基礎(chǔ)知識歸納
1.洛倫茲力
運動電荷在磁場中受到的力叫洛倫茲力.通電導(dǎo)線在磁場中受到的安培力是在導(dǎo)線中定向移動的電荷受到的洛倫茲力的合力的表現(xiàn).
(1)大�。寒�(dāng)v∥B時，F(xiàn)＝ 0�。划�(dāng)v⊥B時，F(xiàn)＝ qvB .
(2)方向：用左手定則判定，其中四指指向 正 電荷運動方向(或 負 電荷運動的反方向)，拇指所指的方向是 正 電荷受力的方向.洛倫茲力 垂直于 磁感應(yīng)強度與速度所決定的平面.
2.帶電粒子在磁場中的運動(不計粒子的重力)
(1)若v∥B，帶電粒子做平行于磁感線的 勻速直線 運動.
(2)若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁場方向的平面內(nèi)以入射速度v做 勻速圓周運動 .洛倫茲力提供帶電粒子做圓周運動所需的 向心力 ，由牛頓第二定律qvB＝ 得帶電粒子運動的軌道半徑R＝ ，運動的周期T＝ .
3.電場力與洛倫茲力的比較
電場力洛倫茲力
存在條件作用于電場中所有電荷僅對運動著的且速度不與磁場平行的電荷有洛倫茲力的作用
大小F＝qE與電荷運動速度 無關(guān) f＝Bqv與電荷的運動速度 有關(guān)
方向力的方向與電場方向 相同 或 相反 ，但總在同一直線上力的方向始終和磁場方向 垂直
對速度的改變可以改變電荷運動速度 大小 和 方向 只改變電荷速度的 方向 ，不改變速度的 大小
做功 可以 對電荷做功， 能 改變電荷動能 不能 對電荷做功， 不能 改變電荷的動能
偏轉(zhuǎn)軌跡靜電偏轉(zhuǎn)，軌跡為 拋物線 磁偏轉(zhuǎn)，軌跡為 圓弧
重點難點突破
一、對帶電體在洛倫茲力作用下運動問題的分析思路
1.確定對象，并對其進行受力分析.
2.根據(jù)物體受力情況和運動情況確定每一個運動過程所適用的規(guī)律(力學(xué)規(guī)律均適用).
總之解決這類問題的方法與純力學(xué)問題一樣，無非多了一個洛倫茲力，要注意：
(1)洛倫茲力不做功，在應(yīng)用動能定理、機械能守恒定律時要特別注意這一點；
(2)洛倫茲力可能是恒力也可能是變力.
二、帶電粒子做勻速圓周運動的圓心、半徑及運動時間的確定
1.圓心的確定一般有以下四種情況：
(1)已知粒子運動軌跡上兩點的速度方向，作這兩速度的垂線，交點即為圓心.
(2)已知粒子入射點、入射方向及運動軌跡上的一條弦，作速度方向的垂線及弦的垂直平分線，交點即為圓心.
(3)已知粒子運動軌跡上的兩條弦，作出兩弦垂直平分線，交點即為圓心.
(4)已知粒子在磁場中的入射點、入射方向和出射方向(不一定在磁場中)，延長(或反向延長)兩速度方向所在直線使之成一夾角，作出這一夾角的角平分線，角平分線上到兩直線距離等于半徑的點即為圓心.
2.半徑的確定和計算.圓心找到以后，自然就有了半徑，半徑的計算一般是利用幾何知識，常用到解三角形的方法及圓心角等于弦切角的兩倍等知識.
3.在磁場中運動時間的確定，利用圓心角與弦切角的關(guān)系，或者是四邊形內(nèi)角和等于360°計算出圓心角θ的大小，由公式t＝ T可求出運動時間，有時也用弧長與線速度的比t＝ .
三、兩類典型問題
1.極值問題：常借助半徑R和速度v(或磁場B)之間的約束關(guān)系進行動態(tài)運動軌跡分析，確定軌跡圓和邊界的關(guān)系，求出臨界點，然后利用數(shù)學(xué)方法求解極值.
