高二物理上冊洛倫茲力知識總結知識講解

1、高二物理上冊洛倫茲力知識總結洛倫茲力9.1洛倫茲力1.洛倫茲力的方向磁場對運動電荷的作用力叫做洛倫茲力。 安培力實際上是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，所以洛倫茲力的方向應該與粒子的運動方向、磁 感應強度的方向都垂直，即洛倫茲力垂直于 V、B決定的平面。實驗也證實了這一點。左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一平面內。讓磁感線從掌心進入，并使四指指向正電荷運動的方向，這時拇指所指的方向就是運動的正電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向。負電荷受力的方向與正電荷受力的方向相反。 洛倫茲力始終與電荷的速度方向垂直，因此洛倫茲力永遠不做功2.洛倫茲力的大小下面我們由安培力和洛倫茲力的關系，推導

2、出洛倫茲力的計算公式。設有一段長為l的直導線，橫截面積為S,單位體積內的自由電荷數(shù)為n,每個電荷帶電荷量為q,運動速度為V。由以上條件可知，導線中電流I Q #q nqSvo若導線垂直于磁場方向放置，則導線所受安培力 F BIl nqSvBl。 安培力可以看作是作用在每個運動電荷上的洛倫茲力的合力，這段導線中含有的運動電 荷數(shù)為N nSl ,所以洛倫茲力F 。洛倫茲力計算公式更一般的形式為 F qvBsin ,其中 為v與B之間的夾角。當v B時，F(xiàn) qvB ;當v/B時，F(xiàn) 0?？芍?，洛倫茲力與電荷的運動狀態(tài)有關。3.洛倫茲力與電場力的比較電場力洛倫茲力性質磁場對運動電荷的作用力電場對電荷的

3、作用力1產(chǎn)生條件v 0 ,且v與B /、平行 電場中的電荷一定 受到電場力的作用i大小當 v B 時，F(xiàn) qvBF qE方向1左手止則，F(xiàn) B、F v正電荷受電場力的方向與電場方 向相同，負電荷與電場方向相反作用效 !果只改變速度的方向，不改變速度 的大小，永遠/、做功既可改變速度的大小，又可改變 速度的方向1 .如圖所示，帶電粒子在勻強磁場中運動，試判定各粒子受洛倫茲力的方向、帶電粒子的 電性或運動方向。xV FX XT【答案】甲：洛倫茲力在紙面內，方向垂直于 v向下。乙：瞬時速度在紙面內，垂直于 F斜向下。內：洛倫茲力方向垂直于紙面向里。?。毫Ｗ訋ж撾?。【例1】電子束以一定的初速度沿軸線進

4、入螺線管內，螺線管中通以方向隨時間而周期性變 化的電流，如圖所示，則電子束在螺線管中做a.勻速直線運動的UUUlB.勻速圓周運動C.加速減速交替的運動0 r O-D.來回振動【答案】A【例2】帶電粒子垂直勻強磁場方向運動時，會受到洛倫茲力的作用。下列表述正確的是A.洛倫茲力對帶電粒子做功B.洛倫茲力不改變帶電粒子的動能C.洛倫茲力的大小與速度無關D.洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向【答案】B【例3】有一勻強磁場，磁感應強度大小為1.2T,方向由南指向北，如有一質子沿豎直向下 的方向進入磁場，磁場作用在質子上的力為 9.6 10 14N ,則質子射入速度為,質子在磁場中向 方向偏轉?！敬鸢浮?

5、105m/s ,方向向東偏轉?！纠?】如圖所示，兩個帶等量正電荷的小球與水平放置的 光滑絕緣桿相連，并固定在垂直紙面向外的勻強磁“場中，桿上套有一個帶正電的小環(huán)，帶電小球和小0環(huán)都可視為點電荷。若將小環(huán)由靜止從圖示位置開 始釋放，在小環(huán)運動的過程中，下列說法正確的是A.小環(huán)的加速度的大小不斷變化B .小環(huán)的速度將一直增大C .小環(huán)所受的洛倫茲力一直增大D.小環(huán)所受的洛倫茲力方向始終不變【答案】A【例5】如圖所示，勻強磁場的方向豎直向下，磁場中有光滑的水平桌面，在桌面上平放著 內壁光滑，底部有帶電小球的試管在水平拉力 F作用下，試管 向右勻速運動。帶電小球能從試管口處飛出，則 A.小球帶正電B

6、.小球的運動軌跡是一條拋物線C.洛倫茲力對小球做正功D .維持試管勻速運動的拉力F是一個包力【答案】AB2 .如圖所示，光滑的水平桌面處在方向豎直向下的勻強磁場中，桌面上平放著一根一端開口、內壁光滑的絕緣細管，細管封閉端有一帶電小球，小球直徑略小于管的直徑，細管的中心軸線沿y軸方向。在水平拉力F作用下，細管沿x軸方向勻速運動，帶電小球能從管口處飛出。帶電小球在離開細管前的運動過程中，關于小球運動的加速度a、沿y軸方向的速度vy、拉力F以及管壁對小球的彈力做功的功率P隨時間t變化的圖象分別如圖所示，其中正確的是A 一【解析】考慮小球的分運動，在x方向，小球做勻速運動，故小球受到的沿 y方向的力F

