2019-2020年高二物理上學期第10周教學設計（磁感應強度 磁通量）.DOC

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2019-2020年高二物理上學期第10周教學設計（磁感應強度 磁通量） [學習目標定位] 1.知道磁感應強度的定義及其意義，理解磁感應強度大小的表達式.2.知道什么是勻強磁場.3.掌握安培力的計算方法.4.知道磁通量的概念，會用Φ＝BS計算磁通量． 環(huán)節(jié)一：學生自學預習 一、磁感應強度 1．磁感應強度：在磁場中某一點，安培力與電流和導線長度乘積的比值是一個定值，與導線的長度、通過導線的電流無關；而在磁場中的不同點，安培力與電流和導線長度乘積的比值不相等，與所在位置的磁場強弱有關，這個比值稱為磁感應強度， 即B＝，單位是特斯拉，簡稱特，符號是T,1 T＝1 N/(Am)． 2．磁感應強度B是矢量，磁場中某點磁感應強度的方向就是該處的磁場方向，也就是放在該點的小磁針N極受力的方向． 3．在磁場的某個區(qū)域內，如果各點的磁感應強度大小和方向都相同，這個區(qū)域的磁場叫勻強磁場．勻強磁場的磁感線是一組平行且等距的直線． 二、磁通量 1．磁通量：在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一塊垂直磁感線方向的面積為S的平面，我們定義BS為通過這個面的磁通量．用公式表示Φ＝BS，磁通量的單位是韋伯，符號Wb，1 Wb＝1Tm2. 2．磁感應強度B又叫磁通密度，B＝，單位為1 T＝1 Wb/m2. 環(huán)節(jié)二：學生討論探究 一、磁感應強度 [問題設計] 1．在教材第一章關于電場性質的學習中我們是如何定義電場強度的？ 答案　檢驗電荷q在電場中某點所受的電場力F與電荷所帶電荷量q的比值定義為電場強度，即E＝.電場強度E由電場本身的性質來決定，與檢驗電荷受到的電場力F和電荷量q無關． 2．我們能否將安培力與電場力進行類比，說明安培力公式F＝BIL中比例系數(shù)B的物理意義呢？ 答案　通過大量的實驗發(fā)現(xiàn)，在磁場中某一點，安培力與電流和導線長度乘積的比值是一個定值，與導線的長度、通過導線的電流無關，這個比值與導線所在位置的磁場強弱有關，我們把這個比值定義為磁感應強度，即B＝. [要點提煉] 1．對磁感應強度的理解 (1)磁感應強度的定義式：B＝，磁感應強度是反映磁場性質的物理量．它是比值法定義的物理量，是由磁場自身決定的，與是否有通電導線以及通電導線受力大小、是否受力無關． (2)因為通電導線取不同方向時，其受力大小不相同，故在定義磁感應強度時，式中F是指通電直導線垂直磁場放置時受到的磁場力． (3)磁感應強度的方向是該處磁場的方向，也是小磁針N極的受力方向，而不是該處電流元受力F的方向． 2．安培力大小 (1)安培力大小的計算公式F＝ILBsin_θ，θ為磁感應強度方向與導線方向的夾角． ①當θ＝90，即B與I垂直時，F(xiàn)＝ILB； ②當θ＝0，即B與I平行時，F(xiàn)＝0. (2)當導線與磁場垂直時，彎曲導線的有效長度L，等于連接兩端點直線的長度(如圖1所示)；相應的電流沿L由始端流向末端． 圖1 二、磁通量 [問題設計] 1．在磁場中放一面積為S的線框，怎樣放置才能使穿過線框的磁感線條數(shù)最多？放置方式相同時，磁場強弱不同，穿過線框的磁感線條數(shù)是否相同？ 答案　垂直磁場方向放置　不相同 2．什么是磁通密度？其單位是什么？ 答案　磁通密度就是磁感應強度，其單位為Wb/m2. [要點提煉] 1．磁通量的定義式：Φ＝BS，適用條件：磁場是勻強磁場，且磁場方向與平面垂直． 2．當平面與磁場方向不垂直時，穿過平面的磁通量可用平面在垂直于磁場B的方向的投影面積進行計算，即Φ＝BS⊥＝BScos_θ(如圖2)． 圖2 3．