洛倫茲力問題及解題策略

1、-作者xxxx-日期xxxx洛倫茲力問題及解題策略【精品文檔】洛倫茲力問題及解題策略磁場一章是高中物理的重點(diǎn)內(nèi)容之一歷年高考對(duì)本章知識(shí)的考查覆蓋面大，幾乎每個(gè)知識(shí)點(diǎn)都考查到，縱觀歷年高考試題不難發(fā)現(xiàn)，實(shí)際上單獨(dú)考查磁場知識(shí)的題目很少，絕大多數(shù)試題的考查方式為磁場中的通電導(dǎo)線或帶電的運(yùn)動(dòng)粒子在安培力或洛倫茲力作用下的運(yùn)動(dòng)，尤其以帶電粒子在洛倫茲力作用下在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的問題居多，側(cè)重于知識(shí)應(yīng)用方面的考查，且難度較大，對(duì)考生的空間想象能力及物理過程、運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合分析能力要求較高從近十年高考物理對(duì)洛倫茲力問題的考查情況可知，近十年高考均涉及了洛倫茲力問題，并且1994年、1996年、19

2、99年還以壓軸題的形式出現(xiàn)，洛倫茲力問題的重要性由此可見一斑；自1998年以來，此類問題連續(xù)以計(jì)算題的形式出現(xiàn)，且分值居高不下，由此可見，洛倫茲力問題是高考命題的熱點(diǎn)之一，可謂是高考的一道“大餐”全國高考情況是這樣，近年開始實(shí)施的春季高考及理科綜合能力測試也是這樣，甚至對(duì)此類問題有“一大一小”的現(xiàn)象，即一個(gè)計(jì)算題，同時(shí)還有一個(gè)選擇題或填空題，故對(duì)洛倫茲力問題必須引起高度的重視本文將對(duì)有關(guān)洛倫茲力問題的類型做一大致分類，并指出各類問題的求解策略一、帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心、半徑及周期：因?yàn)槁鍌惼澚χ赶驁A心，根據(jù)Fv，只要畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)(一般是射入和射出磁場的兩點(diǎn))的洛倫茲力

3、方向，沿兩個(gè)洛倫茲力方向做其延長線，兩延長線的交點(diǎn)即為圓心：帶電粒子垂直磁場方向射入磁場，只受洛倫茲力，將做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)應(yīng)有qvB=m，由此可求得粒子運(yùn)動(dòng)半徑R=，周期T=2 m/qB，即粒子的運(yùn)動(dòng)周期與粒子的速率大小無關(guān)這幾個(gè)公式在解決洛倫茲力的問題時(shí)經(jīng)常用到，必須熟練掌握在實(shí)際問題中，半徑的計(jì)算一般是利用幾何知識(shí)，常用解三角形的知識(shí)(如勾股定理等)求解例1長為L，間距也為L的兩平行板間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，如圖1所示，磁感強(qiáng)度為B，今有質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正離子，從平行板左端中點(diǎn)以平行于金屬板的方向射入磁場，欲使離子恰從平行板右端飛出，入射離子的速度應(yīng)為多少？解析應(yīng)用上述方法

4、易確定圓心O，則由幾何知識(shí)有L2+(R-)2=R2又離子射入磁場后，受洛倫茲力作用而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且有qvB=m由以上二式聯(lián)立解得v=5qBL/4m例2如圖2所示，abcd是一個(gè)正方形的盒子，在cd邊的中點(diǎn)有一小孔e，盒子中存在著沿ad方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E一粒子源不斷地從a處的小孔沿ab方向向盒內(nèi)發(fā)射相同的帶電粒子，粒子的初速度為v0，經(jīng)電場作用后恰好從e處的小孔射出，現(xiàn)撤去電場，在盒子中加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B(圖中未畫出)，粒子仍恰好從e孔射出(帶電粒子的重力和粒子之間的相互作用力均可忽略)(1)判斷所加的磁場方向；(2)求分別加電場和磁場時(shí)，粒子從e孔射