7、y qVxB為包力，小球運動的加速度為a ay 丁里，是恒定不變的，小球沿y軸方 m向的速度Vy ayt qvXBt,故AB錯。小球在x方向受到洛倫茲力fx和管壁對其的彈 m2 2力Fn ,由于fx qVyB 吧上t ,故管壁對小球的彈力做功的功率 m2 2 2P FnVx fxVx q_B*t, D對。以小球和細管作為研究對象，則 F fx,故CIS。 mD39.2帶電粒子在磁場中的運動忽略重力，帶電粒子以垂直于磁場方向的速度進入勻強磁場，由洛倫茲力的特點可知，2粒子將做勻速圓周運動。由牛頓第二定律qvB m匕得，軌道半徑r ,周期 rT o周期T與粒子的運動情況無關，它取決于磁場和電荷本身

8、的性質。1.磁場中勻速圓周運動問題的一般解題思路圓心的確定入射方向的垂線、出射方向的垂線、入射點與出射點連線的中垂線，這三條線中任意 兩條線的交點即為圓心。 半徑的確定用勾股定理、三角函數(shù)等數(shù)學方法求半徑。運動時間的確定設圓周運動的周期為T ,則當粒子轉過弧度的圓心角對應的時間為t這里我們還要靈活運用圓的一些對稱規(guī)律。如從某一平直邊界射入的粒子，從該邊界射出時，速度與邊界的夾角 不變；在圓形磁場區(qū)域內，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出 等。 2.帶電粒子（不計重力）在勻強電場和勻強磁場中偏轉的比較垂直電場線進入勻強電場垂直磁感線進入勻強磁場受力情況恒力F qE變力F qvB ,大小/、艾，方 向

9、始終垂直于速度方向運動情況類平拋運動勻速圓周運動求解方法Vx Vox VotqE.，i qE+2vyty 0 tm2 mmv2 7mr qB ? T qB例題精講-【例6】質量分別為mi和m2、電荷量分別為qi和q2的兩粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周 運動，已知兩粒子的動量大小相等。下列說法正確的是A.若qi q2,則它們作圓周運動的半徑一定相等B .若mi m2 ,則它們作圓周運動的周期一定相等C.若qi q2,則它們作圓周運動的半徑一定不相等D.若mi m2,則它們作圓周運動的周期一定不相等【答案】AC【例7】質量和電量都相等的帶電粒子 M和N ,以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場， 運

10、行的半圓軌跡如圖虛線所示，下列表述正確的是x* XA. M帶負電，N帶正電xx x紗乂B. M的速度率小于N的速率、C .洛倫茲力對M、N做正功黨 箕”其 工、D. M的運行時間大于N的運行時間叫【答案】A【例8】帶電粒子進入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運動軌跡。如圖是在有勻強 磁場的云室中觀察到的粒子的軌跡，a和b是軌跡上的兩點，勻強磁場B垂直紙面 向里。該粒子在運動時，其質量和電荷量不變，而動能逐漸減少，下列說法中正確的是A.粒子先經(jīng)過a點，再經(jīng)過b點/B.粒子先經(jīng)過b點，再經(jīng)過a點/C.粒子帶負電六D.粒子帶正電【解析】由r mv可知，粒子的動能越小，圓周運動的半徑越小。結合粒子

11、的運動軌跡，可 qB知粒子先經(jīng)過a點，再經(jīng)過b點，選項A正確。再根據(jù)左手定則可判斷出粒子帶負 電，選項C正確。【答案】AC【例9】如圖所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應強度 為B的勻強磁場，一帶電粒子（不計重力）從坐標原點 O 處以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁 場且與x軸正方向成120角。若粒子在磁場中運動時離開x 軸的最大距離為a,則該粒子的電性和荷質比是A.正電荷，a-B.正電荷，2aB2aB利用如圖所示的裝置可以選擇一定速度范圍內的帶電粒子。圖中板MN上方是磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為的縫，兩縫近端相距為L。一群質量

12、為m、電荷量為 q ,具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板 MN進入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒 子，下列說法中正確的是A.粒子帶正電B.射出粒子的最大速度為qB(L 3d)2mC.保持d和L不變，增大D .保持d和B不變，增大XX XX X X X XXX XX X X X XXX XX X X X XXX XX X X X XXX XX X X X XL1- L2d和dB，射出粒子的最大速度與最小速度之差將增大L ,射出粒子的最大速度與最小速度之差將增大D負電荷,六【答案】BC【例11】在一個邊界為等邊三角形的區(qū)域內，存在著方向垂直于紙面”向里的勻強磁場，在磁場邊界上的 P點

13、處有一個粒子源，粒力卜萬子源發(fā)出比荷相同的三個粒子 a b、c （不計重力）沿同一方二/4、向進入磁場，三個粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示。用xf y x X X、ta、tb、tc分別表示a、b、c通過磁場的時間，用a、b、rc Y Y y X X X A X分別表示a、b、c在磁場中的運動半徑，下列判斷正確的是 A. tatbtcB.tctbtaC. rcrbraD.brac【答案】AC3.如圖所示，一束電子以不同的速率由同一位置沿圖示方向飛入橫； - -7IJX X X X ：: 1截面為一正方形的勻強磁場區(qū)域，在從 ab邊離開磁場的電子中，下列jx X X X：X X X X !_ wa