可以用穿過某個平面的磁感線條數(shù)形象地表示穿過這個平面的磁通量大小，穿過的磁感線條數(shù)越多，表示磁通量越大． 環(huán)節(jié)三：典型例題講解 一、對磁感應強度概念及公式的理解 例1　關于磁感應強度，下列說法正確的是(　　) A．由B＝可知，B與F成正比，與IL成反比 B．通電導線放在磁場中某點，該點就有磁感應強度，如果將通電導線拿走，該點的磁感應強度就變?yōu)榱? C．通電導線所受磁場力不為零的地方一定存在磁場，通電導線不受磁場力的地方一定不存在磁場(即B＝0) D．磁場中某一點的磁感應強度由磁場本身決定 解析　磁感應強度B＝ 只是一個定義式，而不是決定式；磁感應強度B是由磁場本身的性質決定的，與放不放通電導線無關．故選D. 答案　D 二、對磁通量認識及計算 例2　如圖3所示，框架面積為S，框架平面與磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直，則穿過平面的磁通量為__________．若使框架繞OO′轉過60角，則穿過框架平面的磁通量為________；若從初始位置繞OO′轉過90角，則穿過框架平面的磁通量為__________；若從初始位置繞OO′轉過180角，則穿過框架平面的磁通量的變化是__________． 圖3 解析　初始位置Φ1＝BS；框架轉過60角時Φ2＝BS⊥＝BScos 60＝BS；框架轉過90角時Φ3＝BS⊥＝BScos 90＝0；若規(guī)定初始位置磁通量為“正”，則框架轉過180角時磁感線從反面穿出，故末態(tài)磁通量為“負”，即Φ4＝－BS，所以ΔΦ＝|Φ4－Φ1|＝|(－BS)－BS|＝2BS. 答案　BS　BS　0　2BS 三、安培力的大小計算及綜合應用 例3　長度為L、通有電流為I的直導線放入一勻強磁場中，電流方向與磁場方向如圖所示，已知磁感應強度為B，對于下列各圖中，導線所受安培力的大小計算正確的是(　　) A．F＝BILcos θ B．F＝BILcos θ C．F＝BILsin θ D．F＝BILsin θ 解析　A圖中，導線不和磁場垂直，故將導線投影到垂直磁場方向上，故F＝BILcos θ，A正確； B圖中，導線和磁場方向垂直，故F＝BIL，B錯誤； C圖中導線和磁場方向垂直，故F＝BIL，C錯誤；D圖中導線和磁場方向垂直，故F＝BIL，D錯誤． 答案　A 規(guī)律總結　1.當磁場方向與電流方向垂直時安培力F＝ILB，如果磁場方向和電流方向不垂直，公式應變?yōu)镕＝ILB⊥，B⊥是B在垂直于電流方向的分量． 2．如果通電導線是彎曲的，則要用其等效長度代入公式計算． 3．如果是非勻強磁場，原則上把通電導線分為很短的電流元，對電流元用安培力公式，然后求矢量和． 例4　如圖4所示，在與水平方向夾角為60的光滑金屬導軌間有一電源，在相距1 m 的平行導軌上放一質量為m＝0.3 kg的金屬棒ab，通以從b→a，I＝3 A的電流，磁場方向豎直向上，這時金屬棒恰好靜止．求： 圖4 (1)勻強磁場磁感應強度的大??； (2)ab棒對導軌的壓力．(g＝10 m/s2) 解析　金屬棒ab中電流方向由b→a，它所受安培力方向水平向右，它還受豎直向下的重力，垂直斜面向上的支持力，三力合力為零，由此可以求出安培力，從而求出磁感應強度B.再求出ab對導軌的壓力． (1)ab棒靜止，受力情況如圖所示，沿斜面方向受力平衡，則mgsin 60＝BILcos 60. B＝＝ T＝ T. (2)ab棒對導軌的壓力為： N′＝N＝＝ N＝6 N. 答案　(1) T　(2)6 N 環(huán)節(jié)四：師生共同總結 環(huán)節(jié)五：課后作業(yè)設計 1．(磁感應強度的大小與計算)現(xiàn)有一段長L＝0.2 m、通有電流I＝2.5 A的直導線，則關于此導線在磁感應強度為B的磁場中所受磁場力F的情況，下列說法正確的是(　　) A．如果B＝2 T，則F一定為1 N B．如果F＝0，則B也一定為零 C．如果B＝4 T，則F有可能為2 N D．