洛倫茲力經(jīng)典例題(有解析)

1、洛侖茲力典型例題例1一個帶電粒子，沿垂直于磁場的 方向射入一勻強磁場.粒子的一段徑跡如圖 所示，徑跡上的每一小段都可近似看成圓 弧.由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子 的能量逐漸減小帶電量不變.從圖中情 況可以確定B.粒子從b到a,帶正電C.粒子從a到b,帶負電A. 粒子從a到b,帶正電D.粒子從b到a,帶負電分析粒子的能量逐漸減小，即環(huán)二屮減小.速率逐漸減小.據(jù)2R=mqB,由于q不變，粒子的軌道半徑逐漸減小，由此斷定粒子從 b到a運動.再利 用左手定那么確定粒子帶正電.答B(yǎng).例2在圖中虛線所圍的區(qū)域內(nèi)，存在電場強度為 E的勻強電場和磁感應(yīng)強度 為B的勻強磁場.從左方水平射入的電子，穿過這區(qū)

2、域時未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，設(shè)重 力可忽略不計，那么在這區(qū)域中的 E和B的方向可能是A. E和B都沿水平方向，并與電子運動的方向相同B. E和B都沿水平方向，并與電子運動的方向相反C. E豎直向上，B垂直紙面向外D. E豎直向上，B垂直紙面向里E,0|Ii分析不計重力時，電子進入該區(qū)域后僅受電場力 Fe和洛侖茲力Fb作用.要 求電子穿過該區(qū)域時不發(fā)生偏轉(zhuǎn)電場力和洛侖茲力的合力應(yīng)等于零或合力方向 與電子速度方向在同一條直線上.當(dāng)E和B都沿水平方向，并與電子運動的方向相同時，洛侖茲力Fb等于零，電子僅受與其運動方向相反的電場力 Fe作用，將作勻減速直線運動通過該區(qū)域.當(dāng)E和B都沿水平方向，并與電子運動的方向相

3、反時，F(xiàn)b=O,電子僅受與其運動 方向相同的電場力作用，將作勻加速直線運動通過該區(qū)域.當(dāng)E豎直向上，B垂直紙面向外時，電場力 Fe豎直向下，洛侖茲力Fb豎直向上.假設(shè)滿足條件耳二,即qE二型E,或V=時.電子作勻速直線運動通過該區(qū)域.當(dāng)E豎直向上，B垂直紙面向里時，F(xiàn)e和Fb都豎直向下，電子不可能在該區(qū)域中 作直線運動.答A B、C.例3如圖1所示，被U=1000V勺電壓加速的電子從電子槍中發(fā)射出來，沿直 線a方向運動，要求擊中在 a =n/3方向，距槍口 d=5cm的目標M磁場 垂直于由直線a和M所決定的平面，求磁感強度.Eli分析電子離開槍口后受洛侖茲力作用做勻速圓周運動，要求擊中目標M必

4、須加上垂直紙面向內(nèi)的磁場，如圖2所示.通過幾何方法確定圓心后就可迎刃而 解了.圈2解由圖得電子圓軌道半徑r=d/2sin a.電子被加速后逋度討=電子作圓弧運動時 = Bev,r2ana2X0.052X0 91 X IO30 X IO3 q is x wi?= 3.7X105T.說明帶電粒子在洛侖茲力作用下做圓周運動時，圓心位置確實定十分重要.本 題中通過幾何方法找出圓心一一PM勺垂直平分線與過P點垂直速度方向的直線 的交點0,即為圓心.當(dāng)帶電粒子從有界磁場邊緣射入和射出時，通過入射點和 出射點，作速度方向的垂線，其交點就是圓心.例4兩塊長為L、間距為d的平行金屬板水平放置，處于方向垂直紙面向

