考物理-复习方案-第2讲磁场对运动电荷的作用.pdf

洛 伦 兹 力 1洛伦兹力 磁场对运动电荷的作用力。 2洛伦兹力的方向 (1)判断方法： 左手 定则 磁感线垂直穿过手心 四指指向正电荷运动的方向 拇指指向正电荷所受洛伦兹力的方向 (2)方向特点： FB， Fv。即 F 垂直于 B 和 v 决定的平面。 (注意：B 和 v 不一定垂直 )。 3洛伦兹力的大小 FqvBsin ， 为 v 与 B 的夹角，如图821 所示。 图 8 21 (1)v B 时， 0° 或 180° ，洛伦兹力F0。 (2)v B 时， 90° ，洛伦兹力FqvB。 (3)v 0 时，洛伦兹力F 0。 1洛伦兹力和安培力的关系 洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向移动的自由电 荷受到的洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力对运动电荷永不做功，而安培力对通电导线，可做 正功，可做负功，也可不做功。 2洛伦兹力方向的特点 (1)洛伦兹力的方向与电荷运动的方向和磁场方向都垂直，即洛伦兹力的方向总是垂直 于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面。 (2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。 (3)用左手定则判定负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运 动的反方向。 3洛伦兹力与电场力的比较 对应力 内容 比较项目 洛伦兹力电场力 性质 磁场对在其中运动电荷的作用 力 电场对放入其中电荷的作用力 产生条件v0且 v 不与 B 平行 电场中的电荷一定受到电场力 作用 大小FqvB(v B)FqE 力方向与场方向的关系 一定是 FB，Fv，与电荷 电性无关 正电荷与电场方向相同，负电 荷与电场方向相反 做功情况任何情况下都不做功 可能做正功、负功，也可能不 做功 力 F 为零时场的情况F 为零， B 不一定为零F 为零， E 一定为零 作用效果 只改变电荷运动的速度方向， 不改变速度大小 既可以改变电荷运动的速度大 小，也可以改变电荷运动的方 向 1以下说法正确的是() A电荷处于电场中一定受到电场力 B运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力 C洛伦兹力对运动电荷一定不做功 D洛伦兹力可以改变运动电荷的速度方向和速度大小 解析： 选 AC电荷处在电场中一定受到电场力作用，A 正确；当运动电荷速度方向与 磁场平行时不受洛伦兹力，B 项错误； 洛伦兹力与电荷运动速度时刻垂直不做功，只改变速 度的方向，不改变速度的大小，C 项正确， D 项错误。 带电粒子在匀强磁场中的运动 (1)若 vB，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 vB，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v 做匀 速圆周运动。 向心力由洛伦兹力提供：qvBmv 2 R ； 轨道半径公式：R mv qB ； 周期： T 2 R v 2 m qB ；(周期 T 与速度 v、轨道半径R 无关 ) 频率： f 1 T qB 2 m ； 角速度： 2 T qB m 。 1带电粒子在有理想边界的匀强磁场中的运动 带电粒子在有理想边界的匀强磁场中做匀速圆周运动，其运动规律是洛伦兹力做向心 力，解题的关键是画粒子运动的示意图，确定圆心、半径及圆心角。 (1)圆心的确定： 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 822 甲所示， 图中 P 为入射点， M 为出射点 )。 图 8 22 已知入射方向、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(如图乙所示， P 为 入射点， M 为出射点 )。 (2)半径的确定： 用几何知识求出半径大小。 (3)运动时间的确定： 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时，其运 动时间为： t 2 T(或 t 360° T)； 速度为 v 的粒子在磁场中运动的弧长为s时，其运动时间为： t s v 。 (4)常见的几种情形： 直线边界：进出磁场具有对称性，如图823 所示。 图 8 23 平行边界：存在临界条件，如图82 4 所示。 图 8 24 圆形边界：沿径向射入必沿径向射出，如图8 25 所示。 图 8 25 (5)三步法解题： 画轨迹：即确定圆心，用几何方法求半径并画出运动轨迹。 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、入射方向、 出射方向相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系。 用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式。 2带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 图 8 26 (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，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动的轨迹不同，形成多解。