高中物理55《探究洛倫茲力》學案滬科版選修3-1

1、探究洛侖茲力 學案一、復習目標1 掌握洛侖茲力，掌握帶電粒子在勻強磁場中的運動規(guī)律。2特別是勻速圓周運動的一些基本特征。3了解速度選擇器，質譜儀，回旋加速器等的工作原理。二、難點剖析1、洛倫茲力IBF安F運動電荷在磁場中受到的磁場力叫洛倫茲力，它是安培力的微觀表現(xiàn)。計算公式的推導：如圖所示，整個導線受到的磁場力（安培力）為F安 =BIL；其中I=nesv；設導線中共有N個自由電子N=nsL；每個電子受的磁場力為F，則F安=NF。由以上四式可得F=qvB。條件是v與B垂直。當v與B成角時，F(xiàn)=qvBsin。2、磁場對運動電荷的作用。帶電量為q、以速度在磁感強度為B的均強磁場中運動的帶電粒子所受到

2、的作用為稱為洛侖茲力，其大小fB的取值范圍為 0fBqB.當速度方向與磁場方向平行時，洛侖茲力取值最小，為零；當速度方向與磁場方向垂直時，洛侖茲力取值最大，為qB.如果速度方向與磁場方向夾角為，可采用正交分解的方式來處理洛侖茲力大小的計算問題。而洛侖茲力的方向則是用所謂的“左手定則”來判斷的。磁場對運動電荷的洛侖茲力作用具備著如下特征，即洛侖茲力必與運動電荷的速度方向垂直，這一特征保證了“洛侖茲力總不做功”，把握住這一特征，對帶電粒子在更為復雜的磁場中做復雜運動時的有關問題的分析是極有幫助的。3、帶電粒子在磁場中的運動（1）電荷的勻強磁場中的三種運動形式。如運動電荷在勻強磁場中除洛侖茲力外其他

3、力均忽略不計（或均被平衡），則其運動有如下三種形式：當B時，所受洛侖茲力為零，做勻速直線運動；當B時，所受洛侖力充分向心力，做半徑和周期分別為 R=，T=的勻速圓周運動；當與B夾一般角度時，由于可以將正交分解為和（分別平行于和垂直于）B，因此電荷一方向以的速度在平行于B的方向上做勻速直線運動，另一方向以的速度在垂直于B的平面內做勻速圓周運動。此時，電荷的合運動在中學階段一般不要求定量掌握。三、典型例題。MNBOv例題1 如圖直線MN上方有磁感應強度為B的勻強磁場。正、負電子同時從同一點O以與MN成30°角的同樣速度v射入磁場（電子質量為m，電荷為e），它們從磁場中射出時相距多遠？射出

4、的時間差是多少？解：由公式知，它們的半徑和周期是相同的。只是偏轉方向相反。先確定圓心，畫出半徑，由對稱性知：射入、射出點和圓心恰好組成正三角形。所以兩個射出點相距2r，由圖還可看出，經歷時間相差2T/3。答案為射出點相距，時間差為。關鍵是找圓心、找半徑和用對稱。例題2 如圖5所示，在y0的區(qū)域內 存在勻強磁場，磁場方向垂直于xy平面并指向紙面外，磁感應強度為B.一帶正電的粒子以速度0從O點射入磁場，入射方向在xy平面內，與x軸正向的夾角為.若粒子射出磁場的位置與O點的距離為l，求該粒子的電量和質量之比。 圖5分析：注意到幾何關系的確認。 解答：如圖6所示，帶電粒子射入磁場后，由于受到洛侖茲力的

5、作用，粒子將沿圖示的軌跡運動，從A點射出磁場，O、A間的距離為l.射出方向與x軸的夾角仍為，由洛侖茲力公式和牛頓定律可得，q0B=m 式中R為圓軌道的半徑 解得R=圓軌道的圓心位于OA的中垂線上，由幾何關系可得=RsinyxoBvvaO/聯(lián)立上述兩式，解得=例題3一個質量為m電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P（a，0）點以速度v，沿與x正方向成60°的方向射入第一象限內的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。求勻強磁場的磁感應強度B和射出點的坐標。解：由射入、射出點的半徑可找到圓心O/，并得出半徑為；射出點坐標為（0，）。OBSvP例題4. 一個負離子，質量為m，電量大小為q，以速

6、率v垂直于屏S經過小孔O射入存在著勻強磁場的真空室中，如圖所示。磁感應強度B的方向與離子的運動方向垂直，并垂直于圖1中紙面向里.（1）求離子進入磁場后到達屏S上時的位置與O點的距離.（2）如果離子進入磁場后經過時間t到達位置P，證明:直線OP與離子入射方向之間的夾角跟t的關系是。解析：（1）離子的初速度與勻強磁場的方向垂直，在洛侖茲力作用下，做勻速圓周運動.設圓半徑為r，則據(jù)牛頓第二定律可得： ，解得如圖所示，離了回到屏S上的位置A與O點的距離為：AO=2r 所以r vRvO/O（2）當離子到位置P時，圓心角：因為，所以.畫好輔助線（半徑、速度、軌跡圓的圓心、連心線）。偏角可由求出。經歷時間由