5、出時(shí)的速率；(3)求電場強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值解析(1)根據(jù)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)方向，可知粒子帶正電，根據(jù)左手定則判斷，磁場方向垂直紙面向外(2)設(shè)帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，盒子的邊長為L，粒子在電場中沿ad方向的位移為L，沿ab方向的位移為，在電場中，有L=，=v0t由動(dòng)能定理EqL=mv2-mv02由以上各式解得E=，v=v0在電場中粒子從e孔射出的速度為v0，在磁場中，由于粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以從e孔中射出的速度為v0(3)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在磁場中v=v0，軌道半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律得qvB=m，解出R=又根據(jù)圖3所示的幾何關(guān)系，應(yīng)有(L-R)2+()2=R

6、2解得軌道半徑為R=L故得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=因此=5v0二、帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，利用圓心角與弦切角的關(guān)系，只要設(shè)法求出運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角大小，由t=T或者t=T即可求出例3一束電子以速度v垂直射入寬為d的勻強(qiáng)磁場B中，穿出磁場時(shí)速度方向發(fā)生了60°的偏轉(zhuǎn)，求電子穿出磁場所用的時(shí)間解析由幾何關(guān)系，易求得本題電子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)的圓心角為60°，而非120°，則由圖4，得r=而電子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)滿足evB=m故可得電子穿出磁場所用時(shí)間為t=例4如圖5所示一個(gè)質(zhì)量為m電荷量為q的粒子從A孔以速度v0垂直AO進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場并恰

7、好從C孔垂直于OC射入勻強(qiáng)電場中，已知電場方向跟OC平行，OCAD，OD=2OC，粒子最后打在D點(diǎn)(不計(jì)粒子重力)求：(1)粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)所需的時(shí)間t；(2)粒子抵達(dá)D點(diǎn)的動(dòng)能Ek解析(1)由題意可知，帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)了1/4圓周進(jìn)入電場，則R=OC=OD/2，這時(shí)有qv0B=m即R=而tB=T/4=進(jìn)入電場后，做類平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D點(diǎn)時(shí)，用時(shí)tE=故粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)所需的時(shí)間t=tB+tE=m(2)帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)洛倫茲力與速度方向垂直，因而不做功而在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)電場力要做功，即在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中只有電場力做功，所以可用動(dòng)能定理求解即有qER=Ek-mv02又在電場中OC=(

8、)2=R即E=Bv0/2故粒子抵達(dá)D點(diǎn)的動(dòng)能Ek=mv02+qER=mv02三、范圍類問題所謂范圍類問題，即問題所示的答案屬于某一范圍，如粒子運(yùn)動(dòng)速度的范圍、磁場磁感強(qiáng)度的范圍及帶電粒子荷質(zhì)比的范圍等在解這類問題時(shí)要謹(jǐn)慎考慮限制條件，避免解答的片面性例5如圖6所示，在鉛板AB上有一個(gè)放射源S，可向各個(gè)方向射出速率v=2.04×107m/s的射線CD為熒光屏(足夠大)，AB、CD間距d=10cm，其中存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=6.0×10-4T的勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向里已知粒子的荷質(zhì)比e/m=1.7×1011C/kg，試求這時(shí)在豎直方向上能觀察到熒光屏亮斑區(qū)的長度解析粒子

9、進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后，滿足qv0B=m，則R=由于粒子可向各個(gè)方向射出，容易看出向上方射出的粒子及向右方射出的粒子打在熒光屏上的位置P、Q之間即為亮斑區(qū)，這是求解本題之關(guān)鍵由圖7知PO=OQ，故在豎直方向上能觀察到熒光屏亮斑區(qū)的長度為PQ=2PO=2四、復(fù)合場問題所謂復(fù)合場，即重力、電場力、洛倫茲力共存或洛倫茲力與電場力同時(shí)存在等當(dāng)帶電粒子所受合外力為零時(shí)，所處狀態(tài)是勻速直線運(yùn)動(dòng)或靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)帶電粒子所受合力只充當(dāng)向心力時(shí)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)帶電粒子所受合力變化且速度方向不在同一直線上時(shí)，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)例6在某空間同時(shí)存在著互相正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場的方向豎直向下，如圖8，一帶電

