高一物理课件带电粒子在磁场场中的运动 by my.lizhen

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									高一物理课件        http://www.docstoc.com/profile/my.lizhen




  2012-3-20
一、洛伦兹力

1.定义:磁场对 运动电荷 的作用力.

2.洛伦兹力的方向

      左手定则:伸开左手,使大拇指与其余 四个手指垂直,

      并且都与同一平面内,让磁感线从掌心进入,并使四指
                      拇指
      指向为正电荷运动的方向,这时,   所指的方向就是

      运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向.
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            3.洛伦兹力的大小
                           F=0
            (1)v∥B时,洛伦兹力      .
                             Bqv
            (2)v⊥B时,洛伦兹力F=         .
                                       qvBsinθ
            (3)v与B的夹角为θ时,洛伦兹力F=               .



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   1.利用左手定则判断洛伦兹力的方向时,应特别注意正、

        负电荷的区别.

   2.由于洛伦兹力始终与速度垂直,因此,它永不做功.




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   二、带电粒子在匀强磁场中的运动状态

   1.若v∥B,带电粒子不受洛伦兹力,在匀强磁场中做
            匀速直线
                   运动.

   2.若v⊥B,带电粒子仅受洛伦兹力作用,在垂直于磁
                    匀速圆周
     感线的平面内以入射速度v做       运动.


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            带电粒子在磁场中运动的周期与其速度无关,带电

 粒子在磁场中运动的时间t=         ,其中θ为半径绕过的圆

 心角.




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三、洛伦兹力应用实例
1.回旋加速器
(1)主要构造:两个半圆形金属盒

 D1、D2,它们之间有一定的电势

差,两个半圆盒处于与盒面垂直

的匀强磁场中(如图8-2-1).


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(2)工作原理
①磁场作用:带电粒子 垂直磁场方向射入磁场时,在洛伦
兹力作用下做 匀速圆周运动,其周期与 速率 运动半径无关.
                     和
②交变电压的作用:在两D形盒狭缝间产生周期性变化的
 电场
    ,使带电粒子每经过一次狭缝加速一次.
③交变电压的周期(或频率):与带电粒子在磁场中做圆周运
          相同
动的周期(或频率)    .

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2.质谱仪
(1)功能:分析各化学元素的 同位素并测量其 质量、含量.
(2)原理图:如图8-2-2所示.




            图8-2-2

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 (3)工作原理
     带电粒子在电场中加速: qU=mv2


     带电粒子在磁场中偏转:    =


     带电粒子的比荷:   =


     由此可知,粒子比荷与偏转距离L的平方成反比,凡是比
     荷不相等的都被分开,并按比荷顺序的大小排列,故称之
     为“质谱”.
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 1.洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的作用力,而安

      培力是整个通电导体在磁场中受到的作用力,安培力是

      导体中所有形成电流的定向移动电荷受到的洛伦兹力的

      宏观表现.

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2.由安培力公式F=BIL推导洛伦兹力表达式(磁场与导线方

    向垂直)

    如图8-2-3所示,设有一段长度

    为L的通电导线,横截面积为S,单
                       图8-2-3
    位体积中含有的自由电荷数为n,

    每个自由电荷的电荷量为q,定向

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    移动的平均速度为v,垂直于磁场方向放入磁感应强度为B

    的磁场中.

    导线中的电流为I=nqvS

    导线所受安培力F安=ILB=nqvSLB

    这段导线中含有的运动电荷数为nLS

    所以F洛=   =qvB.

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      1.有关洛伦兹力和安培力的描述,正确的是      (   )

            A.通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用

            B.安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现

            C.带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力做正功

            D.通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向

             平行
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 解析:通电直导线与磁场方向平行时,安培力等于零,故A
 错;安培力一定垂直于磁场和电流所决定的平面,即安培力
 方向一定垂直于磁场方向,D错;洛伦兹力也一定垂直于磁
 场与速度方向决定的平面,即洛伦兹力一定与运动方向垂直,
 洛伦兹力一定不做功,C错;安培力与洛伦兹力的关系为安
 培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现,B项正确.

