2018-2019學(xué)年高中物理 第5章 磁場與回旋加速器 5.6 洛倫茲力與現(xiàn)代科技學(xué)案 滬科版選修3-1.doc

《2018-2019學(xué)年高中物理 第5章 磁場與回旋加速器 5.6 洛倫茲力與現(xiàn)代科技學(xué)案 滬科版選修3-1.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018-2019學(xué)年高中物理 第5章 磁場與回旋加速器 5.6 洛倫茲力與現(xiàn)代科技學(xué)案 滬科版選修3-1.doc（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

5.6　洛倫茲力與現(xiàn)代科技 學(xué) 習(xí) 目 標(biāo) 知 識 脈 絡(luò) 1.知道回旋加速器的構(gòu)造及工作原理．(重點) 2.知道質(zhì)譜儀的構(gòu)造及工作原理．(重點) 3.了解洛倫茲力在現(xiàn)代科技中的廣泛應(yīng)用． 4.掌握綜合運用電場和磁場知識研究帶電粒子在兩場中的受力與運動問題．(難點) [自 主 預(yù) 習(xí)探 新 知] [知識梳理] 一、回旋加速器 1．構(gòu)造圖及特點(如圖561所示) 圖561 回旋加速器的核心部件是兩個D形盒，它們之間接交流電源，整個裝置處在與D形盒底面垂直的勻強磁場中． 2．工作原理 (1)加速條件 交流電的周期必須跟帶電粒子做圓周運動的周期相等，即T＝. (2)加速特點 粒子每經(jīng)過一次加速，其軌道半徑就大一些(如圖562所示)，但由T＝知，粒子做圓周運動的周期不變． 圖562 二、質(zhì)譜儀 1．原理圖及特點 如圖563所示，S1與S2之間為加速電場；S2與S3之間的裝置叫速度選擇器，它要求E與B1垂直且E方向向右時，B1垂直紙面向外(若E反向，B1也必須反向)；S3下方為偏轉(zhuǎn)磁場． 圖563 2．工作原理 (1)加速 帶電粒子進入加速電場后被加速，由動能定理有qU＝mv2. (2)速度選擇 通過調(diào)節(jié)E和B1的大小，使速度v＝的粒子進入B2區(qū)． (3)偏轉(zhuǎn) R＝?＝＝. 3．應(yīng)用 常用來測定帶電粒子的比荷(也叫荷質(zhì)比)和分析同位素等． [基礎(chǔ)自測] 1．思考判斷(正確的打“√”，錯誤的打“”．) (1)回旋加速器交流電的周期等于帶電粒子圓周運動周期的一半．() (2)回旋加速器的加速電壓越大，帶電粒子獲得的最大動能越大．() (3)利用回旋加速器加速帶電粒子，要提高加速粒子的最終能量，應(yīng)盡可能增大磁感應(yīng)強度B和D形盒的半徑R.(√) (4)比荷不同的帶電粒子通過速度選擇器的速度不同．() (5)電量相同而質(zhì)量不同的帶電粒子，以相同的速度進入勻強磁場后，將沿著相同的半徑做圓周運動．() (6)利用質(zhì)譜儀可以檢測化學(xué)物質(zhì)或核物質(zhì)中的同位素和不同成分．(√) 【提示】　 (1)　交流電周期和粒子圓周運動周期應(yīng)相等． (2)　帶電粒子獲得的最大動能與電壓無關(guān)． (4)　速度選擇器只選擇一定速度的粒子通過． (5)　粒子做圓周運動的半徑與質(zhì)量有關(guān)． 2. (多選)1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖564所示．這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙，下列說法正確的是(　　) 圖564 A．離子由加速器的中心附近進入加速器 B．離子由加速器的邊緣進入加速器 C．離子從磁場中獲得能量 D．離子從電場中獲得能量 AD　[回旋加速器對離子加速時，離子是由加速器的中心附近進入加速器的，故選項A正確，選項B錯誤；離子在磁場中運動時，洛倫茲力不做功，所以離子的能量不變，故選項C錯誤；D形盒D1、D2之間存在交變電場，當(dāng)離子通過交變電場時，電場力對離子做正功，離子的能量增加，所以離子的能量是從電場中獲得的，故選項D正確．] 3.如圖565所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為e的粒子從容器A下方的小孔S，無初速度地飄入電勢差為U的加速電場，然后垂直進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，最后打在照相底片M上．下列說法正確的是(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：69682291】 圖565 A．粒子進入磁場時的速率v＝ B．粒子在磁場中運動的時間t＝ C．粒子在磁場中運動的軌道半徑r＝ D．若容器A中的粒子有初速度，則粒子仍將打在照相底片上的同一位置 C　[在加速電場中由動能定理得eU＝mv2，所以粒子進入磁場時的速度v＝，A錯誤；由evB＝m得粒子的半徑r＝＝，C正確；粒子在磁場中運動了半個周期t＝＝，B錯誤；若容器A中的粒子有初速度，則粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑發(fā)生變化，不能打在底片上的同一位置，D錯誤．] [合 作 探 究攻 重 難] 回旋加速器的理解和應(yīng)用 1．