為 E,勻強磁場的磁感應(yīng)強 度為 B.帶電粒子以速度 v 垂直射入互相正交的勻強電場和勻強磁場中時，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，顯E然有 Bqv= qE, v = B，即勻速直線通過時，帶電粒子的速度與其質(zhì)量、電荷量無關(guān)如果粒 子帶負電，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)正交的勻強電場和勻強磁場中電場強度、磁感應(yīng)強度分別為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、子在穿過這個區(qū)域時所受的力為：豎直向下的電場力Eq 和豎直向上的洛倫茲 力qvB,且此時 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 度 B 或增大電場強度 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，小球飛落過程為平拋運動.當(dāng)空間有勻強磁場時， 分析小球飛落過程中任一位置受力情況如右圖所示.由于時刻與

22、瞬時速度垂直的洛倫茲力對小球豎直分運動的影響，在同樣落差下與平拋運動只受重力作用相比，小球落地時間加長，所以匕珂2.從洛倫茲力對水平分運動的影響可知，小球水平分速度將比平拋時加大，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速度的方向不同.2V_5.BD 當(dāng)帶電粒子的速度最大時，其運動半徑也最大，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，帶電粒子的最終動能 Ekm= 2mv = 2m ,所以要提高加速粒子射出時的動

23、能，應(yīng)盡可能增大磁感應(yīng)強度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，可能是因為 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，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離開斜面因為下滑過程中只有重力做功，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,小滑塊脫離斜面設(shè)此時小滑塊速度為Vmax, 則此時小滑塊所受1(3)f=T=2nmeBF+ N = mgmgcosa所以vmax= qB