高中物理 洛伦兹力与现代技术
第6节 洛伦兹力与现代技术
学 习 目 标
1.知道在洛伦兹力作用下，带电粒子垂直进入磁场做匀速圆周运动．
2.会应用公式F ＝qvB 推导带电粒子做匀速圆周运动的半径、周期公式，并会应用它们解答有关问题．
3.知道回旋加速器、质谱仪的基本构造，原理以及基本用途. 思 维 启 迪
为了研究物质的微观结构，科学家必须用各种各样的加速器产生出速度很大的高能粒子，欧洲核子研究中心的粒子加速器周长达27 km(如图361所示的大圆)．为什么加速器需要那么大的周长呢？
位于法国和瑞士边界的欧洲核子研究中心
知识梳理
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0，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，所以带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力． 2．轨迹半径和周期
由F 向＝f 得qvB ＝m v 2R ，所以有R ＝ mv qB ，T ＝ 2πm
qB
.
二、质谱仪 1．构造
如图3-6-2所示，主要由以下几部分组成：
图3-6-2
①带电粒子注入器 ②加速电场(U ) ③速度选择器(B 1、E ) ④偏转磁场(B 2) 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 ＝qvB 1，v ＝E B 1
粒子匀速直线通过进入偏转磁场B 2，偏转半径r ＝
mv qB 2，可得比荷q m ＝E B 1B 2r
. 【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3-6-3所示．放在A 0处的粒子源发出一个带正电的粒子，它以某一速率v 0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A 0A 1时，我们在A 1A 1′处设置一个向上的电场，使这个带电粒子在A 1A 1′处受到一次电场的加速，速率由v 0增加到v 1，然后粒子以速率v 1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．
图3-6-3
(1)旋转周期：与速率和半径无关，且T ＝2πm
qB ，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＝2πm qB
.
(2)最大动能：由于D 形盒的半径R 一定，由v m ＝qBR m 知，粒子最大动能E km ＝ q 2B 2R 22m
.
由上式可以看出，要使粒子射出的动能E km 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． 【思考】 为什么只有磁场而没有电场不能做成加速器？
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仑兹力，而洛仑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．
基础自测
1．已知氢核与氦核的质量之比m1∶m2＝1∶4，电荷量之比q1∶q2＝1∶2，当氢核与氦核以v1∶v2＝4∶1的速度，垂直于磁场方向射入磁场后，分别做匀速圆周运动，则氢核与氦核半径之比r1∶r2＝________，周期之比T1∶T2＝______.
解析：点电荷射入磁场后受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，所以洛伦兹力提供向心力，即
qvB ＝m v 2r ，得：r ＝mv qB ，所以r 1∶r 2＝m 1v 1q 1B ∶m 2v 2
q 2B
＝2∶1
同理，因为周期T ＝2πm qB ，所以T 1∶T 2＝2πm 1q 1B ∶2πm 2
q 2B
＝1∶2
答案：2∶1 1∶2
2．粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电，让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动，已知磁场方向垂直纸面向里，以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是( )
解析：根据左手定则和半径的计算式r ＝mv
Bq 加以分析知A 正确．
答案：A
3．两个粒子带电量相等，在同一个匀强磁场中只受洛伦兹力作用而做匀速圆运动( ) A ．若速率相等，则半径必相等 B ．若质量相等，则周期必相等 C ．若动能相等，则半径必相等 D ．若动能相等，则周期必相等
解析：由r ＝mv Bq
知A 、C 错；根据T ＝2πm
Bq
知当质量相等时，T 相等，故B 对，D 错．
答案：B
4．一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图3-6-4所示，径迹上的每小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电荷量不变)，从图中情况可以确定( ) A ．粒子从a 到b ，带正电 B ．粒子从a 到b ，带负电 C ．粒子从b 到a ，带正电 D ．粒子从b 到a ，带负电
解析：垂直于磁场方向射入匀强磁场的带电粒子受洛伦兹力作用，使粒子做匀速圆周运动，半径R ＝mv qB
.由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量减小，磁感应强度B 、带电荷量不变，又据E k ＝12mv 2
知，v 在减小，故R 减小，可判定粒子从b 向a 运动；另据左手定则，可
判定粒子带正电． 答案：C
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 ＝
mv qB ，三找周期T ＝2πm Bq
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：即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3-6-5所示，图中P 为入射点，M 为出射点)．
(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3-6-6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3-6-7)，即φ＝α＝2θ＝ωt .