 答案:B
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               洛伦兹力         电场力
            磁场对在其中运动的电 电场对放入其中电荷的
      性质
            荷的作用力     作用力

            磁场中静止电荷、沿磁 电场中的电荷,无论静
      产生
            场方向运动的电荷都不 止还是沿任何方向运动,
      条件
            受洛伦兹力     都要受到电场力

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                  洛伦兹力           电场力
          ①方向由电荷的正负、磁场方
                             ①方向由电荷正负、
          向以及电荷运动方向决定,各
                             电场方向决定
          方向之间关系遵循左手定则
                             ②正电荷受力方向与
  方向 ②洛伦兹力的方向一定垂直于
                             电场方向一致,负电
          磁场方向以及电荷运动方向
                             荷受力方向与电场方
          (电荷运动方向与磁场方向不
                             向相反
          一定垂直)
          F=qvB(v⊥B),与电荷运动   F=qE,与电荷运动速
  大小
          速度有关               度无关
  做功                         可能做正功,可能做
                 一定不做功
  情况                         负功,也可能不做功
  注意
2012-3-20 B=0,F=0;F=0,B不一    E=0,F=0;F=0,
            安培力是洛伦兹力的宏观表现,但各自的表现形式

   不同,洛伦兹力对运动电荷永远不做功,而安培力对通电

   导线可做正功,可做负功,也可不做功.




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      2.(2009·广东理基)带电粒子垂直匀强磁场方向运动时,

            会受到洛伦兹力的作用.下列表述正确的是(   )

            A.洛伦兹力对带电粒子做功

            B.洛伦兹力不改变带电粒子的动能

            C.洛伦兹力的大小与速度无关

            D.洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向
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   解析:F=qvB,洛伦兹力的特点是永远与运动方向垂直,

   永不做功,因此选B.

   答案:B




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三、带电粒子在有界匀强磁场中做匀速圆周运动的分析

1.确定圆心的两种方法

(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时,可通过入

     射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线,

     两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图8-2-4甲所示,

     图中P为入射点,M为出射点).

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            图8-2-4


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(2)已知入射点和出射点的位置时,可以通过入射点作入射方

    向的垂线,连接入射点和出射点,作其中垂线,这两条垂

    线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图8-2-4乙所示,P为入

    射点,M为出射点).

2.半径的确定

    用几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小.

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 3.运动时间的确定

      t=    T或t=   T或t=

      式中α为粒子运动的圆弧所对应的圆心角,T为周期,s为运

      动轨迹的弧长,v为线速度.




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 4.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程序解题法
       ——三步法
 (1)画轨迹:即确定圆心,用几何方法求半径并画出轨迹.
 (2)找联系:轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系,偏
      转角度与圆心角、运动时间相联系,在磁场中运动的时间
      与周期相联系.
 (3)用规律:即牛顿第二定律和圆周运动的规律,特别是周
      期公式、半径公式.
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   1.直线边界(进出磁场具有对称性,如图8-2-5所示)




              图8-2-5


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   2.平行边界(存在临界条件,如图8-2-6所示)




              图8-2-6

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3.圆形边界(沿径向射入必沿径向射出,如图8-2-7所示)




            图8-2-7

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       3.如图8-2-8所示,在第Ⅰ象限内有垂直于纸面向
            里的匀强磁场,一对正、负电子分别以相同速率与
            x轴成30°角的方向从原点射入磁场,则正、负电子
            在磁场中运动的时间之比为          (    )
            A.1∶2     B.2∶1
            C.1∶      D.1∶1


                              图8-2-8
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 解析:由T=     可知,正、负电子

 的运动周期相同,故所用时间之比等

 于轨迹对应的圆心角之比.

 作出正、负电子运动轨迹如图所示,

 由几何知识可得正电子运动的圆心角等于120°,负电子运

 动的圆心角等于60°,而电荷在磁场中的运动时间t=        T,所

 以t正∶t负=θ正∶θ负=2∶1,故B正确,A、C、D错误.
 答案:B
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            带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动,由于

  多种因素的影响,使问题形成多解.