10、體A帶負(fù)電，電荷量為q1，恰能靜止于此空間的a點(diǎn)；另一帶電體B也帶負(fù)電，電荷量為q2，正在過a點(diǎn)的豎直平面內(nèi)做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，結(jié)果A、B在a外碰撞并粘合在一起，試分析其后的運(yùn)動(dòng)情況解析設(shè)A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，B的速率為v，對(duì)電荷Aq1E=m1g對(duì)電荷B q2E=m2g，且Bq2v=m2二者碰撞時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有m2v=(m1+m2)v, 且此時(shí)總電荷量為q1+q2，總質(zhì)量為m1+m2, 顯然仍有(q1+q2)E=(m1+m2)g故它們將以速率v在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并且有(q1+q2)vB=(m1+m2)由以上方程，可得R=q2r/(q1+q2)，此即碰撞后二者共同的運(yùn)動(dòng)

11、半徑例7有一電子束穿過具有勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場的空間區(qū)域，該區(qū)域的電場強(qiáng)度和磁感強(qiáng)度分別為E和B，如圖9所示(1)如果電子束的速度為v0，要使電子束穿過上述空間區(qū)域不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，電場和磁場應(yīng)滿足什么條件？(2)如果撤去磁場，電場區(qū)域的長度為l，電場強(qiáng)度的方向和電子束初速度方向垂直，電場區(qū)域邊緣離屏之間的距離為d，要使電子束在屏上偏移距離為y，所需加速電壓為多大？解析(1)要使電子不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則應(yīng)有電場力與洛倫茲力相等，即eE=ev0B，則E=v0B(2)電子在電場中向上偏轉(zhuǎn)量s=t2，且tan=，而在加速電場中，有eU=mv02，且l=v0t，又偏移距離y=s+dtan，解以上方程得U=五、帶電粒

12、子在電磁場中的動(dòng)態(tài)運(yùn)動(dòng)問題顧名思義，在處理帶電粒子或帶電物體，在電磁場中的動(dòng)態(tài)問題時(shí)，要正確進(jìn)行物體的運(yùn)動(dòng)狀況分析，找出物體的速度、位置及其變化，分清運(yùn)動(dòng)過程，注意正確分析其受力，此乃求解之關(guān)鍵例8如圖10所示，套在很長的絕緣直棒上的小球，其質(zhì)量為m，帶電荷量為q，小球可在棒上滑動(dòng)，將此棒豎直放在互相垂直且沿水平方向的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度是E，磁感強(qiáng)度是B，小球與棒的動(dòng)摩擦因數(shù)為，求小球由靜止沿棒下落的最大加速度和最大速度(設(shè)小球帶電荷量不變)解析小球的受力情況如圖10所示，且有N=qE+qvB因而F合=mg-(qE+qvB)，顯然隨著v的增大，F(xiàn)合減小，其加速度也減小，即小球做加速

13、度減小的變加速度運(yùn)動(dòng)，當(dāng)a=0時(shí)，速度達(dá)最大值，故可解得v=0時(shí)，am=g-a=0時(shí)，即mg-(qE+qvB)=0時(shí)，vm=六、極值問題求極值是物理學(xué)中的一類重要問題，可以通過對(duì)物理過程準(zhǔn)確分析反映學(xué)生分析問題的能力，一般地首先要建立合理的物理模型，再根據(jù)物理規(guī)律確定極端情況而求極值，此即所謂的物理方法求極值當(dāng)然根據(jù)需要也可以采用其他方法如幾何方法、三角方法、代數(shù)方法等例9如圖11所示，真空的狹長的區(qū)域內(nèi)有寬度為d，磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的粒子，從邊界AB垂直磁場方向以一定的速率v射入磁場，并能從磁場邊界CD穿出磁場，則粒子入射速度跟邊界AB成角=_時(shí)，粒子在磁場