14、r W w.ab判斷中正確的是A.從a點離開的電子速度最大B.從b點離開的電子速度最大C.從a點離開的電子在磁場中運動時間最長D.從b點離開的電子在磁場中運動時間最長【答案】BC【例12如圖所示，比荷為_e的電子從左側垂直于界面、垂直于磁場射入寬度為 md、磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域，要從右側面穿出這個磁場區(qū)域， 電子的速度至少應為A 膽b Bedc Bed口 叵mm2mm4.在半徑為r的圓形空間內有一勻強磁場，一帶電粒子以速度 v從A沿半徑方向入射，并從C點射出，如圖所示（O為圓心）o已知 AOC 120。若在磁場中，粒子只受洛倫茲力作用，則粒子 在磁場中運行的時間A.早C工3v【解析】B

15、也3vD 三3 . 3v首先找出粒子做圓周運動的圓心 O , 為T ,半徑為 R ,則R rtan60 品對應圓心角為60 ,設該粒子圓周運動的周期1T 1 2 tR 向力 t T - 66 v 3v【例13如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個 帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過 t 時間從C點射出磁場，OC與OB成60o角?，F(xiàn)將帶電粒子的 速度變?yōu)関,仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒 子在磁場中的運動時間變?yōu)锳 . 1 tB. 2 t2C. 1 tD. 3 t3【解析】設帶電子粒子以速度v進入磁場做圓周運動，圓心為 O1,半徑為r1,則根據(jù)2qvB

16、爛，得r1 mv,根據(jù)幾何關系得E tan,且rqBri2i 60。當帶電粒子以1V的速度進入時，軌道半徑 312Ev 1ri ,圓心在 O2 ,則九 tan，。即qB 3qB 3r22tan R 3R 3tan- V3。故，60 ,2 120 ;帶電粒2 r2ri22子在磁場中運動的時間tT ,所以上，2 ,即t2 360tii 1確，選項A、C、D錯誤。B【例i4如圖所示，在0 x 73a區(qū)域內存在與xOy平面垂直的勻強磁 場，磁感應強度的大小為Bo 一位于坐標原點的粒子源，沿 y軸的正方向發(fā)射帶電粒子，在t時刻粒子剛好從磁場邊界 上的P(V3a, a)點離開磁場。求粒子在磁場中做圓周運動

17、的半 徑R及粒子的比荷q。m2 ti 2 t ,故選項B正【解析】粒子沿y軸的正方向進入磁場，從P點離開磁場。做OP的垂直平分線，垂直平分線與x軸的交點即為粒子運動軌跡的圓心。由幾何關系得，R2 a2 Ma R ,解得R R3a。3又sin 亙直，故粒子做圓周運動的圓心角為i20 ,R 2qB，所以m段。即周期T 3t0O【答案】2兀3Bt0【例i5】如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一無限長擋板 MN ,距離該擋板h處有一個電子源S,它向垂直磁場的各個方向等速率地發(fā)射電子。已知電子質量為m ,電荷量為e o 為使電子能擊中O點，電子的最小速率是多大？ 為使電子的速率為 中最小速率的2

18、倍后，仍能擊中O點，電XI Xii X子從S射出的方向與SO的夾角為多大?【解析】由題意得，h mv,所以v eBho2 eB2m 根據(jù)題意找到圓心，畫出電子的軌跡如圖，由幾何關系求得夾角為【答案】v吧；302m5.如圖，在區(qū)域I ( 0 x d )和區(qū)域II ( d x 2d )內分別存在勻強磁場，磁感應強度大小分別為 B和2B,方向相反，且都垂直于Oxy平面。一質量為m、帶電荷量q q 0的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入?yún)^(qū)域I,其速度方向沿X軸正向。已知a在離開區(qū)域()X XIII時，速度方向與x軸正方向的夾角為30 ;此時，另一質量和電荷量均與a相同的粒子b也從P點沿x軸正向射入?yún)^(qū)域I

19、,其速度大小是a的1/3。不計重力和兩粒子之間的相互作用力。求粒子a射入?yún)^(qū)域I時速度的大小;當a離開區(qū)域II時，a、b兩粒子的y坐標之差【解析】設粒子a在I內做勻速圓周運動的圓心為 C (在y軸上)，半徑為Ra1 ,粒子速率為Va ,運動軌跡與兩磁場邊界的交點為P ,如圖，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得2qvaB m-Ra1由幾何關系得 PCPRa1 sin式中， 30 ,由式得Va型網(wǎng) m設粒子a在II內做圓周運動的圓心為Oa,半徑為Ra2，射出點為B (圖中未畫出軌跡)，POaPa由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得qva 2Bm-va-Ra2由式得小殳 2C、P和Oa三點共線，且由式知Oa點必位于X -d的平面上。由對稱性