當F為最大值時，通電導線一定與B平行 答案　C 解析　當導線與磁場方向垂直時，所受磁場力F最大，F(xiàn)＝BIL，當導線與磁場方向平行時，F(xiàn)＝0，當導線與磁場方向成任意其他角度時，0Mg，則靜摩擦力的方向與細繩的拉力方向相同，設此時電流為I1，即有BI1L－Mg≤f＝0.5mg，解得 I1≤＝2.0 A 若BILrN，所以vM>vN，選項B錯誤；M、N運動過程中，F(xiàn)洛始終與v垂直，F(xiàn)洛不做功，選項C錯誤；由T＝知M、N兩粒子做勻速圓周運動的周期相等且在磁場中的運動時間均為，選項D錯誤． 答案　A 三、有關洛倫茲力的綜合問題分析 例3　一個質量為m＝0.1 g的小滑塊，帶有q＝510－4C的電荷量，放置在傾角α＝30的光滑斜面上(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6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6 (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？ 解析　(1)小滑塊在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，如圖所示，若要使小滑塊離開斜面，則洛倫茲力F應垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知，小滑塊應帶負電荷． (2)小滑塊沿斜面下滑的過程中，由平衡條件得F＋N＝mgcos α，當支持力N＝0時，小滑塊脫離斜面．設此時小滑塊速度為vmax，則此時小滑塊所受洛倫茲力F＝qvmaxB， 所以vmax＝＝m/s ≈3.5 m/s (3)設該斜面長度至少為l，則小滑塊離開斜面的臨界情況為小滑塊剛滑到斜面底端時．因為下滑過程中只有重力做功，由動能定理得mglsin α＝mv－0，所以斜面長至少為l＝＝ m≈1.2 m 答案　(1)負電荷　(2)3.5 m/s　(3)1.2 m 規(guī)律總結　1.帶電物體在磁場或電場中運動的分析方法和分析力學的方法一樣，只是比力學多了洛倫茲力和電場力． 2．對帶電粒子受力分析求合力，若合力為零，粒子做勻速直線運動或靜止；若合力不為零，粒子做變速直線運動，再根據(jù)牛頓第二定律分析粒子速度變化情況． 環(huán)節(jié)四：師生共同總結 環(huán)節(jié)五：課后練習設計 1．(對洛倫茲力方向的判定)如圖所示，帶負電的粒子在勻強磁場中運動．關于帶電粒子所受洛倫茲力的方向，下列各圖中判斷正確的是(　　) 答案　A 解析　本題考查了左手定則的應用，根據(jù)左手定則即可正確判斷磁場、運動方向、洛倫茲力三者之間的關系，特別注意的是四指指向和正電荷運動方向相同和負電荷運動方向相反．根據(jù)左手定則可知A圖中洛倫茲力方向應該向下，故A正確；B圖中洛倫茲力方向向上，故B錯誤；C圖中所受洛倫茲力方向向里，故C錯誤；D圖中受洛倫茲力方向向外，故D錯誤．故選A. 2．(對洛倫茲力公式的理解)一帶電粒子在勻強磁場中沿著磁感線方向運動，現(xiàn)將該磁場的磁感應強度增大一倍，則帶電粒子受到的洛倫茲力(　　) A．增大兩倍 B．增大一倍 C．減小一半 D．依然為零 答案　D 解析　本題考查了洛倫茲力的計算公式F＝qvB，注意公式的適用條件．若粒子速度方向與磁場方向平行，洛倫茲力為零，故A、B、C錯誤，D正確． 3．(帶電粒子在磁場中的圓周運動)在勻強磁場中，一個帶電粒子做勻速圓周運動，如果又垂直進入另一磁感應強度是原來的磁感應強度2倍的勻強磁場，則(　　) A．粒子的速率加倍，周期減半 B．粒子的速率不變，軌道半徑減半 C．粒子的速率減半，軌道半徑為原來的四分之一 D．粒子的速率不變，周期減半 答案　BD 解析　洛倫茲力不改變帶電粒子的速率，A、C錯．由R＝，T＝知：磁感應強度加倍時，軌道半徑減半、周期減半，故B、D正確． 