第2課時-磁場對運動電荷的作用課件

1．洛倫茲力的大小 (1)v∥B時，洛倫茲力F＝

.(θ＝0°或180°) (2)v⊥B時，洛倫茲力F＝

.(θ＝90°) (3)v＝0時，洛倫茲力F＝

.0qvB01．洛倫茲力的大小0qvB02．洛倫茲力的方向 (1)判定方法：應用左手定則，注意四指應指向電流的方向即正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向． (2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于

決定的平面．(注意B和v可以有任意夾角)B和v2．洛倫茲力的方向B和v1．洛倫茲力與安培力相比較

安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，但各自的表現(xiàn)形式不同，洛倫茲力對運動電荷永遠不做功，而安培力對通電導線可做正功，可做負功，也可不做功．1．洛倫茲力與安培力相比較2．洛倫茲力與電場力相比較2．洛倫茲力與電場力相比較1．(2010·深圳調研)如圖11－2－1所示，電子槍射出的電子束進入示波管，在示波管正下方有豎直放置的通電環(huán)形導線，則示波管中的電子束將() A．向上偏轉 B．向下偏轉 C．向紙外偏轉 D．向紙里偏轉1．(2010·深圳調研)如圖11－2－1所示，電子槍射出的解析：由右手螺旋定則，電子束所處位置的磁場方向垂直紙面向外，由左手定則知，電子束將向上偏轉，A項正確．答案：A解析：由右手螺旋定則，電子束所處位置的磁場方向垂直紙面向外，1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做

運動．2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內以入射速度v做

運動．勻速直線勻速圓周1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做(1)向心力由洛倫茲力提供：qvB＝

；(2)軌道半徑公式：R＝

；(3)周期：T＝＝

；(周期T與速度v、軌道半徑R無關)(4)頻率：f＝＝

；(5)角速度：ω＝＝

.(1)向心力由洛倫茲力提供：qvB＝2．在同一勻強磁場中，質子和電子各自在垂直于磁場的平面內做半徑相同的勻速圓周運動，質子的質量為mp，電子的質量為me，則() A．質子與電子的速率之比等于me/mp

B．質子與電子的動量大小之比等于me/mp C．質子與電子的動能之比等于me/mp

D．質子與電子的圓周運動周期之比等于me/mp 答案：AC2．在同一勻強磁場中，質子和電子各自在垂直于磁場的平面內做半1．電視顯像管的工作原理

電視顯像管是應用電子束

(電偏轉、磁偏轉)的原理來工作的，使電子束偏轉的

(電場、磁場)是由兩對偏轉線圈產生的．顯像管工作時，由陰極發(fā)射電子束，利用磁場來使電子束偏轉，實現(xiàn)電視技術中的

，使整個熒光屏都在發(fā)光．磁偏轉磁場掃描1．電視顯像管的工作原理磁偏轉磁場掃描2．質譜儀 (1)構造：如圖11－2－2所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場 和照相底片等構成． 2．質譜儀(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，根據(jù)動能定理可得關系式mv2＝

. ①粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉，做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得關系式qvB＝

. ②由①②兩式可得出需要研究的物理量如粒子軌道半徑、粒子質量、比荷．r＝

，m＝

，＝

.qU(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，qU3．回旋加速器 (1)構造：如圖11－2－3所示，D1、D2是半圓金屬盒，D形盒的縫隙處接

電源．D形盒處于勻強磁場中．

(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期

，粒子在圓周運動的過程中一次一次地經過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，粒子就會被一次一次地加速．由qvB＝，得Ekm＝