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 1.带电粒子电性不确定形成多解

      受洛伦兹力作用的带电粒子,可能带正电荷,也可能带

      负电荷,在相同的初速度的条件下,正、负粒子在磁场

      中运动轨迹不同,形成多解.

 2.磁场方向不确定形成多解

      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,此时必须要考虑磁感应强度方向不确
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      定而形成的多解.
3.临界状态不唯一形成多解
     带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有
     界磁场时,由于粒子运动轨迹是圆
     弧状,因此,它可能穿过去了,也
                         图8-2-9
     可能转过180°从入射界面这边反向
     飞出,如图8-2-9所示,于是形成了多解.
4.运动具有周期性形成多解
     带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时,往
     往运动具有周期性,因而形成多解.
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      4.长为L的水平极板间,有垂

            直于纸面向里的匀强磁场,磁感

            应强度为B,板间距离为L,板不

            带电,现有质量为m、电荷量为    图8-2-10

            q的带正电粒子(重力不计),从左边极板间中点处垂直

            磁场以速度v水平入射,如图8-2-10所示,欲使粒子

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            不打在极板上,可采用的办法是       (   )
            A.使粒子速度v<

            B.使粒子速度v>

            C.使粒子速度v>

            D.使粒子速度



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解析:如图所示,粒子能从右边穿出的

运动半径临界值为r1,有r12=L2+(r1-           )2,

得r1=        L.又因为r1=   得v1=   ,

所以v>          时粒子能从右边穿出.

粒子从左边穿出的运动半径的临界值为r2,由r2=                得v2

=       ,所以v<      时粒子能从左边穿出.故选项A、B

正确.
 答案:AB
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  例1、图8-2-11所示

  是科学史上一张著名的实验照片,显示

  一个带电粒子在云室中穿过某种金属板

  运动的径迹.云室放置在匀强磁场中,

  磁场方向垂直照片向里.云室中横放的   图8-2-11

  金属板对粒子的运动起阻碍作用.分析此径迹可知粒子

                           (    )
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            A.带正电,由下往上运动

            B.带正电,由上往下运动

            C.带负电,由上往下运动

            D.带负电,由下往上运动



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  [思路点拨]




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[课堂笔记]      从照片上看,径迹的轨道半径是不同的,下部半

径大,上部半径小,根据半径公式r=       可知,下部速度大,

上部速度小,则一定是粒子从下到上穿越了金属板而损失了

动能,再根据左手定则,可知粒子带正电,因此,正确的选

项是A.
[答案] A

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            图象是给出物理信息的常用方法,所以做物理习题时,

  必须能正确的识图,获取准确信息,否则会出现错误.如本

  题,由于读图能力差,不能根据径迹的弯曲程度正确地推出

  轨道半径的大小从而导致错解.



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例2、在真空中,半径r=3×10-2 m

的圆形区域内有匀强磁场,方向如图

8-2-12所示,磁感应强度B=0.2 T,

一个带正电的粒子,以初速度v0=106           图8-2-12

m/s从磁场边界上直径ab的一端a射入磁场,已知该粒子的比

荷       =108 C/kg,不计粒子重力.求:
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   (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径是多少?

   (2)若要使粒子飞离磁场时有最大偏转角,求入射时v0方向

   与ab的夹角θ及粒子的最大偏转角β.




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   [思路点拨]   洛伦兹力提供向心力,由牛顿定律求得半径;

   欲使偏转角最大,则通过的弧长最大,即粒子应从a点射

   入,从b点射出.




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  [课堂笔记] (1)粒子射入磁场后,由于不计重力,所以洛伦

  兹力充当圆周运动需要的向心力,根据牛顿第二定律有:

  qv0B=

  ∴R=       =5×10-2 m.