7、得出。OAv0B注意：由對稱性，射出線的反向延長線必過磁場圓的圓心。例題5 如圖所示，一個質量為m、電量為q的正離子，從A點正對著圓心O以速度v射入半徑為R的絕緣圓筒中。圓筒內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小為B。要使帶電粒子與圓筒內壁碰撞多次后仍從A點射出，求正離子在磁場中運動的時間t.設粒子與圓筒內壁碰撞時無能量和電量損失，不計粒子的重力。解析：由于離子與圓筒內壁碰撞時無能量損失和電量損失，每次碰撞后離子的速度方向都沿半徑方向指向圓心，并且離子運動的軌跡是對稱的，如圖所示。設粒子與圓筒內壁碰撞n次（），則每相鄰兩次碰撞點之間圓弧所對的圓心角為2/（n+1）.由幾何知識可知，離子

8、運動的半徑為離子運動的周期為，又，所以離子在磁場中運動的時間為. OMNLAO例題6. 圓心為O、半徑為r的圓形區(qū)域中有一個磁感強度為B、方向為垂直于紙面向里的勻強磁場，與區(qū)域邊緣的最短距離為L的O處有一豎直放置的熒屏MN，今有一質量為m的電子以速率v從左側沿OO方向垂直射入磁場，越出磁場后打在熒光屏上之P點，如圖所示，求OP的長度和電子通過磁場所用的時間。MNO,LAOR/2/2BPO/P解析 ：電子所受重力不計。它在磁場中做勻速圓周運動，圓心為O，半徑為R。圓弧段軌跡AB所對的圓心角為，電子越出磁場后做速率仍為v的勻速直線運動， 如圖4所示，連結OB，OAOOBO，又OAOA，故OBOB，

9、由于原有BPOB，可見O、B、P在同一直線上，且OOP=AOB=，在直角三角形P中，OP=（L+r）tan，而，所以求得R后就可以求出OP了，電子經過磁場的時間可用t=來求得。 由得R=，ABCD例題7. 長為L的水平極板間，有垂直紙面向內的勻強磁場，如圖所示，磁感強度為B，板間距離也為L，板不帶電，現(xiàn)有質量為m，電量為q的帶正電粒子（不計重力），從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是：A使粒子的速度v<BqL/4m； B使粒子的速度v>5BqL/4m；C使粒子的速度v>BqL/m；D使粒子速度BqL/4m<v<5B

10、qL/4m。解析：由左手定則判得粒子在磁場中間向上偏，而作勻速圓周運動，很明顯，圓周運動的半徑大于某值r1時粒子可以從極板右邊穿出，而半徑小于某值r2時粒子可從極板的左邊穿出，現(xiàn)在問題歸結為求粒子能在右邊穿出時r的最小值r1以及粒子在左邊穿出時r的最大值r2，由幾何知識得：粒子擦著板從右邊穿出時，圓心在O點，有：r12L2+（r1-L/2）2得r1=5L/4，又由于r1=mv1/Bq得v1=5BqL/4m，v>5BqL/4m時粒子能從右邊穿出。粒子擦著上板從左邊穿出時，圓心在O點，有r2L/4，又由r2mv2/Bq=L/4得v2BqL/4mv2<BqL/4m時粒子能從左邊穿出。綜上

11、可得正確答案是A、B。穿過矩形磁場區(qū)時,一定要先畫好輔助線（半徑、速度及延長線）。偏轉角由sin=L/R求出。側移由R2=L2-（R-y）2解出。經歷時間由得出。注意，這里射出速度的反向延長線與初速度延長線的交點不再是寬度線段的中點，這點與帶電粒子在勻強電場中的偏轉結論不同！例題8 如圖所示，一束電子（電量為e）以速度v垂直射入磁感強度為B，寬度為d的勻強磁場中，穿透磁場時速度方向與電子原來入射方向的夾角是30°，則電子的質量是 ，穿透磁場的時間是 。解析：電子在磁場中運動，只受洛侖茲力作用，故其軌跡是圓弧的一部分，又因為fv，故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛侖茲力指向交點上，如圖

12、中的O點，由幾何知識知，AB間圓心角30°，OB為半徑。r=d/sin30°=2d，又由r=mv/Be得m=2dBe/v又AB圓心角是30°，穿透時間t=T/12，故t=d/3v。帶電粒子在長足夠大的長方形磁場中的運動時要注意臨界條件的分析。如已知帶電粒子的質量m和電量e，若要帶電粒子能從磁場的右邊界射出，粒子的速度v必須滿足什么條件？這時必須滿足r=mv/Be>d，即v>Bed/m.例題9 如圖2所示，有a、b、c、d四個離子，它們帶等量同種電荷，質量不等，有ma=mbmc=md，以不等的速度abcd進入速度選擇器后，有兩種離子從速度選擇器中射出，進