4. (洛倫茲力作用下的綜合問題分析)如圖7所示，ABC為豎直平面內的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里．質量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球不帶電．現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，則(　　) 圖7 A．甲球的釋放位置比乙球的高 B．運動過程中三個小球的機械能均保持不變 C．經過最高點時，三個小球的速度相等 D．經過最高點時，甲球的速度最小 答案　AB 解析　在整個過程中，洛倫茲力不做功，機械能守恒，所以B正確；在最高點時，甲球受洛倫茲力向下，乙球受的洛倫茲力向上，而丙球不受洛倫茲力，即三球在最高點所受合力不同，根據(jù)牛頓第二定律和圓周運動公式可知F＝m，三球的速度不相等，甲球速度最大，所以C、D錯誤．甲球的速度最大，因機械能守恒，故甲球釋放時的高度最高，所以A正確； 環(huán)節(jié)六：定時訓練檢測 題組一　對洛倫茲力方向的判定 1．在以下幾幅圖中，對洛倫茲力的方向判斷不正確的是(　　) 答案　C 2.一束混合粒子流從一發(fā)射源射出后，進入如圖1所示的磁場，分離為1、2、3三束，則下列判斷正確的是(　　) 圖1 A．1帶正電 B．1帶負電 C．2不帶電 D．3帶負電 答案　ACD 解析　根據(jù)左手定則，帶正電的粒子向左偏，即1；不偏轉說明不帶電，即2；帶負電的粒子向右偏，即3，因此答案為A、C、D. 3．在學校操場的上空停著一個熱氣球，從它底部脫落一個塑料小部件，下落過程中由于和空氣摩擦而帶負電，如果沒有風，那么它的著地點會落在熱氣球正下方地面位置的(　　) A．偏東 B．偏西 C．偏南 D．偏北 答案　B 解析　在北半球，地磁場在水平方向上的分量方向是水平向北，塑料小部件帶負電，根據(jù)左手定則可得塑料小部件受到向西的洛倫茲力，故向西偏轉，B正確． 4．顯像管原理的示意圖如圖2所示，當沒有磁場時，電子束將打在熒光屏正中的O點，安裝在管徑上的偏轉線圈可以產生磁場，使電子束發(fā)生偏轉．設垂直紙面向里的磁場方向為正方向，若使電子打在熒光屏上的位置由a點逐漸移動到b點，下列變化的磁場能夠使電子發(fā)生上述偏轉的是(　　) 圖2 答案　A 解析　電子偏轉到a點時，根據(jù)左手定則可知，磁場方向垂直紙面向外，對應的B－t圖的圖線就在t軸下方；電子偏轉到b點時，根據(jù)左手定則可知，磁場方向垂直紙面向里，對應的B－t圖的圖線應在t軸上方，A正確． 題組二　對洛倫茲力特點及公式的理解應用 5．一個運動電荷在某個空間里沒有受到洛倫茲力的作用，那么(　　) A．這個空間一定沒有磁場 B．這個空間不一定沒有磁場 C．這個空間可能有方向與電荷運動方向平行的磁場 D．這個空間可能有方向與電荷運動方向垂直的磁場 答案　BC 解析　由題意，運動電荷在某個空間里沒有受到洛倫茲力，可能空間沒有磁場，也可能存在磁場，磁場方向與電荷運動方向平行．故A錯誤，B、C正確．若磁場方向與電荷運動方向垂直，電荷一定受到洛倫茲力，不符合題意，故D錯誤．故選B、C. 6.如圖3所示，一束電子流沿管的軸線進入螺線管，忽略重力，電子在管內的運動應該是(　　) 圖3 A．當從a端通入電流時，電子做勻加速直線運動 B．當從b端通入電流時，電子做勻加速直線運動 C．不管從哪端通入電流，電子都做勻速直線運動 D．不管從哪端通入電流，電子都做勻速圓周運動 答案　C 解析　電子的速度v∥B，F(xiàn)洛＝0，電子做勻速直線運動． 7．關于帶電粒子在勻強電場和勻強磁場中的運動，下列說法中正確的是(　　) A．帶電粒子沿電場線方向射入，則電場力對帶電粒子做正功，粒子動能一定增加 B．帶電粒子垂直于電場線方向射入，則電場力對帶電粒子不做功，粒子動能不變 C．