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 (2)粒子在圆形磁场区域轨迹为一段
 半径R=5 cm的圆弧,要使偏转角最
 大,就要求这段圆弧对应的弦最长,
 即为场区的直径,粒子运动轨迹的
 圆心O′在ab弦的中垂线上,如图
 所示.由几何关系可知:
 sinθ=      =0.6,
 ∴θ=37°
 而最大偏转角为β=2θ=74°.
 [答案] (1)5×10-2 m (2)37°   74°
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      挖掘隐含的几何条件是解决本题的关键.带电粒子在匀

强磁场中的圆周运动问题,关键之处要正确找出粒子轨迹的

圆心和半径,画出轨迹圆弧,由几何知识明确弦切角、圆心

角和偏转角之间的关系,从而就可进一步求出粒子在磁场中

运动的时间、运动半径等问题.



2012-3-20
例3、一质量为m、电荷量为q的带负电

的粒子,从A点射入宽度为d、磁感应

强度为B的匀强磁场中,MN、PQ为该   图8-2-13

磁场的边界线,磁感线垂直于纸面向里,如图8-2-13所

示.带电粒子射入时的初速度与PQ成45°角,且粒子恰好没

有从MN射出.(不计粒子所受重力)
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    (1)求该带电粒子的初速度v0;

    (2)求该带电粒子从PQ边界射出的出射点到A点的距离x.




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   [思路点拨] 解答此题应注意以下几点:

   (1)注意入射方向的不确定引起多解性;

   (2)根据题意画出带电粒子的轨迹,建立半径和磁场宽度的

   几何关系;

   (3)建立洛伦兹力和圆周运动的关系.


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  [解题样板] (1)如图8-2-14

  所示,若初速度向右上方,设

  轨道半径为R1,由几何关系可
                        图8-2-14
  得R1=(2+   )d.

  又洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律

  有qv0B=    ,得R1=   ,

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  所以v0=           .

  若初速度向左上方,设轨道半径为R2,由几何关系可得

  R2=(2-    )d,

  得v0=



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 (2)若初速度向右上方,带电粒子从PQ边界上的C点射出,

 △ACO1为等腰直角三角形,∠AO1C=90°,设出射点C到A

 点的距离为x1,由图可知

 x1=        R1=2(   +1)d.

 若初速度向左上方,带电粒子从PQ边界上的D点射出,设

 出射点D到A点距离为x2,由图可知

 x2=        R2=2(   -1)d.
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            [答案] (1)             或

            (2)2(   +1)d或2(   -1)d




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            本题只告诉带电粒子射入的初速度与PQ成45°角,而

   没有说明是向右上方还是向左上方,这样就带来多解,很

   多同学只考虑一个方向而导致解题不完整.




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 例4.一个电子穿过某一空间而未发生偏转,则        (   )

       A.此空间一定不存在磁场

       B.此空间可能有磁场,方向与电子速度平行

       C.此空间可能有磁场,方向与电子速度垂直

       D.以上说法都不对



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   解析:电子速度方向平行磁场方向时,不受洛伦兹力,不偏

   转;电子速度方向垂直磁场方向时,一定受洛伦兹力,但如

   果同时存在电场,且电场力与磁场力平衡时,电子也不偏转,

   故B、C正确,A、D错误.
  答案:BC


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例5.图8-2-15对应的四种情况中,对各粒子所受洛

     伦兹力的方向的描述,其中正确的是 (   )




                图8-2-15


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        A.垂直于v向右下方   B.垂直于纸面向里

        C.垂直于纸面向外    D.垂直于纸面向里




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   解析:由左手定则可判断A图中洛伦兹力方向垂直于v向

   左上方,B图中洛伦兹力垂直于纸面向里,C图中垂直于

   纸面向里,D图中垂直于纸面向里,故B、D正确,A、C

   错误.
   答案:BD



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        例6.质谱仪的两大重要组成部分是加速
            电场和偏转磁场,如图8-2-16所示
            为质谱仪的原理图.设想有一个静止
            的质量为 m、带电荷量为q的带电粒
            子(不计重力),经电压为U的加速电场
            加速后垂直进入磁感应强度为B的偏
            转磁场中,带电粒子打至底片上的P点,设OP=x,则在
            图8
            -2-17中能正确反映x与U之间的函数关系的是(   )
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2012-3-20
解析:带电粒子先经加速电场加速,故qU=        mv2,进入磁
场后偏转,OP=x=2r=      ,两式联立得,OP=x=

∝     ,所以B为正确答案.