5、外、磁感強度為B的勻強磁場中，質(zhì)量為 m電量為e的質(zhì)子從左端正中A處水平射入如圖為使質(zhì)子飛離磁場而不打在金屬板上，入射速度為 分析審清題意可知，質(zhì)子臨界軌跡有兩條：沿半徑為 R的圓弧AB及沿半徑 為r的圓弧AC解 根據(jù) R2=L2+ (R d/2) 2,得41? +daR =BcRm故當(dāng)沿心弧運動時，速度、Be41? + 巧巧 71-4 dm當(dāng)沿-C弧運動時，r=速度Be4m說明假設(shè)不注意兩種可能軌跡，就會出現(xiàn)漏解的錯誤.例5三個速度大小不同的同種帶電粒子，沿同一方向從圖1長方形區(qū)域的勻強磁場上邊緣射入，當(dāng)它們從下邊緣飛出時對入射方向的偏角分別為90、60、30.那么它們在磁場中運動時間之比為

6、 A. 1 ： 1 ：1B. 1 : 2 ：3C. 3 : 2 ：1D. 1 ；爐 13E. 73 = V2 : 1分析同種粒子以不同速度射入同一勻強磁場中后，做圓運動的周期相同.由 出射方向?qū)θ肷浞较虻钠谴笮】芍?，速度?V1的粒子在磁場中的1T1軌跡為扌圓周，歷叭嚴扌速度転 勺的粒子在磁中的軌道都/卜于扌圓周，T歷時都不到扌.Jit2t3.可見吋間之比的可能情況只能是cite.為了進一步確定帶電粒子飛經(jīng)磁場時的偏轉(zhuǎn)角與時間的關(guān)系，可作一般分析.如圖2,設(shè)帶電粒子在磁場中的軌跡為曲線 MN通過入射點和出射點作速度方向的 垂線相交得圓心0.由幾何關(guān)系知，圓弧 MN所對的圓心角等于出射速度方向

7、對 入射速度方向的偏角a.粒子通討磁場的時間MbT RamV ma= * =v vqBviB-因此，同種粒子以不同速度射入磁場，經(jīng)歷的時間與它們的偏角a成正比，即ti ：t ：t = 90： 60： 30 =3 : 2 ： 1.答C.例6在xoy平面內(nèi)有許多電子質(zhì)量為 m電量為e,從坐標O不斷以相 同速率V。沿不同方向射入第一象限，如圖1所示.現(xiàn)加一個垂直于xoy平面向 內(nèi)、磁感強度為B的勻強磁場，要求這些電子穿過磁場后都能平行于 x軸向x 正方向運動，求符合該條件磁場的最小面積.分析電子在磁場中做半徑為的勻速圓周運歇 沿y軸正方向證從O點射入的電子做1/4圓周運動后圓心在x軸上A點沿x正方向

8、運動，軌跡上 任一點均滿足坐標方程(R x) 2 + y 2 = R2，如圖2中圖線I ；而沿與x軸任意角a 90a 0射入的電子轉(zhuǎn)過一段 較短弧，例如OP或OC等也將沿x正方向運動，于是P點圓心在A、Q點圓心在A等均滿足坐標方程X2 + (R- y) 2 = R2 .n圖三更應(yīng)注意的是此方程也恰是半徑為 R、圓心在y軸上C點的圓U上任一點的坐標 方程數(shù)學(xué)上的相同規(guī)律揭示了物理的相關(guān)情景.解顯然，所有射向第一象限與x軸成任意角的電子，經(jīng)過磁場一段圓弧運動, 均在與弧U的交點處開始向x軸正方向運動，如圖中P、Q點等.故該磁場分布 的最小范圍應(yīng)是I、U兩圓弧的交集，等效為圖 3中兩弓形面積之和，即

9、o例7如圖1所示，一足夠長的矩形區(qū)域abed內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度為B、方向垂 直紙面向里的勻強磁場.現(xiàn)從矩形區(qū)域 ad邊的中點0處垂直磁場射入一速度方 向跟ad邊夾角為30、大小為v0的帶電粒子.粒子質(zhì)量為 m電量為q， ad邊長為L，重力影響忽略不計.1試求粒子能從ab邊上射出磁場的vo的 大小范圍2問粒子在磁場中運動的最長時間是多少在這種情況下，粒子從 磁場區(qū)域的某條邊射出，試求射出點在這條邊上的范圍.M XHi分析設(shè)帶電粒子在磁場中正好經(jīng)過 cd邊相切，從ab邊射出時速度為vi,軌跡如圖2所示有以下關(guān)系：據(jù)幾何關(guān)系分析得R=L.又設(shè)帶電粒子在磁場中正好經(jīng)過.ab邊相切，從ad邊射出時速度為V