回旋加速器的主要特征 (1)帶電粒子在兩D形盒中回旋周期等于兩盒狹縫之間高頻電場的變化周期，與帶電粒子的速度無關(guān)． (2)將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運動首尾連起來是一個初速度為零的勻加速直線運動． (3)帶電粒子每加速一次，回旋半徑就增大一次，第一次qU＝mv，第二次2qU＝mv，第三次3qU＝mv，…，v1∶v2∶v3＝1∶∶∶….因r＝，所以各半徑之比為1∶∶∶…. 2．最大動能 (1)由r＝得，當(dāng)帶電粒子的速度最大時，其運動半徑也最大，若D形盒半徑為R，則帶電粒子的最終動能為Ekm＝. (2)要提高加速粒子的最終能量，應(yīng)盡可能增大磁感應(yīng)強度B和D形盒的半徑R. 3．粒子被加速次數(shù)的計算 粒子在回旋加速器盒中被加速的次數(shù)n＝(U是加速電壓的大小)，一個周期加速兩次． 4．粒子在回旋加速器中運動的時間 在電場中運動的時間為t1，縫的寬度為d，則nd＝t1，則t1＝，在磁場中運動的時間為t2＝T＝(n是粒子被加速次數(shù))，總時間為t＝t1＋t2，因為t1?t2，一般認(rèn)為在盒內(nèi)的時間近似等于t2. 　用如圖566所示的回旋加速器來加速質(zhì)子，為了使質(zhì)子獲得的最大動能增加為原來的4倍，不能采用的方法是(　　) 圖566 A．將其磁感應(yīng)強度增大為原來的2倍 B．將D形金屬盒的半徑增大為原來的2倍 C．將兩D形金屬盒間的加速電壓增大為原來的4倍 D．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πfR 思路點撥：①由粒子圓周運動推導(dǎo)出最大動能的表達(dá)式． ②從動能的表達(dá)式分析最大動能由哪些因素決定． C　[帶電粒子從D形盒中射出時的動能Ekm＝mv ① 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，則圓周半徑R＝ ② 由①②可得Ekm＝.顯然，帶電粒子的q、m是一定的，則Ekm∝R2B2，即Ekm與磁場的磁感應(yīng)強度B和D形金屬盒的半徑R的乘積的平方成正比，與加速電場的電壓無關(guān)，故A、B正確，C錯誤；粒子運動的最大半徑等于D形盒半徑，有v＝＝2πRf，故D正確．] 分析回旋加速器應(yīng)注意的問題 (1)洛倫茲力永不做功，磁場的作用是讓帶電粒子“轉(zhuǎn)圈圈”，電場的作用是加速帶電粒子． (2)兩D形盒狹縫所加的是與帶電粒子做勻速圓周運動周期相同的交流電，且粒子每次過狹縫時均為加速電壓． (3)若將粒子在電場中的運動合起來看，可等效為勻加速直線運動，末速度由R＝得到，加速度由a＝得到(d為兩D形盒間距)，則t1＝＝. [針對訓(xùn)練] 1.1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如567圖所示，這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙，下列說法錯誤的是(　　) 圖567 A．帶電粒子由加速器的中心附近進入加速器 B．帶電粒子由加速器的邊緣進入加速器 C．電場使帶電粒子加速，磁場使帶電粒子旋轉(zhuǎn) D．帶電粒子從D形盒射出時的動能與加速電場的電壓無關(guān) B　[由回旋加速器的加速原理知，被加速粒子只能由加速器的中心附近進入加速器，從邊緣離開加速器，故A正確，B錯誤；由于在磁場中洛倫茲力不做功，而粒子通過電場時有qU＝mv2，所以粒子是從電場中獲得能量，故C正確；當(dāng)粒子離開回旋加速器時，半徑最大，動能最大，根據(jù)半徑公式r＝知，v＝，則粒子的最大動能Ek＝mv2＝，與加速電場的電壓無關(guān)，故D正確．] 2. (多選)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的勻強磁場中，如圖568所示，要增大帶電粒子射出時的動能，則下列說法中正確的是(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：69682292】 圖568 A．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．增加周期性變化的電場的頻率 D．增大D形金屬盒的半徑 BD　[粒子最后射出時的旋轉(zhuǎn)半徑為D形盒的最大半徑R，R＝，Ek＝mv2＝.可見，要增大粒子的動能，應(yīng)增大磁感應(yīng)強度B和增大D形盒的半徑R，故正確答案為B、D.] 質(zhì)譜儀的原理和應(yīng)用 1.帶電粒子在質(zhì)譜儀中的運動如圖569，可分為三個階段：先加速，再通過速度選擇器，最后在磁場中偏轉(zhuǎn)． 圖569 2．加速：帶電粒子經(jīng)加速電場加速，獲得動能mv2＝qU，故v＝ . 3．速度選擇器：電場力和洛倫茲力平衡，粒子做勻速直線運動，有qE＝qvB1，故v＝. 4．偏轉(zhuǎn)：帶電粒子垂直進入勻強磁場，其軌道半徑r＝＝ ，可得粒子質(zhì)量m＝.不同質(zhì)量的粒子其半徑不同，即磁場可以將同電量而不同質(zhì)量的同位素分開． 　如圖5610所示，兩平行金屬板間距為d，電勢差為U，板間電場可視為勻強電場；金屬板下方有一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場．帶電量為＋q、質(zhì)量為m的粒子，由靜止開始從正極板出發(fā)，經(jīng)電場加速后射出，并進入磁場做勻速圓周運動．忽略重力的影響，求： 圖5610 (1)勻強電場的電場強度E的大?。? (2)粒子從電場射出時速度v的大?。? (3)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R. 