14、中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短(不計(jì)重力，結(jié)果用反三角函數(shù)表示)解析帶電粒子以一定的速率射入磁場時(shí)，其運(yùn)動(dòng)半徑是一定的當(dāng)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短時(shí)，圓周的圓心角應(yīng)最小，即對(duì)應(yīng)的弧長(或弦長)也最短顯然，最短的弦長為磁場寬度d，由圖12，則有cos=時(shí)，即R=，又qvB=m，則有R=，故cos=因此，粒子入射速度跟邊界AB成角=arccos時(shí)，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短例10頂角為2的光滑圓錐置于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，小球質(zhì)量為m，帶電荷量為q，磁場的磁感強(qiáng)度為B，小球沿圓錐面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則：(1)順著磁場方向看，小球如何運(yùn)動(dòng)？(2)小球運(yùn)動(dòng)的最小半徑是多少？解析小球此時(shí)受重力及彈力作用，要使小球能繞圓錐

15、運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球處于圖13位置時(shí)還須受水平方向向右的洛倫茲力，由左手定則可判知小球由圖示位置向外運(yùn)動(dòng)，即順著磁場方向看，小球逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)在水平方向有qvB-Ncos=m在豎直方向有Nsin=mg故qvB-mgcot=m即mv2-qvBR+mgRcot=0當(dāng)該方程有解時(shí)，則必有(qBR)2-4m2gRcot0解之得R4m2g/q2B2tan，因此小球運(yùn)動(dòng)的最小半徑為R=4m2g/q2B2tan七、洛倫茲力在實(shí)際中的應(yīng)用電場可以對(duì)帶電粒子有電場力的作用，而磁場對(duì)運(yùn)動(dòng)的帶電粒子有洛倫茲力作用當(dāng)電場和磁場共同存在時(shí)，對(duì)帶電粒子也會(huì)施加影響，這一知識(shí)在現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)中有著廣泛的應(yīng)用1.帶電粒子在電場力和洛倫茲力

16、同時(shí)作用下的運(yùn)動(dòng)主要有三種應(yīng)用，即速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)和霍爾效應(yīng)2.帶電粒子在電場力與洛倫茲力遞次作用可交替作用下的運(yùn)動(dòng)也有三種應(yīng)用，即電視顯像管、質(zhì)譜儀和回旋加速器例11質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖14所示，離子源S產(chǎn)生的一個(gè)質(zhì)量為m電荷量為q的正離子，離子產(chǎn)生時(shí)速度很小，可以看作是靜止的，離子產(chǎn)生出來后經(jīng)過電壓U加速，進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，沿著半圓周運(yùn)動(dòng)而達(dá)到記錄它的照相底片P上，測得它在P上的位置到入口處S1的距離為x，則下列說法正確的是()A.若某離子經(jīng)上述裝置后，測得它在P上的位置到入口處S1的距離大于x，則說明離子的質(zhì)量一定變大；

17、B.若某離子經(jīng)上述裝置后，測得它在P上的位置到入口處S1的距離大于x，則說明加速電壓U一定變大C.若某離子經(jīng)上述裝置后，測得它在P上的位置到入口處S的距離大于x，則說明磁感應(yīng)強(qiáng)度B一定變大D.若某離子經(jīng)上述裝置后，測得它在P上的位置到入口處S1的距離大于x，則說明離子所帶電荷量q可能變小解析離子加速時(shí)，有qU=，在勻強(qiáng)磁場中，做圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB=m，而x=2R，由以上方程，得x2=，可見本題正確選項(xiàng)為D例12磁流體發(fā)電技術(shù)是一種目前世界上正在研究的新興技術(shù)，它可以直接把內(nèi)能轉(zhuǎn)化為電能，同時(shí)具有效率高(可達(dá)45%55%，火力發(fā)電效率為30%)，污染少等優(yōu)點(diǎn)其原理如圖15所示，將一束等離子體(高

18、溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負(fù)電的微粒)以聲速的0.82.5倍的速度噴射入磁場中，磁場中有兩塊金屬板A、B，這時(shí)A、B上就積聚電荷產(chǎn)生電壓，設(shè)粒子所帶電荷量為q，進(jìn)入磁場的噴射速度是v，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，兩塊金屬板的面積為S，AB間的距離為d(1)該磁流體發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢有多大？(2)設(shè)磁流體發(fā)電機(jī)內(nèi)阻為r，當(dāng)外電阻R是多少時(shí)輸出功率最大？并求最大輸出功率(3)為使等離子體以恒定速度v通過磁場必須使通道兩端保持一定的壓強(qiáng)差，壓強(qiáng)差為多大？解析(1)磁流體發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢即為S斷開時(shí)，電源兩極板間的電勢差，在洛倫茲力作用下，等離子體中的正、負(fù)電荷分別向上、下板偏轉(zhuǎn)，使兩極板間產(chǎn)生電勢差，且