图3-6-7
(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＝α
360°T或
?
?
??
?
t＝
α
2π
T.
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3-6-8中看出．
图3-6-8
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，就形成多解．
4.带电粒子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，往往具有重复性的运动，形成了多解.
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.
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图象
求解方法类似平抛运动
v
x
＝v0，x＝v0t
v
y
＝
qE
m
·t
半径：r＝
mv
qB
周期：T＝
2πm
qB
横向偏移y和偏转角φ要结
y＝
1
2
·
qE
m
t2
tanφ＝
v
y
v
x
＝
qE
mv
合圆的几何关系，通过圆周运
动讨论求解
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3-6-9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________．
图3-6-9
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°＝π
6，OB 即为半径r ，由几何
关系可得：r ＝d
sin θ
＝2d .
由牛顿第二定律得：qvB ＝mv 2
r
，
解得：m ＝
qBr v ＝2deB v
. 点电荷通过AB 弧所用的时间，即穿过磁场的时间为：
t ＝
θ
2π
T ＝112×
2πm Be ＝πm 6Be ＝πd
3v
.
答案：2deB v πd 3v
?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．
如图3-6-10所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强
度为B .一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v 射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动方向与原入射方向成θ角．设电子质量为m ，电荷量为e ，不计电子之间相互作用力及所受的重力．求： (1)电子在磁场中运动轨迹的半径R . (2)电子的磁场中运动的时间t . (3)圆形磁场区域的半径r .
解析：本题是考查带电粒子在圆形区域中的运动问题．一般先根据入射、出射速度确定圆心，再根据几何知识求解．首先利用对准圆心方向入射必定沿背离圆心出射的规律，找出圆心位置；再利用几何知识及带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的相关知识求解．
(1)由牛顿第二定律得Bqv ＝mv 2R ，q ＝e ，得R ＝mv
Be
.
(2)如图所示，设电子做圆周运动的周期为T ，则T ＝2πR v ＝2πm Bq ＝2πm
Be
.由如图所示的几何
关系得圆心角α＝θ，所以
t ＝
α
2π
T ＝
mθeB .(3)由几何关系可知：tan θ2＝r R ，所以有r ＝mv eB tan θ
2
. 答案：见解析 ?题后反思
解答此类问题的一般步骤是：
(1)找出带电粒子做圆周运动的圆心．
(2)根据Bqv ＝mv 2R 得R ＝mv
Bq
，求半径．
(3)根据t ＝α2π·T ＝α2π·2πm
Bq
，求粒子在磁场中的运动时间．
质谱仪和回旋加速器的相关计算
质谱仪和回旋加速器都是利用电场对带电粒子进行加速，利用磁场对带电粒子进行偏转的精密仪器，在进行相关计算时，首先要搞清其原理，抓住带电粒子在电场或磁场中的运动规律，求解有关问题．
【例2】 (1)质谱仪原理如图3-6-11所示，a 为粒子加速器，电压为U 1，b 为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为
B 1，板间距离为d ，c 为偏转分离器，磁感应强度为B 2.今有一质
量为m ，电荷量为＋e 的粒子(不计重力)经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做半径为R 的匀速圆周运动．求： ①粒子的速度v . ②速度选择器的电压U 2.
③粒子在B 2磁场中做匀速圆周运动的半径R .
(2)如图3-6-12所示，回旋加速器D 形盒的最大半径为R ，匀强磁场垂直穿过D 形盒面，两D 形盒的间隙为d ，一质量为m ，带电量为q 的粒子每经过间隙时都被加速，加速电压大小为U ，粒子从静止开始经多次加速，当速度达到v 时，粒子从D 形盒的边缘处引出，求： ①磁场的磁感应强度B 的大小． ②带电粒子在磁场中运动的圈数n . ③粒子在磁场和电场中运动的总时间t .