如图 826 所示，带电粒子以速度v 垂直进入匀强磁场，如果带正电，其轨迹为a；如果带负 电，其轨迹为b。 图 8 27 (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， 此时必须考虑因磁感应强度方向不确定而形成的多解。如图 827 所示， 带正电粒子以速率v 垂直进入匀强磁场，如果 B 垂直于纸面向里，其轨迹为a；如果 B 垂直 于纸面向外，其轨迹为b。 图 8 28 (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，也可能转过180° 从入射界面这边反向飞出， 如图 8 28 所示，于是形成了多解。 (4)运动的周期性形成多解：带电粒子在磁场或部分是电场、部分是磁场的空间运动时， 运动往往具有周期性，从而形成多解，如图829 所示。 图 8 29 2长为L 的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图8210 所示，磁感应 强度为 B， 板间距离也为L， 板不带电， 现有质量为m、 电荷量为q 的带正电粒子 (不计重力 )， 从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场， 欲使粒子不打在极板上，可采用的 办法是 () 图 8210 A使粒子的速度v5BqL/4m C使粒子的速度vBqL/m D使粒子的速度BqL/4m5L 4 即 mv qB 5 4L，所以 v 5qBL 4m ，故 A、B 正确， C、D 错 误。 对洛伦兹力的理解 命题分析 洛伦兹力公式在考纲中属级要求，常以选择题形式命题。 例 1带电荷量为 q 的粒子在匀强磁场中运动，下面说法中正确的是() A只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同 B如果把 q 改为 q，且速度反向大小不变，则洛伦兹力的大小和方向均不变 C洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直 D粒子只受到洛伦兹力作用时，运动的速度、动能均不变 解析 带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力，既与速度的大小有关，还与速度的方向有 关，速度大小相同，洛伦兹力不一定相同，A 错；由洛伦兹力公式及左手定则可知B 项正 确；洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，但磁场方向与电荷运动方向不一定垂直，C 项 错误；粒子只受到洛伦兹力作用，动能不改变，但速度的方向要改变，D 项错误。 答案 B 1 洛伦兹力的大小与磁场的强弱、电量的大小、速度的大小和速度方向与磁场方向的 夹角都有关。 2 洛伦兹力的方向用左手定则判断，与磁场方向、带电粒子的速度方向及带电粒子的 电性都有关。 3 洛伦兹力一定与运动方向垂直，始终不做功，不改变速度大小，只改变速度方向。 变式训练 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 的初始运动方向如图8 211 所示，则 () 图 8211 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 解析： 选 A由右手定则判定直线电流右侧磁场的方向垂直纸面向里，再根据左手定 则判定电子所受洛伦兹力向右，所以电子向右偏，由于洛伦兹力不做功，电子动能不变，即 速率不变。 带电粒子在匀强磁场中的运动 命题分析 本考点是历年高考的热点，特别是带电粒子在有界磁场中运动的临界问 题，考查以综合计算为主，也有选择题出现。 例 2一足够长的矩形区域abcd 内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁 场，矩形区域的左边界ad 宽为 L，现从 ad 中点 O 垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为 v0方向与 ad 边夹角为 30° ，如图 8212 所示。已知粒子的电荷量为 q，质量为 m(重力不 计)。 图 8212 (1)若粒子带负电，且恰能从d 点射出磁场，求v0的大小。 (2)若粒子带正电， 使粒子能从ab 边射出磁场， 求 v0的取值范围及粒子在磁场中运动的 最长时间是多少？ 思维流程 第一步：抓信息关键点 关键点信息获取 (1)粒子带负电从d 点射出粒子向左下方偏转，Od 为弦 (2)粒子带正电从ab 射出粒子向右上方偏转，画出两个临界圆 第二步：找解题突破口 当粒子带负电且从d 点射出时，欲求v0则需确定圆心，画出圆求得半径；当粒子带正 电时，画出与ab 边、 cd 边相切的圆，求出半径范围，进而求出v0的取值范围。 第三步：条理作答 解析 (1)若粒子带负电，且恰能从d 点射出，如图所示 30° 由几何关系得R L 2 又 qv0B mv 2 0 R 由得 v0 qBL 2m 。 (2)若粒子带正电，由于磁场边界的限制，粒子从ab 射出磁 场时速度有一定范围。当v0有最小值v1时，粒子径迹恰与ab 边相切；当v0有最大值v2时，粒子径迹恰与cd 边相切。轨迹 示意图见右图。 