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第六节洛伦兹力与现代技术1．下图中带电粒子所受洛伦兹力的方向向上的是()ABCD【答案】A【解析】A图中带电粒子受力方向向上；B图中带电粒子受力方向向外；C图中带电粒子受力方向向左；D图中带电粒子受力方向向里．2．初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初速度如图所示()A．电子将向右偏转，速率不变B．电子将向左偏转，速率改变C．电子将向左偏转，速率不变D．电子将向右偏转，速率改变【答案】A【解析】本题考查洛伦兹力及是否对带电粒子做功，只要明确了电子所处的磁场方向即可根据左手定则判断出偏转方向．根据以上分析，导线右方由安培定则知磁场方向垂直纸面向里；由左手定则可知，洛伦兹力向右，所以电子向右偏转，洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小．一、带电粒子在磁场中的运动1．运动轨迹(1)匀速直线运动：带电粒子的速度方向与磁场方向平行(相同或相反)，此时带电粒子所受洛伦兹力为____，粒子将以速度v做匀速直线运动．(2)匀速圆周运动：带电粒子垂直射入匀强磁场，由于洛伦兹力始终和运动方向垂直，因此，带电粒子速度大小不变，但是速度方向不断在变化，所以带电粒子做__________运动，洛伦兹力提供________．0匀速圆周向心力2．轨迹半径和周期由F向＝f得qvB＝mv2R，所以有R＝__________，T＝____________．mvqB2πmqB二、质谱仪1．构造如图所示，主要由以下几部分组成：①带电粒子注入器；②加速电场(U)；③速度选择器(B1、E)；④偏转磁场(B2)；⑤照相底片．2．原理利用磁场对带电粒子的偏转，由带电粒子的电荷量、轨道半径确定其质量，粒子由加速电场加速后进入速度选择器，匀速运动，电场力和洛伦兹力平衡，qE＝qvB1，v＝EB1，粒子匀速直线通过进入偏转磁场B2，偏转半径r＝mvqB2，可得比荷qm＝EB1B2r．【特别提醒】(1)速度选择器两极板间距离极小，粒子稍有偏转，即打到极板上．(2)速度选择器对正负电荷均适用．(3)速度选择器中的E、B1的方向具有确定的关系，仅改变其中一个方向，就不能对速度做出选择．三、回旋加速器1．结构：回旋加速器主要由圆柱形磁极、两个D形金属盒、高频交变电源、粒子源和粒子引出装置等组成．2．原理：回旋加速器的工作原理如图所示．放在A0处的粒子源发出一个带正电的粒子，它以某一速率v0垂直进入匀强磁场中，在磁场中做匀速圆周运动．经过半个周期，当它沿着半圆A0A1时，我们在A1A1′处设置一个向上的电场，使这个带电粒子在A1A1′处受到一次电场的加速，速率由v0增加到v1，然后粒子以速率v1在磁场中做匀速圆周运动．我们知道，粒子的轨道半径跟它的速率成正比，因而粒子将沿着增大了的圆周运动．又经过半个周期，当它沿着半圆弧A1′A2′到达A2′时，我们在A2′A2处设置一个向下的电场，使粒子又一次受到电场的加速，速率增加到v2，如此继续下去．每当粒子运动到A1A1′、A3A3′等处时都使它受到一个向上电场力加速，每当粒子运动到A2′A2、A4′A4等处时都使它受到一个向下电场力加速，那么，粒子将沿着图示的螺旋线回旋下去，速率将一步一步地增大．(1)旋转周期：与速率和半径无关，且T＝2πmqB，而高频电源的周期与粒子旋转周期应相等才能实现回旋加速，故高频电源周期T电＝2πmqB．(2)最大动能：由于D形盒的半径R一定，由vm＝qBRm知，粒子最大动能Ekm＝__________.由上式可以看出，要使粒子射出的动能Ekm增大，就要使磁场的磁感应强度B以及D形盒的半径R增大，而与加速电压U的大小无关(U≠0)，与加速的次数无关．q2B2R22m只有磁场而没有电场时，为什么不能做成加速器？【答案】粒子在磁场中是无法被加速的，因为带电粒子在磁场中运动受到的是洛伦兹力，而洛伦兹力一定与运动方向垂直，不可能使粒子加速，所以没有电场是做不成加速器的．带电粒子在磁场中的运动一、在匀强磁场中的圆周运动在研究带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动规律时，着重把握“一找圆心，二找半径R＝mvqB，三找周期T＝2πmBq或时间”的基本方法和规律．1．圆心的确定带电粒子进入一个有界匀强磁场后的轨迹是一段圆弧，如何确定圆心是解决问题的前提，也是解题的关键．首先，应有一个最基本的思路：圆心一定在与速度方向垂直的直线上．在实际问题中圆心位置的确定极为重要，通常有两种方法：(1)已知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迹的圆心(如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点)．甲乙(2)已知入射方向和出射点的位置时，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迹的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)．2．半径的确定利用平面几何关系，求出该圆的可能半径(或圆心角)，并注意以下两个重要的几何特点：(1)粒子速度的偏向角(φ)等于回旋角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图)，即φ＝α＝2θ＝ωt．(2)相对的弦切角(θ)相等，与相邻的弦切角(θ′)互补，即θ＋θ′＝180°．3．时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间可由下式表示：t＝α360°T或t＝α2πT．二、在有界磁场中的运动有界匀强磁场指在局部空间存在着匀强磁场，带电粒子从磁场区域外垂直磁场方向射入磁场区域，在磁场区域内经历一段匀速圆周运动，也就是通过一段圆弧后离开磁场区域，由于运动的带电粒子垂直磁场方向，从磁场边界进入磁场的方向不同，或磁场区域边界不同，造成它在磁场中运动的圆弧轨迹各有不同，可以从下图中看出．解决这一类问题时，找到粒子在磁场中一段圆弧运动对应的圆心位置、半径大小以及与半径相关的几何关系是解题的关键，其中将进入磁场时粒子受洛伦兹力和射出磁场时受洛伦兹力的作用线延长，交点就是圆弧运动的圆心．【特别提醒】(1)带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题，注意下列结论，再借助数学方法分析．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当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆周角越大，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，圆周角越大的，运动的时间越长．