帶電粒子沿磁感線方向射入，洛倫茲力對帶電粒子做正功，粒子動能一定增加 D．不管帶電粒子怎樣射入磁場，洛倫茲力對帶電粒子都不做功，粒子動能不變 答案　D 解析　帶電粒子在電場中受到的電場力F＝qE，只與電場有關，與粒子的運動狀態(tài)無關，做功的正負由θ角(力與位移方向的夾角)決定．對選項A，只有粒子帶正電時才成立；垂直射入勻強電場的帶電粒子，不管帶電性質如何，電場力都會做正功，動能增加．帶電粒子在磁場中的受力——洛倫茲力F′＝qvBsin θ，其大小除與運動狀態(tài)有關，還與θ角(磁場方向與速度方向之間的夾角)有關，帶電粒子沿平行磁感線方向射入，不受洛倫茲力作用，粒子做勻速直線運動．在其他方向上由于洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，故洛倫茲力對帶電粒子始終不做功．綜上所述，正確選項為D. 8.有一個帶正電荷的離子，沿垂直于電場的方向射入帶電平行板的勻強電場，離子飛出電場后的動能為Ek.當在帶電平行板間再加入一個垂直紙面向里的如圖4所示的勻強磁場后，離子飛出電場后的動能為Ek′，磁場力做功為W，則下列判斷正確的是(　　) 圖4 A．EkEk′，W＝0 C．Ek＝Ek′，W＝0 D．Ek>Ek′，W>0 答案　B 解析　磁場力即洛倫茲力，不做功，故W＝0，D錯誤；有磁場時，帶正電的粒子受到洛倫茲力的作用使其所受的電場力做功減少，故B選項正確． 題組三　帶電粒子在磁場中的運動 9．如果一帶電粒子勻速進入一個磁場，除磁場力外不受其他任何力的作用，則帶電粒子在磁場中可能做(　　) A．勻速運動 B．平拋運動 C．勻加速直線運動 D．變速曲線運動 答案　AD 解析　如果粒子運動方向與磁場方向平行，則它不會受到洛倫茲力，做勻速運動，A正確．在其他情況下，洛倫茲力的方向總與速度方向垂直，速度大小不變，但方向變化，所以只能做變速曲線運動，D正確．粒子的加速度方向時刻改變，所以不能做勻加速直線運動和平拋運動，B、C均錯誤．故選A、D. 10．有三束粒子，分別是質子(p)、氚核(31H)和α粒子(42He)束，如果它們以相同的速度沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場(磁場方向垂直紙面向里)，在下面所示的四個圖中，能正確表示出這三束粒子運動軌跡的是(　　) 答案　C 11.如圖5所示，a和b帶電荷量相同，以相同動能從A點射入磁場，在勻強磁場中做圓周運動的半徑ra＝2rb，則可知(重力不計)(　　) 圖5 A．兩粒子都帶正電，質量比ma/mb＝4 B．兩粒子都帶負電，質量比ma/mb＝4 C．兩粒子都帶正電，質量比ma/mb＝1/4 D．兩粒子都帶負電，質量比ma/mb＝1/4 答案　B 解析　由于qa＝qb、Eka＝Ekb，動能Ek＝mv2和粒子偏轉半徑r＝，可得m＝，可見m與半徑r的平方成正比，故ma∶mb＝4∶1，再根據(jù)左手定則判知兩粒子都帶負電，故選B. 12．已知氫核與氦核的質量之比m1∶m2＝1∶4，電荷量之比q1∶q2＝1∶2，當氫核與氦核以v1∶v2＝4∶1的速度，垂直于磁場方向射入磁場后，分別做勻速圓周運動，則氫核與氦核半徑之比r1∶r2＝______________，周期之比T1∶T2＝__________. 答案　2∶1　1∶2 解析　帶電粒子射入磁場后受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，所以洛倫茲力提供向心力，即qvB＝m，得：r＝，所以r1∶r2＝∶＝2∶1 同理，因為周期T＝， 所以T1∶T2＝∶＝1∶2 13.如圖6所示，在x軸上方有磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場．x軸下方有磁感應強度大小為B/2，方向垂直紙面向外的勻強磁場．一質量為m、電荷量為－q的帶電粒子(不計重力)，從x軸上O點以速度v0垂直x軸向上射出．