基礎(chǔ)知識(shí)歸納
1.洛倫茲力
運(yùn)動(dòng)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(dòng)的電荷受到的洛倫茲力的合力的表現(xiàn).
(1)大�。寒�(dāng)v∥B時(shí)，F(xiàn)＝ 0��；當(dāng)v⊥B時(shí)，F(xiàn)＝ qvB .
(2)方向：用左手定則判定，其中四指指向 正 電荷運(yùn)動(dòng)方向(或 負(fù) 電荷運(yùn)動(dòng)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(qiáng)度與速度所決定的平面.
2.帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)(不計(jì)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(yùn)動(dòng).
(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(yùn)動(dòng) .洛倫茲力提供帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)所需的 向心力 ，由牛頓第二定律qvB＝ 得帶電粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R＝ ，運(yùn)動(dòng)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(duì)運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)速度 無關(guān) f＝Bqv與電荷的運(yùn)動(dòng)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(duì)速度的改變可以改變電荷運(yùn)動(dòng)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(duì)電荷做功， 能 改變電荷動(dòng)能 不能 對(duì)電荷做功， 不能 改變電荷的動(dòng)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(diǎn)難點(diǎn)突破
一、對(duì)帶電體在洛倫茲力作用下運(yùn)動(dòng)問題的分析思路
1.確定對(duì)象，并對(duì)其進(jìn)行受力分析.
2.根據(jù)物體受力情況和運(yùn)動(dòng)情況確定每一個(gè)運(yùn)動(dòng)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(gè)洛倫茲力，要注意：
(1)洛倫茲力不做功，在應(yīng)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律時(shí)要特別注意這一點(diǎn)；
(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(yùn)動(dòng)的圓心、半徑及運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)軌跡上兩點(diǎn)的速度方向，作這兩速度的垂線，交點(diǎn)即為圓心.
(2)已知粒子入射點(diǎn)、入射方向及運(yùn)動(dòng)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(diǎn)即為圓心.
(3)已知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩條弦，作出兩弦垂直平分線，交點(diǎn)即為圓心.
(4)已知粒子在磁場中的入射點(diǎn)、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(diǎn)即為圓心.
2.半徑的確定和計(jì)算.圓心找到以后，自然就有了半徑，半徑的計(jì)算一般是利用幾何知識(shí)，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(shí).
3.在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)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(jì)算出圓心角θ的大小，由公式t＝ T可求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間，有時(shí)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(jìn)行動(dòng)態(tài)運(yùn)動(dòng)軌跡分析，確定軌跡圓和邊界的關(guān)系，求出臨界點(diǎn)，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(yùn)動(dòng)的軌跡與邊界相切；
(2)當(dāng)速度v一定時(shí)，弧長(或弦長)越長，圓周角越大，則帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長.
2.多解問題：多解形成的原因一般包含以下幾個(gè)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(yùn)動(dòng)的往復(fù)性等.
典例精析
1.在洛倫茲力作用下物體的運(yùn)動(dòng)
【例1】一個(gè)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(qiáng)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(shí)，要離開斜面.問：
(1)小滑塊帶何種電荷？
(2)小滑塊離開斜面時(shí)的瞬時(shí)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(fù)電荷.
(2)小滑塊沿斜面下滑時(shí)，垂直斜面方向的加速度為零，有qvB＋FN－mgcos α＝0
當(dāng)FN＝0時(shí)，小滑塊開始脫離斜面，此時(shí)qvB＝mgcos α
得v＝ m/s=2 m/s
(3)下滑過程中，只有重力做功，由動(dòng)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(yùn)動(dòng)的力學(xué)問題時(shí)，對(duì)粒子進(jìn)行受力分析、運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(xì)桿上，桿與水平方向成θ角，與球的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，此裝置放在沿水平方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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(yùn)動(dòng)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(shí)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(shí)，小球加速結(jié)束，將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度也達(dá)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(yùn)動(dòng)
【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(diǎn)O為原點(diǎn)，如圖所示.在y>0、0
【解析】如右圖所示，粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)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(shí)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(duì)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(duì)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(shí)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(yùn)動(dòng)問題，一是要分別根據(jù)進(jìn)入和離開磁場的點(diǎn)速度方向確定帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，進(jìn)而畫出帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡；二是找準(zhǔn)由一個(gè)磁場進(jìn)入另一個(gè)磁場這一關(guān)鍵點(diǎn)，確定出這一關(guān)鍵點(diǎn)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(yùn)動(dòng)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(qiáng)磁場分布在A 1 A 2的右側(cè)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)D的水平距離為L.在小孔處裝一個(gè)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(shí)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(yùn)動(dòng))
【解析】(1)如下圖所示，設(shè)帶正電微粒在S1、S2之間任意點(diǎn)Q以水平速度v0進(jìn)入磁場，微粒受到的洛倫茲力為f，在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，有：
f＝qv0B①
f＝ ②
由①②式解得r＝ ，欲使微粒能進(jìn)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(yùn)動(dòng)的周期為T0，從水平進(jìn)入磁場到第二次離開磁場的總時(shí)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間，第一次離開磁場運(yùn)動(dòng)到擋板的時(shí)間為t2，碰撞后再返回磁場的時(shí)間為t3，運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的臨界問題
【例3】如圖所示，一個(gè)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(qiáng)度為B、方向垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)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(jìn)入勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若不從邊界MN射出，粒子運(yùn)動(dòng)偏轉(zhuǎn)至MN邊界時(shí)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(fù)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(diǎn)，作初速度v0的垂線與邊界MN的垂線的交點(diǎn)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(yùn)動(dòng)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(fù)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(dá)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(duì)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(qiáng)磁場(b區(qū)域)圍著磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的圓形a區(qū)域，a區(qū)域內(nèi)的離子向各個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，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(qiáng)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(qiáng)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(yùn)動(dòng)的離子不能穿越磁場，則其在環(huán)形磁場內(nèi)的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的離子速度為v1，由牛頓運(yùn)動(dòng)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(shí)，以該速度沿各個(gè)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(cuò)門診
4.帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)及功能關(guān)系
【例4】如圖所示，勻強(qiáng)磁場中放置一與磁感線平行的薄鉛板，一個(gè)帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，以半徑R1＝20 cm做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，第一次垂直穿過鉛板后以半徑R2＝19 cm做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(shí)阻力大小相同)
【錯(cuò)解】因?yàn)镽1＝ ，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(cuò)因】粒子每穿過一次鉛板應(yīng)該是損失的動(dòng)能相同，故粒子每穿過一次鉛板減少的速度不同.速度大時(shí)，其速度變化量小，速度小時(shí)，速度變化量大.
【正解】粒子每穿過鉛板一次損失的動(dòng)能為
ΔE＝
穿過鉛板的次數(shù)
N＝ ＝10.26次，取n＝10次
【思維提升】對(duì)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(dòng)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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