答案:B




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   例7、如图8-2-18所示,

    ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的

    等边三角形,磁场垂直于纸面向外,

    比荷为     的电子以速度v0从A点沿   图8-2-18

    AB方向射入,欲使电子能经过BC边,则磁感应强度B的取值

    应为          (   )

2012-3-20
            A.B>   B.B<

            C.B<   D.B>




2012-3-20
解析:由题意,如图所示,电子正好

经过C点,此时圆周运动的半径R=

            =   ,要想电子从BC边经过,

圆周运动的半径要大于            ,由带电

粒子在磁场中运动的公式r=           有      ,即B<   ,C

选项正确.
答案:C
2012-3-20
8.如图8-2-19所示,一束电子(电荷量为


   e,所受重力可忽略不计)以速度v0垂直


   于磁场边界和磁场方向射入匀强磁场

                         图8-2-19
   中,磁场的磁感应强度为B、宽度为d,


   电子穿过磁场时速度方向与原来入射方向的夹角θ=30°,


   则电子的质量为多少?穿过磁场的时间是多长?
2012-3-20
  解析:电子进入磁场后,只受洛伦兹力,电子做匀速圆周

  运动.根据左手定则判断出其所受洛伦兹力的大致方向,

  画出大致轨迹,过圆弧上A、B两点作运动方向的垂线,交

  于O点,则O点即为圆周的圆心.

  由几何知识可以判断,弧AB所对

  的圆心角和速度的偏向角相等,

2012-3-20
   都为30°.过B点作磁场边界的垂线,根据数学关系,显然

   有Rsinθ=d,所以R=   2d,m=   .电子在磁场中运动

   的时间




   答案:


2012-3-20
例9、串列加速器是用来产生高能离子的装置.图中虚
线框内为其主体的原理示意图,其中加速管的中部b 处
有很高的正电势U,a、c 两端均有电极接地(电势为
零).现将速度很低的负一价碳离子从a 端输入,当离
子到达b 处时,可被设在b处的特殊装置将其电子剥离,
成为n 价正离子,而不改变其速度大小,这些正n 价碳
离子从c 端飞出后进入一与其速度方向垂直的、磁感
强度为B的匀强磁场中,在磁场中做半径

2012-3-20
            为R的圆周运动.已知碳离子的质量
            m =2.0×10 – 26 kg, U=7.5 ×105 V,
            B=0.50T, n=2,
            基元电荷e= 1.6×10 - 19 C ,
            求R.

                                加速管
                            a         b     c   B


                                      加速管

2012-3-20
          设碳离子到达b处时的速度为v1,
     从c 端射出时的速度为v2 ,由能量关系得
      1/2×mv1 2 =eU    ①
       1/2×mv2 2 = 1/2×mv1 2 +neU        ②
     进入磁场后,碳离子做圆周运动,可得
       nev2 B=mv22 /R            ③   加速管
由以上三式可得                              a       b     c   B

     1        2mU ( n  1)   ④
  R                                         加速管
     Bn           e
由④式及题给数值可解得                  R=0.75m
2012-3-20
例10. 一质量为m、带电量为+q 的粒子以速度v 从O点
沿y 轴正方向射入磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域,
磁场方向垂直纸面向外,粒子飞出磁场区域后,从b 处穿
过x轴,速度方向与x 轴正方向的夹角为30°,同时进入
场强为E、方向沿与与x 轴负方向成60°角斜向下的匀强
电场中,通过了b点正下方的C点。如图示,不计重力,
试求:
1. 圆形匀强磁场区域   y
   的最小面积
              v
2. C点到b点的距离h          b x
              m +q
              O   60°   ·       30°
                                 vb
2012-3-20
                   E        C
解:1. 反向延长vb交y 轴于O2 点,作∠bO2 O的角平分线交x 轴
于O1 , O1即为圆形轨道的圆心,半径为R = OO1 =mv/qB ,画出
圆形轨迹交b O2于A点,如图虚线所示。
最小的圆形磁场区域是以OA为直径的圆,如图示:
  OA  2r  3mv
                qB
                                    3m 2 v 2
    S min   r 2   ( 3mv    )2 
                            2qB      4q 2 B 2
                                          y O
2. b到C 受电场力作用,做类平抛运动                          2