10、2,那么Bqv =m-f據(jù)幾何關(guān)系分析得解由、兩式求得勺二匹m由、兩式求徐廠擧.3m因此，帶電粒子從ab邊射出磁場的vo的大小范圍為：V1 v 0 v2,(2)帶電粒子在磁場中的周期2兀R2兀垃廠、.Tvo帶電粒子在磁場中運動軌跡占圓周比值最大的，運動時間最長據(jù)幾何關(guān)系知.當(dāng)X*譽時,最長吋間討=翳一這神情況下帶電粒子從處邊射出，射岀點的范圍為距O點上方0至號之間.例8如下列圖，在一矩形區(qū)域內(nèi)存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場.電場 強度為E、磁感應(yīng)強度為B,復(fù)合場的水平寬度d,豎直方向足夠長.現(xiàn)有一束 電量為q、質(zhì)量為m的a粒子，初速度v0各不相同，沿電場方向進入場區(qū)，能 逸出場區(qū)的a粒子的動

11、能增量AE k為A. q (B+E d B . qEd/B C. Eqd分析a粒子重力可以忽略不計.a 粒子進入電磁場時，除受電場力外還受 到洛侖茲力作用，因此a粒子速度大小變化，速度方向也變化.洛侖茲力對電荷不做功，電場力對電荷做功.運動電荷從左進從右出.根據(jù)動能定理W/Ek,即EK=Eqd,選項C正確.如果運動電荷從左進左出，電場力做功為零，那么選 項D正確.例9如圖1所示，在空間存在著水平方向的勻強磁場和豎直方向的勻強電場.電場強度為E,磁感應(yīng)強度為B.在某點由靜止釋放一個帶電液滴 a,它運 動到最低點處，恰與一個原來處于靜止的液滴 b相撞.撞后兩液體合為一體，沿 水平方向做直線運動.液

12、滴a的質(zhì)量是液滴b的質(zhì)量的2倍，液滴a所帶電 量是液滴b所帶電量的4倍.求兩液滴初始位置的高度差h.設(shè)a、b之間的 靜電力可以不計.圈1分析由帶電液滴a的運動軌跡可知它受到一個指向曲率中心的洛侖茲力， 由 運動方向、洛侖茲力方向和磁場方向可判斷出液滴 a帶負電荷.液滴b靜止時， 靜電力與重力平衡，可知它帶正電荷.此題包含三個過程，一個是液滴a由靜止釋放到運動至b處，其間合外力靜電 力和重力對液滴a做功，使它動能增加.另一個是碰撞過程，液滴a與b相碰, 動量守恒.第三個過程是水平方向直線運動，豎直方向合外力為零.圖w解設(shè)a的質(zhì)量為2m帶電量為-4q , b的質(zhì)量為m帶電量為q.碰前自液滴C4Eq

13、-h2mg h專2叫圖2也 b液滴圖沏碰撞：2mv=3mv,碰后：3Eq+3mg=3q2B.圖 2c 3F3E3由式解得廿半，代入式解h = 亀.例10如下列圖，在x軸上方是垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度為 B的勻強磁場， 在x軸下方是方向與y軸正方向相反的場強為E的勻強電場，沿x軸方向跟 坐標原點相距為I處有一垂直于x軸的屏MN現(xiàn)有一質(zhì)量m帶電量為負q的粒 子從坐標原點沿y軸正方向射入磁場.如果想使粒子垂直打在光屏 MN,那么：I 電荷從坐標原點射入時速度應(yīng)為多大2電荷從射入磁場到垂直打在屏上要多少時間分析粒子在勻強磁場中沿半圓做勻速圓周運動， 進入電場后做勻減速直線運 動，直到速度為零，然后又做