13、入B2磁場，由此可判定（ ）A射向P1的是a離子 B射向P2的是b離子C射到A1的是c離子 D射到A2的是d離子 圖2分析：比例解答要求了解“速度選擇器”和“質譜儀”的基本原理。解答：從離子在磁場B2中的偏轉方向可知離子帶正電，而正離子在速度選擇器中受到磁場B1的洛侖茲力方向又可由左手定則判斷為向右，電極P1、P2間的電場方向必向左，因為qbB1=qcB1=qE，所以能沿直線穿過速度選擇器的必然是速度相等的b、c兩離子；因為qaB1qE，所以a離子穿過速度選擇器必向左偏；因為qdB1qE，所以d離子穿過速度器時必向右偏；因為，所以在B2中偏轉半徑較小而射到A1的是b離子，在B2中偏轉半徑較大而

14、射到A2的是C離子。即經例應選A。例題10霍爾效應：（2000年理科綜合第29題）如圖（4）：厚度為h，寬度為d的導體板放在垂直于它的磁感應強度為B的均勻磁場中，當電流通過導體板時,在導體板的上側面A和下側面A之間會產生電勢差。該現(xiàn)象稱為霍爾效應。實驗表明，當磁場不太強時，電勢差U，電流I和B的關系為U=KIB/d。其中比例系數(shù)K稱為霍爾系數(shù)。 分析：外部磁場的洛侖茲力使運動的電子聚集在導體板的一側，在導體板的另外一側會出現(xiàn)多余的正電荷，從而形成橫向電場，橫向電場對電子施加與洛侖茲力方向相反的靜電力。當靜電力與洛侖茲力達到平衡時，導體板上下兩側之間就形成穩(wěn)定的電勢差。設電流I是由電子的定向流動

15、形成的，電子的平均定向速度為v，電量為e，則：(1) 達到穩(wěn)定狀態(tài)時，導體板上側面A的電勢 下側面A的電勢。（填高于、低于或等于）。這里要提醒學生注意的是導體板中移動的是自由電子，如圖當電流向右時電子向左定向移動，根據(jù)左手定則可知電子受到的洛侖茲力向上，從而在上側面A聚集電子帶負電，下側面A因失去電子而帶正電。故A<A。(2) 電子受到的洛侖茲力的大小為 evB 。(3) 當導體板上下兩側之間的電勢差為U時，電子所受到的靜電力大小為 因為穩(wěn)定時靜電力等于洛侖茲力，故F電=qE=eU/h或evB。(4) 由電場力和洛侖茲力的平衡條件證明霍爾系數(shù)K=1/ne，其中n代表導體板單位體積內電子的

16、個數(shù)。證明：由F電=F洛，有 eU/h=evB, 得 U=Bvh，而已知U=KIB/d ， I=q/t=nehdvt/t=nevhd。代入Bvh=KnevhdB/d，得 K=1/ne。在2001年理科綜合考試第24題中，再次考到霍爾效應。命題材料是電磁流量計，知識點比上題多考了電阻定律和閉合電路歐姆定律, 這里不再重復了。例題11 如圖-4所示，A、B為水平放置的足夠長的平行板，板間距離為d=1.0×10-2m，A板上有一電子源P，Q點為P點正上方B板上的一點，在紙面內向Q點發(fā)射速度在03.2×107m/s范圍內的電子。若垂直紙面加一勻強磁場，磁感應強度B=9.1×

17、;10-3T，已知電子的質量m=9.1×10-31，電子的電量e=1.6×10-19C，不計電子的重力和電子間的相互作用力，且電子打到板上均被吸收，并轉移到大地，求電子擊中A、B兩板上的范圍。 解析：該題雖然與上題條件不同，但都是帶電粒子在有界磁場中的運動，同樣可以用上述方法。Pv圖-5 假設電子在不受邊界限制的勻強磁場中運動，則根據(jù)左手定則可以判斷：沿PQ方向以大小不同的速度發(fā)射電子，均做順時針方向的勻速圓周運動，這些半徑不等的圓均與PQ相內切，它們的圓心都在過P點的水平直線上，如圖-5所示。其中電子運動的最大軌跡半徑rm由F洛=qvB=m得rm= ，代入數(shù)據(jù)得到rm=2×10-2m=2d，這樣在圖-5的基礎上再加上與直線AP平行的且間距為d的直線BQ就相當于磁場的兩個邊界線，如圖-6所示。這里只需畫出半徑分別是d和2d的兩個特殊的圓，所求范圍由圖即可直接得到。MPQN0HF圖-6AB 由圖-6可知隨著速度的不斷增大，電子的運動半徑也隨之增大，而這些電子只要經過半個圓就可以打到A板上，當半徑增大到d即如圖中的小圓時，圓正好與B板相切，且切點為N，電子開始打到B板上，同時電子又被B板擋住，不再打到 A板上，此圓也是電子打到A板上最遠點