                                         v            A
 h sin 30°=vt
                                                           b   x
 h cos 30°=1/2×qE/m×t2 ,
 ∴t=2mv/qEtg 30°
                                        m +q
                                        O    O1            ·
                                                           h   vb
 h  2vt  4 3mv / qE
2012-3-20
                       2                          E
                                                      qE   ·
                                                           C
                                                                返回
  例11、回旋加速器 的D形盒的半径为R,用来加速
质量为m,带电量为q 的质子,使质子由静止加速到能
量为E 后,由A 孔射出。求:
(1)加速器中匀强磁场B 的方向和大小。
(2)设两D形盒间的距离为d,其间电压为U,加速到
上述能量所需回旋周数.
(3)加速到上述能量所需时间(不计通过缝隙的时
间)。


2012-3-20
解:(1)由 qvB=mv2 /R              B  2mE
                 E=1/2×mv2          qR
                             B的方向垂直于纸面向里.
  (2)质子每加速一次,能量增加为qU,每周加速两次,
            所以     n=E/2qU
  (3)周期T=2πm / qB
  且周期与半径r及速度v 都无关                         ~U
                                d
  t = nT = E/2qU×2πm / qB
   = πm E/q2 UB                     A


2012-3-20
例12 . 如图所示,正、负电子初速度垂直于 磁
场方向,沿与边界成 30°角的方向射入匀强磁场
中,求它们在磁场中的运动时间之比.


                  φ1
                       θ

                           φ2



2012-3-20
解析:正电子将沿逆时针方向运动,经过磁场的偏
转角为:        φ1=2θ=60 °
 负电子将沿顺时针方向运动,经过磁场的偏转角为
   φ2=360 °- 2θ=300 °
因为正、负电子在磁场中运动的周期相同        φ1
   (T=2πm/qB ),                θ
   故它们的角速度也相同,
                                   φ2
根据 φ=ωt 可知,正、负电子在磁
场中运动的时间之比为:
  t1 / t2= φ1 / φ2 =1/5
2012-3-20
例13. 如图示,水平向左的匀强电场的场强E=4 伏/米,
垂直纸面向内的匀强磁场的B=2 特,质量为1 千克的
带正电的小物块A从竖直绝缘墙上的M点由静止开始
下滑,滑行0.8m到达N点时离开墙面开始做曲线运动,
在到达P点开始做匀速直线运动,此时速度与水平方
向成45°角,P点离开M点的竖直高度为1.6m,试求:
 1. A沿墙下滑克服摩擦力做的功
 2. P点与M点的水平距离,取g=10m/s2



2012-3-20
 解:在N点有qvNB=qE           vN =E/B=2m/s
 由动能定理 mgh-Wf =1/2 mvN 2         ∴ Wf = 6 J
  在P点三力平衡,qE=mg                        qvP B  2mg  2qE
     vP  2 E / B  2 2m / s                   A        E=4V/m
                                             M f
 由动能定理 , 从N 到 P:                           0.8m
                                                       qvNB
mgh′- qEx=1/2 mvP   2-   1/2 mvN   2
                                           qEN
                                            vN
                                                 ·mg              B=2T
                                                                     qvB
g(h′ -x)=1/2( vP
         ∴x=0.6m
                     2-v
                           N
                               2)=     2
                                                       qE     ·P
                                                              mg     vP