19、電勢差隨著電荷在兩極板上的積累而增大，當(dāng)電荷不偏轉(zhuǎn)時(shí)，兩極板間電勢差達(dá)到最大值此時(shí)有qvB=qE=q，則U=Bdv該磁流體發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢E=Bdv.(2)發(fā)電機(jī)的輸出功率P=I2R=()2R= =顯然，當(dāng)外電阻R=r時(shí)輸出功率最大，且Pm=(3)當(dāng)?shù)入x子體受到的洛倫茲力與等離子壓力差相等時(shí)方可以恒定速度通過磁場，即有p=又F=BId，I=解之得p=八、與力學(xué)的綜合題這類問題是以洛倫茲力為載體，本質(zhì)上可看作是力學(xué)題，故解題中在考慮洛倫茲力的前提下，可以利用解決力學(xué)問題的三大方法處理之，即動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)，包括牛頓三大定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律；動(dòng)量觀點(diǎn)，包括動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律；能量觀點(diǎn)，包括動(dòng)能定理和能量守

20、恒定律在上述方法中，應(yīng)首選能量觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)，對(duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，優(yōu)先考慮兩大守恒定律例13一小球質(zhì)量為m，帶負(fù)電，電荷量為q，由長l的絕緣絲線系住，置于勻強(qiáng)磁場中，絲線的另一端固定在A點(diǎn)，提高小球，使絲線拉直與豎直方向成60°角，如圖16所示調(diào)節(jié)磁場的磁感強(qiáng)度B0，釋放小球，球能沿圓周運(yùn)動(dòng)，到最低點(diǎn)時(shí)，絲線的張力為零，且繼續(xù)擺動(dòng)，求：(1)擺球至最低點(diǎn)時(shí)的速度；(2)B0的值；(3)小球在擺動(dòng)過程中絲線受的最大拉力解析(1)小球在磁場中受到重力、彈力及洛倫茲力作用，但從釋放到運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)只有重力做功，由動(dòng)能定理，則有mgl(1-cos60°)=mv2解之得v=(2)在最

21、低點(diǎn)時(shí)，洛倫茲力與重力的合力提供向心力，即有qvB0-mg=m，由以上二式，解得B0=(3)由于小球運(yùn)動(dòng)方向的不同而使洛倫磁力方向改變，不難判斷當(dāng)小球從右邊開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，張力較大，且最低處張力最大，此時(shí)有T-qvB0-mg=m解之得T=4mg例14一帶電液滴在互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)，已知E和B，若此液滴在垂直磁場的平面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖17所示求：(1)液滴速度的大小，繞行方向；(2)液滴運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)A分裂為質(zhì)量、電荷量都相等的兩液滴，其中一個(gè)液滴仍在原運(yùn)動(dòng)平面內(nèi)做半徑R1=3R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，繞行方向不變，且這個(gè)圓周最低點(diǎn)仍為A，則另一個(gè)液滴如何運(yùn)動(dòng)？解析本題文字?jǐn)⑹鲚^長，但只要理解題意，求解仍是較簡單的(1)據(jù)題意，應(yīng)有qE=mg，由此可判斷液滴帶負(fù)電，且qvB=m，則v=BqR/m=BgR/E，方向?yàn)轫槙r(shí)針方向(2)分裂后，有則v1=3BqR/m=3BgR/E由動(dòng)量守恒定律，則有mv=故v2=2v-v1=-BgR/E這說明，另一液滴做反方向的圓周運(yùn)動(dòng)，且半徑不變例15一個(gè)質(zhì)量m，帶有+q電荷量的小球，懸掛在長為L的細(xì)線上，放在勻強(qiáng)磁場中，其最大擺角為，為使擺的周期不受磁場影響，磁感應(yīng)