当 v0有最小值v1时，有： R1R1sin 30 ° 1 2L， 由轨道半径公式Rmv/qB，得： v1qBL/3m； 当 v0有最大值v2时，有： R2R2sin 30 ° L 2 ， 由轨道半径公式Rmv/qB，得： v2qBL/m。 所以带电粒子从磁场中ab 边射出时，其速度范围应为： qBL 3m l， 即 v0qBl m ， 这些粒子在磁场中的偏角均小于60° ， 在磁场中的运动时间tqBl m t m 3qB 开“ 芯”技法 “ 对称法 ”在带电粒子圆周运动中的应用 1 “对称法 ” 在单边界磁场中的应用 带电粒子进出单边界磁场具有对称性，入射点和出射点间连接弦的中垂线就是偏转轨迹 的对称轴。具体应用如下： 电荷性质，入射点， 出射点，入射角度 确定偏转方向，连接 弦及圆心所在直线 出射角度，对 称轴及圆心 偏转半径 圆心角 2m T Bq 偏转 时间 2对称法在双边界磁场中的应用 带电粒子在双边界磁场中运动时，会出现恰好射出或射不出的情况。此时， 偏转轨迹与 两边界或某一边界相切，运动具有对称性。粒子沿磁场边界射入时，对称轴为两边界的中垂 线；粒子与磁场边界成某一角度射入时，对称轴为入射点和出射点间连接弦的中垂线。具体 应用如下： 电荷性质， 入射点和 入射角度 左手定则 临界条件 确定偏转方 向，出射点 及连接弦 对称轴，出射 角度及圆心 偏转半径 圆心角 2m T Bq 偏转 时间 示例 1如图 8213 所示，在 x 轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的 匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O 处以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时 的速度方向垂直于磁场且与x 轴正方向成120° 角，若粒子穿过y 轴正半轴后在磁场中到x 轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的电性分别是() 图 8213 A. 3v 2aB ，正电荷B. v 2aB，正电荷 C. 3v 2aB，负电荷 D. v 2aB，负电荷 解析 粒子穿过y 轴正半轴，由左手定则可判断粒子带负电。 根据带电粒子在有界磁场中运动的对称性作出粒子在磁场中运动轨 迹如图所示，由图中几何关系可得： rrsin 30°a，解得 r 2 3a。 由 r mv qB得： q m 3v 2aB。 答案 C 示例 2如图 8 214 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 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： 图 8214 (1)电子在磁场中运动轨迹的半径R； (2)电子在磁场中运动的时间t； (3)圆形磁场区域的半径r。 审题指导 电子对准圆心方向入射必定背离圆心离开磁场。 解析 (1)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 evBmv 2 R 解得 R mv eB。 (2)设电子做匀速圆周运动的周期为T， 则 T2 R v 2 m eB 由如图所示的几何关系得圆心角 ， 所以 t 2 T m eB。 (3)由如图所示几何关系可知， tan 2 r R ， 所以 rmv eBtan 2。 答案 (1)mv eB (2)m eB (3) mv eBtan 2 名师点评 (1)带电粒子沿直线边界进入磁场，直线边界的一部分必为其轨迹圆的一条 弦，所以轨迹圆心必在弦的中垂线上，且轨迹关于中垂线对称；另外，从同一边界射入的带 电粒子，从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等。 (2)粒子沿半径方向进入有界圆形磁场区域时，根据对称性，射出磁场时的速度方向也 一定沿着磁场圆的半径方向。 变式训练 如图 8215 所示，条形区域AA、BB中存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场， 磁感应强度B 的大小为0.3 T，AA、 BB为磁场边界，它们相互平行，条形区域的长度足 够长，宽度 d 1 m。 一束带正电的某种粒子从AA上的 O 点以大小不同的速度沿着与AA 成 60° 角方向射入磁场，当粒子的速度小于某一值v0时，粒子在磁场区域内的运动时间t0 4×10 8 s；当粒子速度为 v1时，刚好垂直边界 BB射出磁场。取 3，不计粒子所受重 力。求： 图 8215 (1)粒子的比荷 q m； (2)速度 v0和 v1的大小。 解析： (1)当粒子的速度小于某一值v0时，粒子不能从BB离开磁场区 域，只能从 AA边离开， 无论粒子速度大小，在磁场中运动的时间都相同， 轨迹如图所示 (图中只画了一个粒子的轨迹)。 粒子在磁场区域内做圆周运动的圆心角均为 1240° ，运动时间 t0 2 3 T， 又 T2 m Bq ，解得 q m3.3×10 8 C/kg (2)当粒子速度为v0时，粒子在磁场内的运动轨迹刚好与 BB边界相切，此时有R0 R0sin 30°d，又 qv0Bmv 2 0 R0 ，得 v06.7×107 m/s 当粒子速度为v1时，刚好垂直边界BB射出磁场区域，此时轨迹所对圆心角 230° ， 有 R1sin 30 °d，又 qv1B mv 2 1 R1 ，得 v12×108 m/s。 答案： (1)3.3×10 8 C/kg (2)6.7×10 7 m/s 2×10 8 m/s