 2012-3-20
  例14、如图示,板长为l 的两平行板间存在着竖直向
下、场强为E的匀强电场,竖直向下、磁感应强度为B的
匀强磁场,两平行板左边边缘的中心为原点O,有一正
离子(重力不计),从O点以某一初速率v 沿x 轴射入电
                                    (l , l / 6,   3l / 3)
场和磁场中.离开两场时的坐标为          。
求此离子的荷质比。(水平向纸内为z 轴正方向。)
                       zz
            3       l
                                            v                   x
                3                   O
                                x           E               B
                O
                            l
                                        y
2012-3-20
解:由运动的合成——若没有电场,则在xOz平面做匀速圆周运动
;加上电场力的作用,则同时在y 方向做匀加速运动。
           3 l
   tanα=    3   α= 30°    β =2 α= 60°
  设运动时间为t,              z               z
                    O′
  t= T/6=πm/3qB     3  β              v   x
                           l                   O
                       3
    y =1/2×qE/ m×t 2               α       x           E   B
                       O
                               2       l
 l /6= 1/2×qE/ m×(πm/3qB)                          y
 ∴q/m= π2E/3B2l
2012-3-20
例15.如图3-7-17甲所示,图的右侧MN为一竖直放置的荧
光屏,O为它的中点,OO′与荧光屏垂直,且长度为L.在
MN的左侧空间存在着方向水平向里的匀强电场,场强大
小为E.乙图是从左边去看荧光屏得到的平面图,在荧光
屏上以O为原点建立如图的直角坐标系.一细束质量为m
、电量为+q 的带电粒子以相同的初速度v0 从O′点沿O′O
方向射入电场区域.粒子的重力和粒子间的相互作用都可
忽略不计.                   M
                                A   y

                       v    O       O x
                  O′
                       E
                       L            乙
2012-3-20                   N
                        甲
(1)若再在MN左侧空间加一个匀强磁场,使得荧光屏
上的亮点恰好位于原点O 处,求这个磁场的磁感应强度
B 的大小和方向.
(2)如果磁感应强度B 的大小
保持不变,但把方向变为与电
场方向相同,则荧光屏上的亮
                     M
点位于图中A 点处,已知A点
                       A y
的纵坐标为 y  3 3 L
                   v O   O x
求: A点横坐标的数值.    O′
                    E
                    L        乙
2012-3-20                N
                     甲
解:(1)电场力向里,洛仑兹力向外,合力为0
, qvB=qE ∴ B=E/v , 方向沿y 轴正向

(2)由运动的合成—— 若没有电场,洛仑兹
力向上,则在甲图平面做匀速圆周运动;加上
电场力的作用,则同时在 - x 方向做匀加速运
动。

2012-3-20
R2=(R-y)2+L2    y  3 3L
          2 3
    R       L                      R   M
            3              R-y θ
                           qvB
Cosθ =(R-y)/R=1/2 θ=60°      y   L           A   y

      t T  R  2 3 L   O′    v       O       O x
           6 3v      9            E
                                 L
              mv
              2   2                              乙
                     3 L
     1 2                 2
                                         N
x   at        0               甲
     2       18 qE          27

 2012-3-20
 例16、如图所示,厚度为h、宽度为d 的导体板放在垂
直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中。当电流通过导体
板时,在导体板的上侧面A和下侧面A′之间会产生电势
差,这种现象称为霍尔效应。实验表明,当磁场不太强
时,电势差U、电流 I 和 B 的关系为 U=KIB/d 式中的比
例系数K称为霍尔系数。
                               B

                       d   A        I

                   h
                               A′
 2012-3-20
  霍尔效应可解释如下:外部磁场的洛仑兹力使运动的
电子聚集在导体板的一侧,在导体板的另一侧会出现多余
的正电荷,从而形成横向电场对电子施加与洛仑兹力方向
相反的静电力。当静电子与洛仑兹
力达到平衡时,导体上下两侧之间       B
就会形成稳定的电势差。设电流I是
由电子的定向流动形成的,     d A      I
电子的平均定向速度为v,
电量为e。回答下列问题:   h
                       A′


