1、考點1 洛倫茲力,學案2 磁場對運動電荷的作用,1.洛倫茲力方向的理解 (1)洛倫茲力的方向與電荷運動的方向和磁場方向都垂直，即洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面。 (2)當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化。 (3)用左手定則判定負電荷的磁場中運動所受的洛倫茲力時，要注意將四指指向電荷運動的反方向。,2 洛倫茲力與電場力的比較,(1)洛倫茲力方向與速度方向一定垂直，而電場力的方向與速度方向無必然聯(lián)系。 (2)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，但各自的表現(xiàn)形式不同，洛倫茲力對運動電荷永遠不做功，而安培力對通電導線可做正功，可做負功，也可不做功。,典例一,對洛倫

2、茲力的理解,【例1】如圖所示，表面粗糙的斜面 固定于地面上，并處于方向垂直 紙面向外、強度為B的勻強磁場 中，質量為m、帶電荷量為+Q的 小滑塊從斜面頂端由靜止下滑。 在滑塊下滑的過程中，下列判斷正確的是( ) A.滑塊受到的摩擦力不變 B.滑塊到達地面時的動能與B的大小無關 C.滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下 D.滑塊最終可能會沿斜面做勻速直線運動,【解析】本題將洛倫茲力知識與物體的 平衡、運動學知識結合考查，要求學生有 比較強的分析能力和推理能力。滑塊下滑 的過程中，受力分析如圖所示，C對；摩擦 力f=FN，而FN=G2+F洛=G2+qvB，由于G2 不變，v增大，故FN增大，f增大，

3、A錯；由于摩擦力的大小與B有關，而滑塊到達地面時的動能與重力做功和摩擦力做功有關，故B錯；如果斜面足夠長，當F=G1時，滑塊將會沿斜面做勻速直線運動，故D正確。,(1)用左手定則判斷出洛倫茲力的方向。 (2)滑塊受到的滑動摩擦力大小與它對斜面的正壓力成正比。 (3)滑塊到達地面的動能與克服摩擦力做的功有關。,1,一個帶正電的小球沿光滑絕緣的桌面 向右運動，速度方向垂直于一個水平 方向的勻強磁場，如圖所示，小球飛 離桌面后落到地板上，設飛行時間為 t1，水平射程為s1，著地速度為v1，撤 去磁場，其余的條件不變，小球飛行時間為t2，水平射程為s2，著地速度為v2，則下列論述正確的是( ) A.s

4、1s2 B.t1t2 C.v1和v2大小相等 D.v1和v2方向相同,A B C,考點2 帶電粒子在勻強磁場中的運動,1.半徑及周期的求解 質量為m，帶電荷量為q，速率為v的帶電粒子，在磁感應強度為B的勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qvB=mv2/r，可得半徑公式r=mv/(qB)，再由T=2r/v得周期公式T=2m/(qB)。,(1)圓心的確定 帶電粒子垂直進入磁場后，一定做圓周運動， 其速度方向一定沿圓周的切線方向，因此圓心的 位置必是兩速度方向垂線的交點或某一速度方向 的垂線與圓周上兩點連線中垂線的交點，方向如 圖所示。,2.帶電粒子在勻強磁場中的運動問題的分析思路,(

5、2)運動半徑大小的確定 一般先作入射點、出射點對應的半徑，并作出相應的輔助三角形，然后利用三角函數(shù)求解出半徑的大小。 (3)運動時間的確定 首先利用周期公式T=2m/(qB)，求出運動周期T，然后求出粒子運動的圓弧所對應的圓心角，其運動時間t=T/(2)。,在同一磁場中，同一帶電粒子的速率v變化時，T不變，其運動軌跡對應的圓心角越大，運動時間越長。,(4)圓心角的確定 帶電粒子射出磁場的速度方向與射入磁場的速度方 向間的夾角叫偏向角。偏向角等于圓心角即=，如圖所 示。 某段圓弧所對應的圓心角是這段圓弧弦切角的二倍， 即=2。,(2)磁場方向不確定形成多解 有些題目只告訴了磁感應強度大小，而未具

6、體指出磁感應強度方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成的多解。 如圖，帶正電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，如B垂直紙面向里，其軌跡為a，如B垂直紙面向外，其軌跡為b。,3.帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的多解問題 要充分考慮帶電粒子的電性、磁場方向、軌跡及臨界條件的多種可能性，畫出其運動軌跡，分階段、分層次地求解。,(1)帶電粒子電性不確定形成多解 受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶 負電，在相同的初速度的條件下，正負粒子在磁場中運動 軌跡不同，形成多解。 如圖，帶電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，如帶正電， 其軌跡為a，如帶負電，其軌跡為b。,(4)運動的往復性形成多解

7、 帶電粒子在部分是電場，部分是磁場的空間運動時，運動往往具有往復性，從而形成多解。如圖所示。,(3)臨界狀態(tài)不唯一形成多解 帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉過180從入射界面這邊反向飛出，如圖所示，于是形成了多解。,【例1】在真空中，半徑r=310-2 m的圓 形區(qū)域內有勻強磁場，方向如圖所示， 磁感應強度B=0.2 T，一個帶正電的粒 子，以初速度v=106 m/s從磁場邊界上 直徑ab的一端a射入磁場，已知該粒子 的比荷q/m=108 C/kg，不計粒子重力。 求： (1)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑是多少？ (2)若要使