求： 圖6 (1)射出之后經多長時間粒子第二次到達x軸？ (2)粒子第二次到達x軸時到O點的距離． 答案　(1)　(2) 解析　粒子射出后受洛倫茲力做勻速圓周運動，運動半個圓周后第一次到達x軸，以向下的速度v0進入x軸下方磁場，又運動半個圓周后第二次到達x軸．如圖所示． (1)由牛頓第二定律qv0B＝m ① T＝ ② 得T1＝，T2＝， 粒子第二次到達x軸需時間 t＝T1＋T2＝. (2)由①式可知R1＝，R2＝， 粒子第二次到達x軸時到O點的距離 x＝2R1＋2R2＝. 14.一細棒處于磁感應強度為B的勻強磁場中，棒與磁場垂直，磁場方向垂直紙面向里，如圖7所示，棒上套一個可在其上滑動的帶負電的小環(huán)c，小環(huán)質量為m，電荷量為q，環(huán)與棒間無摩擦．讓小環(huán)從靜止滑下，下滑中某時刻環(huán)對棒的作用力恰好為零，則此時環(huán)的速度為多大？ 圖7 答案　 解析　小環(huán)沿棒下滑，對環(huán)進行受力分析可知，當環(huán)對棒的作用力為零時如圖所示，其所受洛倫茲力大小F洛＝qvB，方向垂直于棒斜向上，應有F洛＝mgcos θ，得v＝. 第五節(jié) 洛倫茲力的應用 [學習目標定位] 1.進一步理解帶電粒子的初速度方向與磁感應強度方向垂直時，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，會分析帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動.2.了解質譜儀的構造及工作原理.3.了解回旋加速器的構造及工作原理． 環(huán)節(jié)一：學生自主預習 一、利用磁場控制帶電粒子運動 1．偏轉角度：如圖1所示，tan ＝，R＝，則tan ＝. 圖1 2．控制特點：只改變帶電粒子的運動方向，不改變帶電粒子的速度大?。? 二、質譜儀 圖2 1．如圖2，離子源產生的帶電粒子經狹縫S1與S2之間電場加速后，進入P1和P2之間電場與磁場共存區(qū)域，再通過 狹縫S3進入磁感應強度為B2的勻強磁場區(qū)域，在洛倫茲力的作用下做半個圓周運動后打到底片上并被接收，形成一個細條紋，測出條紋到狹縫S3的距離L，就得出了粒子做圓周運動的半徑R＝，根據(jù)R＝，只要知道v和B2就可以得出粒子的荷質比． 質譜儀在化學分析、原子核技術中有重要應用． 三、回旋加速器 1．回旋加速器的核心部分是D形盒，在兩D形盒間接上交流電源，于是在縫隙里形成一個交變電場，加速帶電粒子．磁場方向垂直于D形盒的底面．當帶電粒子垂直于磁場方向進入D形盒中，粒子受到洛倫茲力的作用而做勻速圓周運動，繞過半個圓周后再次回到縫隙，縫隙中的電場再次使它獲得一次加速． 2．盡管粒子的速率與圓周運動半徑一次比一次增大，只要縫隙中的交變電場以T＝的不變周期往復變化，便可保證離子每次經過縫隙時受到的電場力都是使它加速的． 環(huán)節(jié)二：學生討論探究 一、利用磁場控制帶電粒子運動 分析帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的幾個關鍵點 1．圓心的確定方法：兩線定一點 (1)圓心一定在垂直于速度的直線上． 如圖3甲所示，已知入射點P(或出射點M)的速度方向，可通過入射點和出射點作速度的垂線，兩條直線的交點就是圓心． 圖3 (2)圓心一定在弦的中垂線上． 如圖乙所示，作P、M連線的中垂線，與其中一個速度的垂線的交點為圓心． 2．半徑的確定 半徑的計算一般利用幾何知識解直角三角形．做題時一定要做好輔助線，由圓的半徑和其他幾何邊構成直角三角形． 3．粒子在磁場中運動時間的確定 (1)粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為α時，其運動時間t＝T(或t＝T)． (2)當v一定時，粒子在磁場中運動的時間t＝，l為帶電粒子通過的弧長． 