2012-3-20
                         低于
 (1)达到稳定状态时,导体板上侧面A的电势_____下
侧面的电势(填高于、低于或等于)。
(2)电子所受洛仑兹力的大小为______。
                  BeV
(3)当导体板上下两侧之间的电势差为U时,电子所受
静电力的大小为______。
(4)由静电力和洛仑兹力平衡的条件,证明霍尔系数
   1
K= ne ,其中n代表导体板单位体积中电子的个数。
                         A
                 v
                     ·
                     e        I   h
                         A′

2012-3-20
解析:(1)由题知电流是由电子向左的定向移动形成,
电子在导体板中定向移动时要受洛仑兹力,由左手定则
知电子向上侧移动,使得上侧出现
                              A
多余负电荷,而下侧出现多余正电       v
荷,形成两侧之间的电势差。结果           ·
                          e        I   h
                              A′
上侧的电势低于下侧A′的电势。

(2)由洛仑兹力公式知电子所受洛仑兹力的大小为 f=Bev



 2012-3-20
(3)上、下两侧面可以看成是平行的,其间的电场
认为是匀强电场,由匀强电场知其场强 E=U/h
所以电子所受静电力 F电= Ee = e U/h
又因电子达到稳定,电场力与洛仑兹力平衡,
即 F电=Bev
(4)因电子稳定,电场力与洛仑兹力平衡,即
 e U/h   =Bev
得U=hvB,且通过导体的电流强度     I=nevdh
将U及I的表达式代入U=KI B/d   ,得K=1/ne
这是一道综合性试题,它展示了一种新型发电机的原
理(磁流体发电机原理)。
2012-3-20
例17.有一个未知的匀强磁场,用如下方法测其磁感
应强度,如图所示,把一个横截面是矩形的铜片放在磁
场中,使它的上、下两个表面与磁场平行,前、后两个
表面与磁场垂直.当通入从左向右的电流 I 时,连接在
上、下两个表面上的电压表示数为U.已知铜片中单位
体积内自由电子数为n,电子质量m,带电量为e,铜片
厚度(前后两个表面厚度)为d,高度(上、下两个表
面的距离)为h,求磁场的磁感应强度B.

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解:达到动态平衡时有         qvB=qE=qU/h
     B=U/vh
   ∵I=nevS=nevhd                 B
   ∴ vh=I/ned
                    V d    A         I
   ∴ B=Udne/I
                    h


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         例18、质量为m、电量为+q的粒子在环中做半径
    为R的圆周运动. A、B为两块中心开有小孔的极板. 原
    来电势都为零, 每当粒子飞经A板时, A板电势升高为+U,
n
    B板电势仍保持为零, 粒子在两板间电场中得到加速. 每
    当粒子离开B板时, A板电势又降为零. 粒子在电场一次
    次加速下动能不断增大, 而绕行半径不变。
    (1) 设t=0时粒子静止在A板小孔处, 在电场作用下加速,
    并绕行第一圈. 求粒子绕行n 圈回到A板时获得的总动
    能En .



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    (2) 为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动, 磁场
    必须周期性递增. 求粒子绕行第n 圈时的磁感应强度
    Bn.
    (3) 求粒子绕行n 圈所需的总时间tn (设极板间距远小
n
    于R).
    (4) 在图(2)中画出A板电势与时间t 的关系(从t=0起画到
    粒子第4次离开B板时即可).
    (5) 在粒子绕行的整个过程中, A板电势是否可以始终保
    持为+U? 为什么?



                              解见下页
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解答: (1)每通过AB一次, 动能增加qU, 通过n次获得的总动能为
        E Kn =1/2mvn2 = nqU
                   2nqU               1 2nmU
(2)R=mvn/Bn q vn               Bn 
                     m                R   q
                        2m           m
(3)每转一转的时间为        Tn       2R
                        qBn         2qUn
                              m       1    1
 t  T1  T2  T3    2R     (1            ……+ 1 )
                             2qU       2    3          n


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(4) 半径不变,速度越来越大,所以周期越来越
小,加速的时间越来越小,u—t 图如右图:
(5) 不可以. 如始终为+U, 则电场力
对粒子运动一周 所做的总功为零.
                     u
                 U

                                           t
                O        t1   t2   t3 t4


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