8、粒子飛離磁場時有最大偏轉角，求入射時v方向 與ab的夾角及粒子的最大偏轉角。,帶電粒子磁場中運動的基本問題,典例二,挖掘隱含的幾何條件是解本題的關鍵，帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動問題，關鍵之處要正確找出粒子軌道的圓心和半徑，畫出軌跡圓弧，由幾何形狀明確弦切角、圓心角和偏轉角之間的關系，從而就可進一步求出粒子在磁場中運動的時間問題。,【解析】 (1)粒子射入磁場后，由于不計重力，所以 洛倫茲力充當圓周運動所需要的向心力。 根據(jù)牛頓第二定律有：qvB=mv2/R 所以R=mv/(qB)=510-2 m。 (2) 粒子在圓形磁場區(qū)域內的軌跡為一段半徑R=5 cm 的圓弧，要使偏轉角最大，就要求這段

9、圓弧對應的弦最 長，即為場區(qū)的直徑，粒子運動軌跡的圓心O在ab弦中垂線上，如圖所示： 由幾何關系可知：sin=r/R=0.6， 所以=37 粒子的最大偏轉角=2=74。,在x軸上方有垂直于紙面的勻強磁場，同一種帶電粒子從O點射入磁場。當入射方向與x軸的夾角=45時，速度為v1、v2的兩個粒子分別從a、b兩點射出磁場，如圖所示。當為60時，為了使粒子從ab的中點c射出磁場，則速度應為( ) A. (1/2) (v1+v2) B. (v1+v2) C. (v1+v2) D. (v1+v2),D,2,典例三,帶電粒子在磁場中運動的多解問題,【例3】如圖甲所示，MN為豎直放置彼此平 行的兩塊平板，板間

10、距離為d，兩板中央 各有一個小孔O、O正對，在兩板間有 垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨 時間的變化如圖乙所示。有一群正離子 在t=0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質量為m、帶電荷 量為q，正離子在磁場中做勻速速圓周運動的周期與磁感應強度變化 的周期都為T0，不考慮由于磁場變而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所 受重力。求： (1)磁感應強度B0的大小。 (2)要使正離子從O孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速 度v0的可能值。,【解析】設垂直于紙面向里的磁場方向為正方向。 (1)正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力 B0qv0=mv02/R 做勻速圓周運動的周期T0=2R/v0 由

11、上兩式得磁感應強度B0=2m/(qT0) (2)要使正離子從O孔垂直于N板射出磁場，v0的方向應如圖所示，兩板之間正離子只運動一個周期即T0時，有R=d/4；當兩板之間正離子運動n個周期，即nT0時，有R=d/(4n)(n=1,2,3)。 聯(lián)立求解，得正離子的速度的可能值為 v0=B0qR/m=d/(2nT0)(n=1,2,3)。,磁感應強度的 變化規(guī)律,畫帶電粒子一個 周期的運動軌跡,根據(jù)R=d/(4n)=mv0/(qB) 求v0的多解,如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁 場的邊界上，有兩個質量和電荷量均 相同的正負離子(不計重力)，從點O以 相同的速率先后射入磁場中，入射方 向與邊界成角，則

12、正負離子在磁場 中( ) A.運動時間相同 B.運動軌道的半徑相同 C.重新回到邊界時速度的大小和方向相同 D.重新回到邊界的位置與O點距離相等,3,B C D,考點3 洛倫茲力與現(xiàn)代技術,對回旋加速器的理解 （1）加速條件：T電場=T磁場=2m/qB （2）粒子的最大速度為vmax=qBrD/m，rD為D形盒的半徑。在粒子電荷量q、質量m和磁感應強度B一定的情況下，回旋加速器的半徑rD越大，粒子的能量就越大。 （3）粒子的最大速度vmax與加速電壓U無關。,【例4】2009年高考江蘇物理卷1932年，勞倫斯和利文斯設計出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如圖所示，置于 高真空中的D形金屬盒半

13、徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應強度為B的勻強磁場與盒面 垂直。A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質量為m、電荷量為+q，在加速器中被加速，加速電壓為U。加速過程中不考慮相對論效應和 重力作用。 (1)求粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比； (2)求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t； (3)實際使用中，磁感應強度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應強度和加 速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能Ekm。,典例四 洛倫茲力典型應用,【答案】(1) :1 (2) BR2/(2U) (3)22mfm2R2,【解析】本題以

14、回旋加速器為背景考查了動能定理、帶電粒子在勻強磁場中的運動等知識， 要求學生有較強的分析、綜合能力。 (1)設粒子第1次經(jīng)過狹縫后的半徑為r1，速度為v1 qU=1/2mv12 qv1B=mv12/r1 解得r1= 同理，粒子第2次經(jīng)過狹縫后的半徑r2= 則r2:r1= :1 (2)設粒子到出口處被加速了n圈 2nqU=1/2mv2 qvB=mv2/R T=2m/(qB) t=nT 解得t=BR2/(2U) (3)加速電場的頻率應等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即f=qB/(2m) 當磁感應強度為Bm時，加速電場的頻率應為fBm=qBm/(2m)，粒子的動能Ek=1/2mv2 當fBmfm時，粒子的最大動能由Bm決定qvmBm=mvm2/R 解得Ekm=q2Bm2R2/(2m) 當fBmfm時，粒子的最大動能由fm決定 vm=2fmR 解得Ekm=22mfm2R2。,【答案】m=qd2B2/