注意：(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切；
(2)當(dāng)速度v一定時，弧長(或弦長)越長，圓周角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長.
2.多解問題：多解形成的原因一般包含以下幾個方面：
(1)粒子電性不確定；(2)磁場方向不確定；(3)臨界狀態(tài)不唯一；(4)粒子運動的往復(fù)性等.
典例精析
1.在洛倫茲力作用下物體的運動
【例1】一個質(zhì)量m＝0.1 g的小滑塊，帶有q＝5×10－4 C的電荷，放置在傾角α＝30°的光滑斜面上(斜面絕緣)，斜面置于B＝0.5 T的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，如圖所示.小滑塊由靜止開始沿斜面下滑，其斜面足夠長，小滑塊滑至某一位置時，要離開斜面.問：
(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)該斜面的長度至少多長？
【解析】(1)小滑塊沿斜面下滑過程中，受到重力mg、斜面支持力FN和洛倫茲力F.若要小滑塊離開斜面，洛倫茲力F方向應(yīng)垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知，小滑塊應(yīng)帶負電荷.
(2)小滑塊沿斜面下滑時，垂直斜面方向的加速度為零，有qvB＋FN－mgcos α＝0
當(dāng)FN＝0時，小滑塊開始脫離斜面，此時qvB＝mgcos α
得v＝ m/s=2 m/s
(3)下滑過程中，只有重力做功，由動能定理得mgxsin α＝ mv2
斜面的長度至少應(yīng)是x＝ m＝1.2 m
【思維提升】(1)在解決帶電粒子在磁場中運動的力學(xué)問題時，對粒子進行受力分析、運動情況分析是關(guān)鍵；(2)根據(jù)力學(xué)特征，選用相應(yīng)的力學(xué)規(guī)律求解，但由于洛倫茲力與速度有關(guān)，要注意動態(tài)分析.
【拓展1】如圖所示，質(zhì)量為m的帶正電小球，電荷量為q，小球中間有一孔套在足夠長的絕緣細桿上，桿與水平方向成θ角，與球的動摩擦因數(shù)為μ，此裝置放在沿水平方向、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，若從高處將小球無初速度釋放，小球在下滑過程中加速度的最大值為 gsin θ ，運動速度的最大值為 .
【解析】分析帶電小球受力如圖，在釋放處a，由于v0＝0，無洛倫茲力，隨著小球加速，產(chǎn)生垂直桿向上且逐漸增大的洛倫茲力F，在b處，F(xiàn)＝mgcos θ，F(xiàn)f＝0
此時加速度最大，am＝gsin θ，隨著小球繼續(xù)加速，F(xiàn)繼續(xù)增大，小球?qū)⑹艿酱怪睏U向下的彈力FN′，從而恢復(fù)了摩擦力，且逐漸增大，加速度逐漸減小，當(dāng)Ff′與mgsin θ平衡時，小球加速結(jié)束，將做勻速直線運動，速度也達到最大值vm.
在圖中c位置：FN′＋mgcos θ＝Bqvm①
mgsin θ＝Ff′②
Ff′＝μFN′③
由①②③式解得vm＝
2.帶電粒子在有界磁場中的運動
【例2】兩平面熒光屏互相垂直放置，在兩屏內(nèi)分別取垂直于兩屏交線的直線為x軸和y軸，交點O為原點，如圖所示.在y>0、0
【解析】如右圖所示，粒子在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中運動的半徑為r＝
速度小的粒子將在x
速度最大的粒子的軌跡如圖中實線所示，它由兩段圓弧組成，圓心分別為C和C′，C在y軸上，由對稱性可知C′在x＝2a的直線上.
設(shè)t1為粒子在0
，t1＋t2＝
由此解得t1＝ ，t2＝
再由對稱性可得
∠OCM＝60°，∠MC′N＝60°
∠MC′P＝360°× ＝150°
所以∠NC′P＝150°－60°＝90°
即 為1/4圓周.因此圓心C′在x軸上.