，可見粒子獲得的最大動能由

和D形盒半徑決定，與加速電壓

．交流相等磁感應強度無關3．回旋加速器交流相等磁感應強度無關3．一回旋加速器，當電場的頻率一定時，加速α粒子的磁感應強度和加速質子的磁感應強度之比為() A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．1∶4 解析：回旋加速器對粒子的加速過程必須保證電場頻率等于圓周運動的頻率，對質子f電＝；對α粒子f電＝，可得Bα＝·BH＝2BH. 答案：C3．一回旋加速器，當電場的頻率一定時，加速α粒子的磁感應強度【例1】(15分)如圖11－2－4所示，在磁感應強度為B的水平勻強磁場中，有一足夠長的絕緣細棒OO′在豎直面內垂直于磁場方向放置，細棒與水平面夾角為α.一質量為m、帶電荷量為＋q的圓環(huán)A套在OO′棒上，圓環(huán)與棒間的動摩擦因數(shù)為μ，且μ<tanα.現(xiàn)讓圓環(huán)A由靜止開始下滑，試問圓環(huán)在下滑過程中：【例1】(15分)如圖11－2－4所示，在磁感應強度為B的(1)圓環(huán)A的最大加速度為多大？獲得最大加速度時的速度為多大？(2)圓環(huán)A能夠達到的最大速度為多大？(1)圓環(huán)A的最大加速度為多大？獲得最大加速度時的速度為多大解析：(1)由于μ<tanα，所以環(huán)將由靜止開始沿棒下滑．環(huán)A沿棒運動的速度為v1時，受到重力mg、洛倫茲力qv1B、桿的彈力FN1和摩擦力Ff1＝μFN1.根據(jù)牛頓第二定律，對圓環(huán)A沿棒的方向：mgsinα－Ff1＝ma (2分)垂直棒的方向：FN1＋qv1B＝mgcosα (2分)所以當Ff1＝0(即FN1＝0)時，a有最大值am，且am＝gsinα (2分)此時qv1B＝mgcosα (2分)解得：v1＝. (2分)解析：(1)由于μ<tanα，所以環(huán)將由靜止開始沿棒下滑．(2)設當環(huán)A的速度達到最大值vm時，環(huán)受桿的彈力為FN2，摩擦力為Ff2＝μFN2.此時應有a＝0，即mgsinα＝Ff2 (1分)在垂直桿方向上：FN2＋mgcosα＝qvmB (2分)解得：vm＝. (2分)(2)設當環(huán)A的速度達到最大值vm時，環(huán)受桿的彈力為FN2，對帶電體在洛倫茲力作用下運動問題的分析思路1．確定研究對象，并對其進行受力分析．2．根據(jù)物體受力情況和運動情況確定每一個運動過程所適用的規(guī)律．(力學規(guī)律均適用)總之解決這類問題的方法與純力學問題一樣，無非多了一個洛倫茲力． 要特別注意： (1)洛倫茲力不做功，在應用動能定理、機械能守恒定律時要特別注意這一點． (2)注意洛倫茲力可能是恒力也可能是變力．對帶電體在洛倫茲力作用下運動問題的分析思路1－1如圖11－2－5所示，下端封閉、上端開口，高h＝5m、內壁光滑的細玻璃管豎直放置，管底有一質量m＝10g、電荷量q＝0.2C的小球．整個裝置以v＝5m/s的速度沿垂直于磁場方向進入B＝0.2T、方向垂直紙面向里的勻強磁場，由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出．取g＝10m/s2.求：1－1如圖11－2－5所示，下端封閉、上端開口，高h＝5(1)小球的帶電性．(2)小球在管中運動的時間．(3)小球在管內運動過程中增加的機械能．(1)小球的帶電性．解析：(1)小球受洛倫茲力方向向上，故小球帶正電．(2)小球的實際運動速度可分解為水平方向的速度v和豎直方向的速度vy.與兩個分速度對應的洛倫茲力的分力分別是豎直方向的Fy和水平方向的Fx.其中，豎直方向的洛倫茲力Fy＝qvB不變，在豎直方向上由牛頓第二定律得：qvB－mg＝ma.又有h＝at2，解得t＝1s.解析：(1)小球受洛倫茲力方向向上，故小球帶正電．(3)小球飛出管口時，豎直方向的速度為：vy＝at.則小球飛出管口的合速度為：v合＝動能增量ΔEk＝

重力勢能的增量ΔEp＝mgh.解上述各式得機械能增加量為ΔEk＋ΔEp＝1J.答案：(1)帶正電(2)1s(3)1J(3)小球飛出管口時，豎直方向的速度為：vy＝at.【例2】如圖11－2－6所示，直角三角形ABC中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個粒子沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則() A．從P射出的粒子速度大 B．從Q射出的粒子速度大 C．從P射出的粒子，在磁場中運動的時間長 D．兩粒子在磁場中運動的時間一樣長【例2】如圖11－2－6所示，直角三角形ABC中存在一勻強磁解析：作出各自的軌跡如圖所示，根據(jù)圓周運動特點知，分別從P、Q點射出時，與AC邊夾角相同，故可判定從P、Q點射出時，半徑R1<R2，所以，從Q點射出的粒子速度大，B正確；根據(jù)圖示，可知兩個圓心角相等，所以，從P、Q點射出時，兩粒子在磁場中的運動時間相等．正確選項應是B、D.解析：作出各自的軌跡如圖所示，根據(jù)圓周運動特點知，分別從P、帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的分析方法帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的分析方法第2課時---磁場對運動電荷的作用課件若粒子從同一邊界射入磁場，又從同一邊界射出時，速度方向與邊界的夾角相等．即出射點與入射點具有對稱性