二、質譜儀 [問題設計] 結合圖2，思考并回答下列問題． (1)帶電粒子在P1與P2兩平行金屬板間做什么運動？若已知P1、P2間電場強度為E，磁感應強度為B1，則從S3穿出的粒子的速度是多大？ (2)設下方磁場的磁感應強度為B2，粒子打在底片上到S3距離為L，則粒子的荷質比是多大？ 答案　(1)S2、S3在同一直線上，所以在P1、P2間做直線運動，因為只有電場力與洛倫茲力平衡即qE＝qvB1時才可做直線運動，故應做勻速直線運動，即從狹縫S3穿出的粒子速度均為v＝. (2)粒子做圓周運動的半徑R＝ 根據(jù)R＝及v＝可得：＝. [要點提煉] 1．質譜儀的原理(如圖2) (1)帶電粒子進入加速電場(狹縫S1與S2之間)，滿足動能定理：qU＝mv2. (2)帶電粒子進入速度選擇器(P1和P2兩平行金屬板之間)，滿足qE＝qvB1，v＝，勻速直線通過． (3)帶電粒子進入偏轉磁場(磁感應強度為B2的勻強磁場區(qū)域)，偏轉半徑R＝. (4)帶電粒子打到照相底片，可得荷質比＝. 2．(1)速度選擇器適用于正、負電荷． (2)速度選擇器中的E、B1的方向具有確定的關系，僅改變其中一個方向，就不能對速度做出選擇． 三、回旋加速器 [問題設計] 1．回旋加速器的核心部分是什么？回旋加速器中磁場和電場分別起什么作用？ 答案　D形盒　磁場的作用是使帶電粒子回旋，電場的作用是使帶電粒子加速． 2．對交變電壓的周期有什么要求？帶電粒子獲得的最大動能由什么決定？ 答案　交變電壓的周期應等于帶電粒子在磁場中運動的周期．由R＝及Ek＝mv2得最大動能Ek＝，由此知最大動能由D形盒的半徑和磁感應強度決定． [要點提煉] 1．回旋加速器中交流電源的周期等于帶電粒子在磁場中運動的周期，這樣就可以保證粒子每次經過電場時都正好趕上適合電場而被加速． 2．帶電粒子獲得的最大動能Ekm＝，決定于D形盒的半徑R和磁感應強度B. 環(huán)節(jié)三：典型例題講解 一、利用磁場控制帶電粒子運動 例1　如圖4所示，虛線圓所圍區(qū)域內有方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.一束電子沿圓形區(qū)域的直徑方向以速度v射入磁場，電子束經過磁場區(qū)域后，其運動方向與原入射方向成θ角．設電子質量為m，電荷量為e，不計電子之間相互作用力及所受的重力．求： 圖4 (1)電子在磁場中運動軌跡的半徑R. (2)電子在磁場中運動的時間t. (3)圓形磁場區(qū)域的半徑r. 解析　本題是考查帶電粒子在圓形區(qū)域中的運動問題．一般先根據(jù)入射、出射速度確定圓心，再根據(jù)幾何知識求解．首先利用對準圓心方向入射必定沿背離圓心出射的規(guī)律，找出圓心位置，再利用幾何知識及帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的相關知識求解． (1)由牛頓第二定律得Bqv＝，q＝e，得R＝. (2)如圖所示，設電子做圓周運動的周期為T，則T＝＝＝.由幾何關系得圓心角α＝θ，所以t＝T＝. (3)由幾何關系可知：tan ＝，所以有r＝tan . 答案　(1)　(2)　(3)tan 針對訓練　如圖5所示，一束電荷量為e的電子以垂直于磁場方向(磁感應強度為B)并垂直于磁場邊界的速度v射入寬度為d的磁場中，穿出磁場時速度方向和原來射入方向的夾角為θ＝30.求電子的質量和穿越磁場的時間． 圖5 答案　　 解析　過M、N作入射方向和出射方向的垂線，兩垂線交于O點，O點即電子在磁場中做勻速圓周運動的圓心，連接ON，過N做OM的垂線，垂足為P，如圖所示．由直角三角形OPN知， 電子軌跡半徑r＝＝2d ① 由牛頓第二定律知evB＝m ② 解①②得：m＝ 電子在無界磁場中的運動周期為T＝＝ 電子在磁場中的軌跡對應的圓心角為θ＝30，故電子在磁場中的運動時間為：t＝T＝＝. 