思路點撥：①粒子在電場中加速時可以根據(jù)動能定理求出末速度． ②粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)時洛倫茲力提供向心力． 【解析】　(1)勻強電場的電場強度E＝. (2)根據(jù)動能定理得qU＝mv2 解得v＝. (3)根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qvB＝m 解得R＝＝. 【答案】　(1)　(2)　(3) 質(zhì)譜儀問題的分析技巧 (1)分清粒子運動過程的三個階段． (2)在加速階段應(yīng)用動能定理． (3)在速度選擇器中應(yīng)用平衡條件． (4)在偏轉(zhuǎn)階段應(yīng)用洛倫茲力提供向心力的規(guī)律． [針對訓(xùn)練] 3. (多選)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5611所示．離子源S可以發(fā)出各種不同的正離子束，離子從S出來時速度很小，可以認(rèn)為是靜止的．離子經(jīng)過加速電場加速后垂直進入有界勻強磁場(圖中實線框所示)，并沿著半圓周運動到達(dá)照相底片上的P點，測得P點到入口處S1的距離為x.下列說法中正確的是(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：69682293】 圖5611 A．若離子束是同位素，則x越大，離子的質(zhì)量越大 B．若離子束是同位素，則x越大，離子的質(zhì)量越小 C．只要x相同，則離子的質(zhì)量一定相同 D．只要x相同，則離子的比荷一定相同 AD　[加速電場中，由qU＝mv2得，離子出電場時速度v＝.在偏轉(zhuǎn)磁場中，離子做圓周運動的半徑r＝，又由qvB＝，得m＝＝.若離子束是同位素，即q相等，則x越大，離子的質(zhì)量m越大，A正確；由上式可得＝，所以只要x相同，則離子的比荷一定相同，故D正確．] 帶電粒子在復(fù)合場中的運動 1．復(fù)合場與組合場 (1)復(fù)合場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存． (2)組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場分時間段或分區(qū)域交替出現(xiàn)． 2．運動情況分類 (1)靜止或勻速直線運動 當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運動狀態(tài)． (2)勻速圓周運動 當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小相等、方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動． (3)較復(fù)雜的曲線運動 當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線． (4)分階段運動 帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成． 　如圖5612所示，區(qū)域Ⅰ內(nèi)有與水平方向成45角的勻強電場E1，區(qū)域?qū)挾葹閐1，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有正交的有界勻強磁場B和勻強電場E2，區(qū)域?qū)挾葹閐2，磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向下．一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒在區(qū)域Ⅰ左邊界的P點，由靜止釋放后水平向右做直線運動，進入?yún)^(qū)域Ⅱ后做勻速圓周運動，從區(qū)域Ⅱ右邊界上的Q點穿出，其速度方向改變了60，重力加速度為g，求： 圖5612 (1)區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強電場的電場強度E1、E2的大??； (2)區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大?。? (3)微粒從P運動到Q的時間． 思路點撥：①微粒在區(qū)域Ⅰ做直線運動，則電場力在豎直方向的分力與重力平衡． ②微粒在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動，則重力與電場力平衡，洛倫茲力提供向心力． 【解析】　(1)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)水平向右做直線運動，則在豎直方向上有 qE1sin 45＝mg 解得E1＝ 微粒在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動，則在豎直方向上有mg＝qE2 解得E2＝. (2)設(shè)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)水平向右做直線運動時加速度為a，離開區(qū)域Ⅰ時速度為v，在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動的軌道半徑為R，則a＝＝g v2＝2ad1(或qE1cos 45d1＝mv2) Rsin 60＝d2 qvB＝m 解得B＝. (3)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻加速運動，t1＝ 在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動的圓心角為60，則T＝ t2＝＝ 解得t＝t1＋t2＝＋. 