2－1如圖11－2－7所示，平行直線aa′與bb′間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.現(xiàn)分別在aa′上某兩點射入帶正電粒子M和N，M、N的初速度方向不同，但與aa′的夾角都為θ，兩粒子都恰不能越過界線bb′.兩粒子的質量均為m，電荷量均為q，兩粒子從射入到bb′的時間分別為t1和t2，則()若粒子從同一邊界射入磁場，又從同一邊界射出時，速度方向與邊界A．t1＋t2＝B．t1＋t2＝C．M粒子的初速度大于N粒子的初速度D．M粒子的軌跡半徑大于N粒子的軌跡半徑A．t1＋t2＝解析：對兩種情況分別作出軌跡可看出兩粒子在磁場中完成的圓弧所對的圓心角之和恰好是180°，則t1＋t2＝，A選項正確，B選項錯誤．從作出的圖可看出RM>RN，由R＝，知vM>vN，所以選項C、D均正確．答案：ACD解析：對兩種情況分別作出軌跡可看出兩粒子在磁場中完成的圓弧所【例3】如圖11－2－8所示，在某空間實驗室中，有兩個靠在一起的等大的圓柱形區(qū)域，分別存在著等大反向的勻強磁場，磁感應強度B＝0.10T，磁場區(qū)域半徑r＝m，左側區(qū)圓心為O1，磁場向里，右側區(qū)圓心為O2，磁場向外．兩區(qū)域切點為C.今有質量m＝3.2×10－26kg.帶電荷量q＝1.6×10－19C的某種離子，從左側區(qū)邊緣的A點以速度v＝106m/s正對O1的方向垂直磁場射入，它將穿越C點后再從右側區(qū)穿出．求：圖11－2－8【例3】如圖11－2－8所示，在某空間實驗室中，有兩個靠在一(1)該離子通過兩磁場區(qū)域所用的時間．(2)離子離開右側區(qū)域的出射點偏離最初入射方向的側移距離為多大？(側移距離指垂直初速度方向上移動的距離)(1)該離子通過兩磁場區(qū)域所用的時間．解析：(1)離子在磁場中做勻速圓周運動，在左右兩區(qū)域的運動軌跡是對稱的，如下圖，設軌跡半徑為R，圓周運動的周期為T.由牛頓第二定律qvB＝

①又：T＝ ②聯(lián)立①②得：R＝ ③T＝ ④解析：(1)離子在磁場中做勻速圓周運動，在左右兩區(qū)域的運動軌將已知代入③得R＝2m ⑤由軌跡圖知：tanθ＝，則θ＝30°則全段軌跡運動時間：t＝ ⑥聯(lián)立④⑥并代入已知得：t＝ s＝4.19×10－6s(2)在圖中過O2向AO1作垂線，聯(lián)立軌跡對稱關系側移總距離d＝2rsin2θ＝2m.答案：(1)4.19×10－6s (2)2m將已知代入③得R＝2m ⑤帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的程序解題法——三步法：1．畫軌跡：即確定圓心，幾何方法求半徑并畫出軌跡．2．找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯(lián)系，偏轉角度與圓心角、 運動時間相聯(lián)系，在磁場中運動的時間與周期相聯(lián)系．3．用規(guī)律：即牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式，半徑公式．帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的程序解題法——三步法：3－1如圖11－2－9所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內，有勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直于圓平面(未畫出)．一群比荷為的負離子體以相同速率v0(較大)，由P點在紙平面內向不同方向射入磁場中發(fā)生偏轉后，又飛出磁場，則下列說法正確的是(不計重力)() A．離子飛出磁場時的動能一定相等 B．離子在磁場中運動半徑一定相等 C．由Q點飛出的離子在磁場中運動的時間最長 D．沿PQ方向射入的離子飛出時偏轉角最大3－1如圖11－2－9所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內，有勻強 解析：射入磁場的粒子比荷相等，但質量不一定相等，故射入時初動能可能不等，又因為磁場對電荷的洛倫茲力不做功，故這些粒子從射入到射出動能不變，但不同粒子的動能可能不等，A項錯誤．粒子在磁場中偏轉的半徑為r＝，由于比荷和速度都相等，磁感應強度B為定值，故所有粒子的偏轉半徑都相等，B正確．同時各粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝，也相等，根據(jù)幾何規(guī)律：圓內，較長的弦對應較大的圓心角，所以從Q點射出的粒子偏轉角最大，在磁場內運動的時間最長，C對．沿PQ方向射入的粒子不可能從Q點射出，故偏角不最大，D項錯，選B、C兩項． 答案：BC 解析：射入磁場的粒子比荷相等，但質量不一定相等，故射入時初如圖11－2－10所示，長方形區(qū)域abcd，長ad＝0.6m，寬ab＝0.3m，O、e分別是ad、bc的中點，以ad為直徑的半圓內有垂直紙面向里的勻強磁場(邊界上無磁場)，磁感應強度B＝0.25T．一群不計重力、質量m＝3×10－7kg、電荷量q＝＋2×10－3C的帶電粒子以速度v＝5×102m/s沿垂直ad的方向垂直于磁場射入磁場區(qū)域()圖11－2－10如圖11－2－10所示，長方形區(qū)域abcd，長ad＝0.6A．從Od段射入的粒子，出射點全部分布在Oa段B．從Oa段射入的粒子，出射點全