設(shè)速度為最大值時粒子的軌道半徑為R，由直角△COC′可得2Rsin 60°＝2a，R＝
由圖可知OP＝2a＋R，因此水平熒光屏發(fā)亮范圍的右邊界坐標(biāo)x＝2(1＋ )a
【思維提升】帶電粒子在不同的有界磁場中的連續(xù)運動問題，一是要分別根據(jù)進入和離開磁場的點速度方向確定帶電粒子做勻速圓周運動的圓心，進而畫出帶電粒子在有界磁場中的運動軌跡；二是找準(zhǔn)由一個磁場進入另一個磁場這一關(guān)鍵點，確定出這一關(guān)鍵點上速度的方向；三是要注意磁場方向和大小變化引起帶電粒子的運動軌跡的變化.
【拓展2】下圖是某裝置的垂直截面圖，虛線A1A2是垂直截面與磁場區(qū)邊界面的交線，勻強磁場分布在A 1 A 2的右側(cè)區(qū)域，磁感應(yīng)強度B＝0.4 T，方向垂直紙面向外，A1A 2與垂直截面上的水平線夾角為45°.在A1A2左側(cè)，固定的薄板和等大的擋板均水平放置，它們與垂直截面交線分別為S1、S2，相距L＝0.2 m，在薄板上P處開一小孔，P與A1A2線上點D的水平距離為L.在小孔處裝一個電子快門.起初快門開啟，一旦有帶正電微粒剛通過小孔，快門立即關(guān)閉，此后每隔T＝3.0×10－3 s開啟一次并瞬間關(guān)閉，從S1S2之間的某一位置水平發(fā)射的一速度為v0的帶正電微粒，它經(jīng)過磁場區(qū)域后入射到P處小孔.通過小孔的微粒與擋板發(fā)生碰撞而反彈，反彈速度大小是碰前的0.5倍.
(1)經(jīng)過一次反彈直接從小孔射出的微粒，其初速度v0應(yīng)為多少？
(2)求上述微粒從最初水平射入磁場到第二次離開磁場的時間.(忽略微粒所受重力影響，碰撞過程中無電荷轉(zhuǎn)移.已知微粒的荷質(zhì)比 ＝1.0×103 C/kg.只考慮紙面上帶電微粒的運動)
【解析】(1)如下圖所示，設(shè)帶正電微粒在S1、S2之間任意點Q以水平速度v0進入磁場，微粒受到的洛倫茲力為f，在磁場中做圓周運動的半徑為r，有：
f＝qv0B①
f＝ ②
由①②式解得r＝ ，欲使微粒能進入小孔，半徑r的取值范圍為
L
＝nT，其中n＝1,2,3…④
由①②③④式可知，只有n＝2滿足條件，即有
v0＝100 m/s⑤
(2)設(shè)微粒在磁場中做圓周運動的周期為T0，從水平進入磁場到第二次離開磁場的總時間為t，設(shè)t1、t4分別為帶電微粒第一次、第二次在磁場中運動的時間，第一次離開磁場運動到擋板的時間為t2，碰撞后再返回磁場的時間為t3，運動軌跡如圖所示，則有
T0＝ ⑥
t1＝ T0⑦
t2＝ ⑧
t3＝ ⑨
t4＝ T0⑩
解得t＝t1＋t2＋t3＋t4＝2.8×10－2 s?
3.帶電粒子在有界磁場運動的臨界問題
【例3】如圖所示，一個質(zhì)量為m，電荷量大小為q的帶電微粒(忽略重力)，與水平方向成45°射入寬度為d、磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場中，若使粒子不從磁場MN邊界射出，粒子的初速度大小應(yīng)為多少？
【解析】帶電粒子垂直B進入勻強磁場做勻速圓周運動，若不從邊界MN射出，粒子運動偏轉(zhuǎn)至MN邊界時v與邊界平行即可.由左手定則可知：若粒子帶正電荷，圓周軌跡由A→B；若粒子帶負電荷，圓周軌跡由A→C，如圖所示，圓周軌跡的圓心位置可根據(jù)粒子線速度方向垂直半徑的特點，作初速度v0的垂線與邊界MN的垂線的交點即為圓軌跡的圓心O1與O2.