解析：(1)根据动能定理可求出速度v ，据静电力和洛伦兹力相等可得到U 2，再据粒子在磁场中做匀速圆周运动的知识可求得半径．
①在a 中，粒子被加速电场U 1加速，由动能定理有eU 1＝12mv 2
得v ＝
2eU 1
m
②在b 中，粒子受的静电力和洛伦兹力大小相等，即e U 2d
＝evB 1 代入v 值得U 2＝B 1d
2eU 1
m
③在c 中，粒子受洛伦兹力作用而做圆周运动，回转半径R ＝
mv B 2e ，代入v 值得R ＝1B 2
2U 1m
e
(2)本题考查回旋加速器的工作原理，可通过分析加速、偏转原理加以解答．
①因为洛伦兹力提供向心力，qvB ＝mv 2R ，所以B ＝mv
qR
.
②由动能定理2nqU ＝12mv 2，所以n ＝mv
2
4qU
.
③粒子在磁场中运动的时间t 1＝nT ＝n 2πR v ＝πmvR
2qU .
粒子在电场中运动的加速度为a ＝qU md
， 粒子在电场中运动的加速位移为x ＝2nd ， 设粒子在电场中运动的时间t 2，则x ＝12at 2
2，
所以t 2＝2d
nm qU ＝mvd qU
. t ＝t 1＋t 2＝
πmvR 2qU ＋mvd qU ＝(πR ＋2d )mv
2qU
. 答案：(1)①
2eU 1
m
②B 1d
2eU 1
m
③
1B 22mU 1
e
(2)①mv qR ②mv 24qU ③(πR ＋2d )mv
2qU
(1)质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场，如图3-6-13所示为质谱仪
的原理图．设想有一个静止的质量为m 、带电量为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 ，则在图中能正确反映x 与U 之间的函数关系的是( )
图3-6-13
(2)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图3-6-14所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是( ) A ．增大匀强电场的加速电压 B ．增大磁场的磁感应强度 C ．减小狭缝间的距离 D ．增大D 形金属盒的半径
解析：(1)本题考查质谱仪的原理，可根据带电粒子在电场、磁场中的运动规律求解．由题意知，带电粒子经电场加速后有：Uq ＝12mv 2①，在磁场中，由牛顿第二定律Bqv ＝mv
2
r
②，r
＝x 2③，解①②③得：x ＝2m
Bq
2Uq
m
，所以B 正确．
(2)经回旋加速器加速后粒子获得的动能E ＝q 2B 2R 22m
，可以看出要增大粒子射出时的动能就要
增大磁场的磁感应强度，增大D 形金属盒的半径，故B 、D 正确；增大匀强电场间的加速电压，减小狭缝间的距离都不会改变粒子飞出时的动能，只是改变了每次加速的动能变化量，故A 、C 错误． 答案：(1)B (2)BD
综合·拓展·提高
【例3】 如图3-6-15所示，AB 间存在方向与竖直成45°角斜向上的匀强电场E 1，BC 间存在竖直向上的匀强电场E 2，AB 间距为0.2 m ，BC 间距为0.1 m ，C 为荧光屏，质量m ＝1.0×10
－3
kg ，电荷量q ＝＋1.0×10－2
C 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 ＝1.0 T 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 ＝10 m/s 2
，求：
图3-6-15
(1)E 1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，受力如下图所示，
qE 1cos45°＝mg
E 1＝mg
q cos45°
＝ 2 V/m ＝1.4 V/m
(2)由动能定理得：
qE 1sin45°·d AB ＝12
mv 2b v b ＝
2qE 1sin45°·d AB
m
＝2gd AB ＝2 m/s
加磁场前粒子在BC 间作匀速直线运动则有qE 2＝mg
加磁场后粒子作匀速圆周运动，轨迹如图，由洛伦兹力提供向心力得
qv b B ＝mv 2b R ，R ＝mv b
qB
＝0.2 m
设偏转距离为y ，由几何关系得：
R 2＝d 2BC ＋(R －y )2
y ＝2.7×10－2 m
W ＝－qE 2·y ＝－mgy ＝－2.7×10－4 J
即电势能变化了2.7×10－4
J