14、反方向勻加速直線運動.仍以初速率垂直進入磁場， 再沿新的半圓做勻速圓周運動，如此周而復(fù)始地運動，直至最后在磁場中沿1/4圓周做勻速率運動垂直打在光屏 MN為止.解1如下列圖，要使粒子垂直打在光屏 MN上，必須n 2R+R=I,(1)又qvB二怕尋，(2)解得qBl(2n + l)mCn = O,(2)粒子運動總時間由在磁場中運動時間ti和在電場中運動時間t2兩局部構(gòu)成.T TT=丸亍十牙=(加十1孑(2n + 1)71 m2qB2flEl(2n + 1)E(II = D| L 2斗 1)兀 m 2nBl2qB 十(2a + 1)E例11如下列圖，以正方形abco為邊界的區(qū)域內(nèi)有平行于x軸指向負

15、方向的 勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，正方形邊長為L，帶電粒子(不計重力)從oc邊的中點D以某一初速度平行于y軸的正方向射入場區(qū)，恰好沿直線從ab 邊射出場區(qū)如果撤去磁場，保存電場，粒子仍以上述初速度從D點射入場區(qū)，那么從bc邊上的P點射出場區(qū).假設(shè)P點的縱坐標y=h；如果撤去電場，保存磁 場，粒子仍以上述的初速度從 D點射入場區(qū)，在I有不同取值的情況下，求粒子 射出場區(qū)時，出射點在場區(qū)邊界上的分布范圍.分析設(shè)電場強度為E,磁感應(yīng)強度為B,粒子的電量為q,質(zhì)量為m初速度 為v 當(dāng)電場和磁場同時存在時，帶電粒子所受電場力和磁場力平衡，做直線運 動.假設(shè)撤去磁場，那么粒子向右做拋物線運動，從

16、be邊上的p點射出場區(qū).假設(shè)撤 去電場，保存磁場，那么粒子做反時針方向圓周運動，從y軸上的某點射出場區(qū).也 可能從x軸上某點射出.解當(dāng)電場和磁場同時存在時，據(jù)題意有qBv=qE 撤去磁場，電偏轉(zhuǎn)距離為2= W撤去電場，磁偏轉(zhuǎn)距離為qBv =K.式聯(lián)立求得y = 7h2 -La/R = l?/L 假設(shè)要從o點射出，貝U y=0，R=L/4,由式得h=L/2.假設(shè)要從亂點射出 由式臥故不能尿點射岀；由式可知當(dāng)時，出射點在縱軸上；當(dāng)h = L時.由 式得y =為縱坐標的最夫值；當(dāng)hL時，X-0,岀射點在縱軸上的分布范圍為0當(dāng)其坐標為y =7-L3/4由式可規(guī)當(dāng)hL/2臥縱坐標廠久出射點在橫軸上0L/

17、2之間，其坐標為汁蘭聲例12兩塊板長1=、間距d= 水平放置的平行板，板間加有垂直紙面向里,B=的勻強磁場和如圖1 (b)所示的電壓.當(dāng)t=0時，有一質(zhì)量m=2 10-i5kg、電 量q=1x 10ioC帶正電荷的粒子，以速度 vo=4X 103m)/s從兩板正中央沿與板面 平行的方向射入.不計重力的影響，畫出粒子在板間的運動軌跡.、W乂 心1511 0-0.5,I辛L J$12 3 4 5 &t/X10s(b)mi分析板間加上電壓時，同時存在的勻強電場場強E = =1T/C = 5X 1O31T/Cdi J. 3粒子射入后受到的電場力Fe和磁場力Fb分別為Fe = qE = ix IO10 X5X 1O3bT = 5x WN,% = qBv& =1X10mX1,25X4X103N(=5X1QN.它們的方向正好相反，互相平衡，所以在兩板間加有電壓的各段時間內(nèi)(0 1X 10*； 2 3X 10*； 4 5X 10-4S;)，帶電粒子依入射方向做勻速直線 運動.板間不加電壓時，粒