(2)圆周运动中有关对称规律①从直线边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等；②在圆形区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出．三、在匀强磁场中运动的多解问题带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，出现多解原因包含以下几个方面：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，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，导致形成多解2.磁场方向不确定，形成多解有时题目中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，此时必须要考虑因磁感应强度方向的不确定而形成的多解3.临界状态不唯一，形成多解带电粒子在洛伦兹力作用下穿越有界磁场时，由于带电粒子的运动轨迹是圆周的一部分，因此带电粒子可能穿越了有界磁场，也可能转过180°能够从入射的那一边反向飞出，从而形成多解4.带电粒子使运动的重复性，形成多解带电粒子在部分是电场，部分是磁场的空间中运动时，往往进行具有重复性的运动，形成了多解四、电偏转和磁偏转的区别所谓“电偏转”与“磁偏转”是分别利用电场和磁场对运动电荷施加作用，从而控制其运动方向，但电场和磁场对电荷的作用特点不同，因此这两种偏转有明显的差别.区别垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)受力情况电场力FE＝qE，其大小、方向不变，与速度v0无关，FE是恒力洛伦兹力FB＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力轨迹抛物线圆或圆的一部分区别垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)图象求解方法类似平抛运动vx＝v0，x＝v0tvy＝qEm·ty＝12·qEmt2tanφ＝vyvx＝qExmv20半径：r＝mvqB周期：T＝2πmqB横向偏移y和偏转角φ要结合圆的几何关系，通过圆周运动讨论求解五、在复合场中的运动1．弄清复合场的组成，一般有磁场、电场的复合，磁场、重力场的复合，磁场、电场、重力场的复合．2．进行正确的受力分析，除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析．3．确定带电粒子的运动状态，注意受力情况和运动情况的结合．4．对于粒子连续通过几个不同情况的场的问题，要分阶段进行处理．5．画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．(1)当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程．(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，应用牛顿第二定律求解．(3)当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．(4)对于临界问题，注意挖掘隐含的条件．【特别提醒】(1)电子、质子、α粒子等一般不计重力；带电小球、尘埃、液滴等带电颗粒一般要考虑重力的作用．(2)注意重力、电场力做功与路径无关，洛伦兹力的方向始终和速度方向垂直，永不做功的特点．例1如图所示，一束电子(电荷量为e)以速度v0垂直射入磁感应强度为B，宽为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角为30°，则电子的质量是________，穿过磁场的时间是________．思维导图：画出匀速圆周运动的轨迹―→由轨迹找出圆心、半径―→确定圆弧对应的圆心角——求电子穿过磁场的时间解析：电子在匀强磁场中运动时，只受洛伦兹力作用，故其轨道是圆弧的一部分．又因洛伦兹力与速度v垂直，故圆心应在电子穿入和穿出时洛伦兹力延长线的交点上．从图中可以看出，AB弧所对的圆心角θ＝30°＝π6，OB即为半径r，由几何关系可得r＝dsinθ＝2d，由牛顿第二定律得qvB＝mv2r，解得m＝qBrv＝2deBv，点电荷通过AB弧所用的时间，即穿过磁场的时间为t＝θ2πT＝112×2πmBe＝πm6Be＝πd3v．答案：2deBvπd3v►题后反思本类问题的一般解法是先根据轨迹确定圆心，根据几何知识求出半径和带电粒子轨迹所对应的圆心角，然后利用牛顿第二定律和周期公式求解．例2如图所示，AB间存在方向与竖直成45°角斜向上的匀强电场E1，BC间存在竖直向上的匀强电场E2，AB间距为0.2m，BC间距为0.1m，C为荧光屏，质量m＝1.0×10－3kg，电荷量q＝＋1.0×10－2C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏的O点．若在BC间再加方向垂直纸面向外、大小B＝1.0T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O′点(未画出)．取g＝10m/s2，求：(1)E1的大小；(2)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量．解析：(1)粒子在AB间做匀加速直线运动，受力如右图所示．qE1cos45°＝mg，E1＝mgqcos45°＝2V/m＝1.4V/m．(2)由动能定理得qE1sin45°·dAB＝12mv2b，vb＝2qE1sin45°·dABm＝2gdAB＝2m/s，加磁场前粒子在BC间做匀速直线运动则有qE2＝mg，加磁场后粒子做匀速圆周运动，轨迹如图，由洛伦兹力提供向心力得qvbB＝mv2bR，R＝mvbqB＝0.2m．设偏转距离为y，由几何关系得R2＝d2BC＋(R－y)2，y＝2.7×10－2m，W＝－qE2·y＝－mgy＝－2.7×10－4J，即电势能变化了2.7×10－4J．答案：(1)1.4V/m(2)2.7×10－4J1．(2019·玉溪校级月考)如图所示的圆形区域内，有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，圆的半径为R，一束质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，从磁场的边界A点进入磁场，速度方向平行于半径CO，A点到CO的距离为R2，要使粒子在磁场中运动的轨迹所对的弦最长，则粒子运动的速度大小应等于()A.qBRmB.2qBRmC.2qBRmD.2qBRm【答案】D【解析】粒子在磁场中运