【答案】　見解析 復(fù)合場問題的解題方法 畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律． (1)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動時，根據(jù)受力平衡列方程求解． (2)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時，應(yīng)用牛頓運動定律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解． (3)當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解. (4)對于臨界問題，注意挖掘隱含的條件. [針對訓(xùn)練] 4.如圖5613所示，在xOy平面內(nèi)，勻強電場的方向沿x軸正向，勻強磁場的方向垂直于xOy平面向里．一電子在xOy平面內(nèi)運動時，速度方向保持不變．則電子的運動方向沿(　　) 圖5613 A．x軸正向　　　 B．x軸負(fù)向 C．y軸正向 D．y軸負(fù)向 C　[電子受電場力方向一定水平向左，所以需要受向右的洛倫茲力才能做勻速運動，根據(jù)左手定則進行判斷可得電子應(yīng)沿y軸正向運動．] 5．質(zhì)量為m，帶電荷量為q的微粒，以速度v與水平方向成45角進入勻強電場和勻強磁場同時存在的空間，如圖5614所示，微粒在電場、磁場、重力場的共同作用下做勻速直線運動，求： 圖5614 (1)電場強度的大小，該帶電粒子帶何種電荷； (2)磁感應(yīng)強度的大?。? 【導(dǎo)學(xué)號：69682294】 【解析】　(1)微粒做勻速直線運動，所受合力必為零，微粒受重力mg，電場力qE，洛倫茲力qvB，由此可知，微粒帶正電，受力如圖所示，qE＝mg，則電場強度E＝. (2)由于合力為零，則qvB＝mg， 所以B＝. 【答案】　(1)　正電荷　(2) [當(dāng) 堂 達(dá) 標(biāo)固 雙 基] 1．(多選)如圖5615所示，在圖中虛線區(qū)域內(nèi)，存在有電場強度為E的勻強電場和磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場．已知從左方以速度v0水平射入一帶電的粒子，且該帶電粒子保持速度v0勻速穿過該區(qū)域，不計帶電粒子的重力，則在這區(qū)域中的勻強電場E和勻強磁場B的方向正確的是(　　) 圖5615 A．E豎直向下，B垂直紙面向里 B．E豎直向下，B垂直紙面向外 C．E豎直向上，B垂直紙面向外 D．E豎直向上，B垂直紙面向里 AC　[設(shè)粒子帶正電，若E豎直向下，則帶電粒子所受的電場力豎直向下，由平衡條件可知洛倫茲力豎直向上．根據(jù)左手定則判斷得知磁場垂直于紙面向里，故A對，B錯；若E豎直向上，帶電粒子所受的電場力豎直向上，洛倫茲力豎直向下，根據(jù)左手定則判斷得知磁場垂直于紙面向外，故C對，D錯．] 2.如圖5616所示，一個靜止的質(zhì)量為m，帶電量為＋q的帶電粒子(不計重力)，經(jīng)電壓U加速后垂直進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，粒子打至P點，設(shè)OP＝x，能正確反映x與U之間函數(shù)關(guān)系的xU圖像的是(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：69682295】 圖5616 B　[電場加速qU＝mv2，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動qvB＝m，x＝2r，所以有x＝，B正確．] 3.回旋加速器是用來加速一群帶電粒子使它們獲得很大動能的儀器，其核心部分是兩個D形金屬扁盒，兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接，以使在盒間的窄縫中形成勻強電場，使粒子每穿過狹縫都得到加速，兩盒放在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，磁場方向垂直于盒底面，離子源置于盒的圓心附近，若離子源射出的離子電荷量為q，質(zhì)量為m，離子最大回旋半徑為R，其運動軌跡如圖5617所示．問： 圖5617 (1)盒內(nèi)有無電場？ (2)離子在盒內(nèi)做何種運動？ (3)所加交流電頻率應(yīng)是多大，離子角速度為多大？ (4)離子離開加速器時速度為多大，最大動能為多少？ 【解析】　(1)扁形盒由金屬導(dǎo)體制成，扁形盒可屏蔽外電場，盒內(nèi)只有磁場而無電場． (2)離子在盒內(nèi)做勻速圓周運動，每次加速之后半徑變大． (3)離子在電場中運動時間極短，因此高頻交流電壓頻率要等于離子回旋頻率f＝， 角速度ω＝2πf＝. (4)離子最大回旋半徑為R，由牛頓第二定律得qvmB＝，其最大速度為vm＝，故最大動能Ekm＝mv＝. 【答案】　(1)見解析　(2)勻速圓周運動 (3)　　(4)