二、對質譜儀原理的理解 例2　如圖6是質譜儀的工作原理示意圖，帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器．速度選擇器內相互正交的勻強磁場的磁感應強度和勻強電場的場強分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有磁感應強度為B0的勻強磁場．下列表述正確的是(　　) 圖6 A．質譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外 C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質比越小 解析　根據(jù)Bqv＝Eq，得v＝，C正確；在磁場中，B0qv＝m，得＝，半徑r越小，荷質比越大，D錯誤；同位素的電荷數(shù)一樣，質量數(shù)不同，在速度選擇器中電場力向右，洛倫茲力必須向左，根據(jù)左手定則，可判斷磁場方向垂直紙面向外，A、B正確． 答案　ABC 三、對回旋加速器原理的理解 例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，以便在盒內的狹縫中形成勻強電場，使粒子每次穿過狹縫時都得到加速，兩盒放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心附近，若粒子源射出的粒子電荷量為q，質量為m，粒子最大回旋半徑為Rmax.求： (1)粒子在盒內做何種運動； (2)所加交變電流頻率及粒子角速度； (3)粒子離開加速器時的最大速度及最大動能． 解析　(1)帶電粒子在盒內做勻速圓周運動，每次加速之后半徑變大． (2)粒子在電場中運動時間極短，因此高頻交變電流頻率要等于粒子回旋頻率，因為T＝，回旋頻率f＝＝，角速度ω＝2πf＝. (3)由牛頓第二定律知＝qBvmax 則Rmax＝，vmax＝ 最大動能Ekmax＝mv＝ 答案　(1)勻速圓周運動　(2)　 (3)　 方法點撥　回旋加速器中粒子每旋轉一周被加速兩次，粒子射出時的最大速度(動能)由磁感應強度和D形盒的半徑決定，與加速電壓無關． 環(huán)節(jié)四：師生共同總結 洛倫茲力的應用— 環(huán)節(jié)五：課后練習設計 1．(對回旋加速器原理的理解)在回旋加速器中(　　) 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．磁場相同的條件下，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，而與交流電壓的頻率無關 答案　AC 解析　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，B選項錯誤；粒子獲得的動能Ek＝，對同一粒子，回旋加速器的半徑越大，粒子獲得的動能越大，與交流電壓的大小無關，故C選項正確，D選項錯誤． 2. (帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動問題)如圖7所示，有界勻強磁場邊界線SP∥MN，速率不同的同種帶電粒子從S點沿SP方向同時射入磁場．其中穿過a點的粒子速度v1與MN垂直；穿過b點的粒子速度v2與MN成60角，設粒子從S到a、b所需時間分別為t1和t2，則t1∶t2為(重力不計)(　　) 圖7 A．1∶3 B．4∶3 C．1∶1 D．3∶2 答案　D 解析　如圖所示，可求出從a點射出的粒子對應的圓心角為90.從b點射出的粒子對應的圓心角為60.由t＝T，可得：t1∶t2＝3∶2，故選D. 3．(利用磁場控制粒子的運動)如圖8所示，帶負電的粒子垂直磁場方向沿半徑進入圓形勻強磁場區(qū)域，出磁場時速度偏離原方向60角，已知帶電粒子質量m＝310－20 kg，電荷量q＝10－13 C，速度v0＝105 m/s，磁場區(qū)域的半徑R＝0.3 m，不計重力，則磁場的磁感應強度為__