粒子帶正電荷情況：粒子沿圓軌跡A→B運動方向改變了45°，由幾何關(guān)系可知∠AO1B＝45°，那么
d＝R1－R1?cos 45°①
R1＝ ②
將②式代入①式得
v0＝
即粒子若帶正電荷，初速度滿足0
d＝R2＋R2?sin 45°③
R2＝ ④
將④式代入③式得
v0′＝
即粒子若帶負電荷，初速度滿足0
【拓展3】未來人類要通過可控?zé)岷朔磻?yīng)取得能源，要持續(xù)發(fā)生熱核反應(yīng)必須把溫度高達幾百萬攝氏度以上的核約束在一定的空間內(nèi).約束的辦法有多種，其中技術(shù)上相對成熟的是用磁場約束，稱為“托卡馬克”裝置.如圖所示為這種裝置的模型圖：垂直紙面的有環(huán)形邊界的勻強磁場(b區(qū)域)圍著磁感應(yīng)強度為零的圓形a區(qū)域，a區(qū)域內(nèi)的離子向各個方向運動，離子的速度只要不超過某值，就不能穿過環(huán)形磁場的外邊界而逃逸，從而被約束.設(shè)環(huán)形磁場的內(nèi)半徑R1＝0.5 m，外半徑R2＝1.0 m，磁場的磁感應(yīng)強度B0＝1.0 T，被約束的離子比荷q/m＝4.0×107 C/kg.
(1)若a區(qū)域中沿半徑OM方向射入磁場的離子不能穿過磁場，則離子的速度不能超過多大？
(2)若要使從a區(qū)域沿任何方向射入磁場的速率為2.0×107 m/s的離子都不能越出磁場的外邊界，則b區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度B至少要有多大？
【解析】(1)速度越大軌跡圓半徑越大，要使沿OM方向運動的離子不能穿越磁場，則其在環(huán)形磁場內(nèi)的運動軌跡圓中半徑最大者與磁場外邊界圓相切，如圖所示.設(shè)軌跡圓的半徑為r1，則r ＋R ＝(R2－r1)2
代入數(shù)據(jù)解得r1＝0.375 m
設(shè)沿該圓運動的離子速度為v1，由牛頓運動定律有qv1B0＝
解得v1＝ ＝1.5×107 m/s
(2)當(dāng)離子以v2的速度沿與內(nèi)邊界圓相切的方向射入磁場，且軌跡與磁場外邊界圓相切時，以該速度沿各個方向射入磁場區(qū)的離子都不能穿出磁場邊界，如圖所示.
設(shè)軌跡圓的半徑為r2，則r2＝ ＝0.25 m
解得B＝ ＝2.0 T
易錯門診
4.帶電粒子在磁場中的運動及功能關(guān)系
【例4】如圖所示，勻強磁場中放置一與磁感線平行的薄鉛板，一個帶電粒子垂直進入勻強磁場，以半徑R1＝20 cm做勻速圓周運動，第一次垂直穿過鉛板后以半徑R2＝19 cm做勻速圓周運動，則帶電粒子能夠穿過鉛板的次數(shù)是多少？(每次穿過鉛板時阻力大小相同)
【錯解】因為R1＝ ，所以v1＝
同理：v2＝
設(shè)粒子每穿過鉛板一次，速度減少Δv，
則Δv＝v1－v2＝ (R1－R2)
故粒子能夠穿過鉛板的次數(shù)為n＝ ＝20次
【錯因】粒子每穿過一次鉛板應(yīng)該是損失的動能相同，故粒子每穿過一次鉛板減少的速度不同.速度大時，其速度變化量小，速度小時，速度變化量大.
【正解】粒子每穿過鉛板一次損失的動能為
ΔE＝
穿過鉛板的次數(shù)
N＝ ＝10.26次，取n＝10次
【思維提升】對于物理問題必須弄清問題的本質(zhì)，此題中每次穿過鉛板后，應(yīng)該是損失的動能相同，而不是速度的變化相同.
本文來自：逍遙右腦記憶 http://yy-art.cn/gaosan/77042.html
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