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1、( 本专题对应学生用书第 2630页) 一、 洛伦兹力1. 公式:F=qvBsin ( 为v与B的夹角 ). 2. 特点: 洛伦兹力 F的方向既垂直于磁场 B的方向，又垂直于运动电荷的速度v的方向，即 F总是垂直于 B和v所在的平面 . 故洛伦兹力始终不对运动电荷做功. 3. 方向的判断 : 左手定则 . 二、 带电粒子在磁场中的圆周运动1. 向心力由洛伦兹力提供 :qvB=m. 2. 轨道半径公式 :r=. 3. 周期公式 :T=. 4. 频率公式 :f=. 5. 动能公式 :Ek=mv2=. 6. 粒子圆周运动的等效电流公式:I=. 能力提升带电粒子在磁场中的圆周运动2vrmvqBk2mE
2、qB2 rv2 mqB1T2qBm122222q B rmqT22q Bm定圆心、画轨迹、找关系是解决这类问题的关键. (1) 确定圆心的方法 由两速度的垂线定圆心 ; 由两条弦的垂直平分线定圆心; 由两洛伦兹力的延长线定圆心 ; 综合定圆心 . 一条切线，一条弦的垂直平分线， 一条洛伦兹力的延长线，选择其中任两条都可以找出圆心. (2) 画轨迹的方法 对称法 : 带电粒子如果从一直线边界进入又从该边界射出，则其轨迹关于入射点和出射点线段的中垂线对称， 入射速度方向与出射速度方向与边界的夹角相等，利用这一结论画出粒子的轨迹. 动态圆法 : 若在磁场中向垂直于磁场的各个方向发射粒子，则粒子的运动
3、轨迹是围绕发射点旋转的动态圆，用这一规律可确定粒子的运动轨迹. 放缩法 : 带电粒子在磁场中以不同的速度运动时，圆周运动的半径随着速度的变化而变化，因此可以将半径放缩，探索出临界点的轨迹，使问题得以解决. (3) 找关系 用几何知识 ( 勾股定理、三角函数等 )求出半径大小 . 粒子在磁场中运动一周的时间为 T， 当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为时， 其运动时间为 t=T(或t=T). 例1 (2014 海安中学 ) 在半径为 R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.有两个相同的带正电的粒子从A点垂直于磁场方向进入磁场中，进入磁场时的速度 v1和v2大小未知、方向与 A
4、O 的夹角均为 ，如图所示 . 已知两粒子的质量均为 m 、电荷量均为 q，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径也是R(不计粒子的重力和它们之间的相互作用). 求: (1) 两粒子的运动速度 v1和v2的大小 . (2) 两粒子在磁场中运动的时间之差. (3) 两粒子离开磁场的位置之间的距离. 03602思维轨迹 : 解析:(1) 两粒子在磁场中圆周运动的半径都是R ，所以速度大小相同，设为v，则qvB=m. 所以v1=v2=v=. (2) 设以v1运动的粒子从圆上的 M 点离开磁场区域，轨迹的圆心为O1，由题可知O1A=O1M=OA=OM，即OAO1M 是菱形，所以 O1M OA.设轨迹圆的圆心
5、角为 1，则OAO1=90+. 1=180- OAO1=90-. 同理，设以 v2运动的粒子从圆上的 N点离开磁场区域，轨迹的圆心为O2，则OAO2N是菱形， O2N OA. 设轨迹圆的圆心角为 2，则2vRqBRmOAO2=90-. 2=180- OAO2=90+. 两轨迹圆的圆心角的差值为=2-1=2. 设粒子在磁场中圆周运动的周期为T，有T=. 两粒子在磁场中运动的时间差为t=T=. (3) 由以上分析可知 1=OAO2. 说明两菱形除边长相等外顶角也相等，两菱形全等.O2N、O1M 到OA 的距离相等，即O2N 、O1M 在同一直线上 . 在三角形 MON 中， MON= 2- 1=2
6、. 所以， MN=2Rsin . 答案:(1) (2) (3) 2Rsin 变式训练 1(2014泰州中学 ) 如图所示，在 0xd的空间，存在垂直 xOy平面向里的匀强磁场 .y 轴上的 P点有一小孔，可以向 y轴右侧垂直于磁场方向不断发射速率均为 v且与y轴所成夹角 可在0180范围内变化的带负电的粒子. 已知当 =45时，粒子恰好从磁场右边界与 P点等高的 Q 点射出磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用 . 求: (1) 磁场的磁感应强度 . (2) 若=30， 粒子射出磁场时与磁场边界的夹角(可用三角函数、根式表示 ). (3) 能够从磁场右边界射出的粒子在磁场中经过的区域的面积( 可
7、用根式表示). 解析:(1) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子的轨道半径为R，磁场的磁感2 mqB22 mqBqBRm2mqB应强度为 B，则qvB=m. 如下图实线所示，由几何关系d=2Rcos 45，解得B=. (2) 如下图虚线所示，由几何关系d=Rcos 30+Rcos ，解得cos =. (3) 能够从磁场右边界射出的粒子在磁场中经过的区域，如图中两圆弧间斜线部分所示，由几何关系 R2- (d-R)2=(PM)2. 两个圆弧与水平线之间围成的面积是相等的，所以所求区域面积为矩形PQNM的面积，S=d|PM|，解得 S=d2. 答案:(1) (2) cos =(3) d22vR2mv
8、qd2 2-3 22-12mvqd2 2- 3 22-1带电粒子在相邻多个磁场中的运动粒子在相邻多个磁场中连续运动时， 会画出不同的轨迹，从复杂的轨迹中找出规律，寻找解决问题的突破口，解决这类问题时，关键在于能画出轨迹，弄清楚粒子的运动过程，找出粒子在不同磁场中运动的联系，借助圆周运动的特点解决问题. 例2 (2014海安中学 ) 如图所示，在 xOy平面内，以 O(0 ，R)为圆心、 R为半径的圆内有垂直于平面向外的匀强磁场，x轴下方有垂直于平面向里的匀强磁场，两个磁场区域的磁感应强度大小相等. 第四象限有一个与 x轴成45角倾斜放置的挡板 PQ ，P、Q 两点在坐标轴上，且 O 、P两点间
9、的距离大于 2R ，在圆形磁场左侧 00) 的带电粒子以速度 v从直线 AC 上的P点竖直向下射出，P点坐标为 (L，L)，经测量发现，此带电粒子每经过相同的时间T，会再将回到 P22 221222-OFOG5-2 2222225-222210-4 2 2mvqR2210-4 22点，已知磁感应强度 B2=( 不计粒子重力 ). (1) 请在图中画出带电粒子的运动轨迹，并求出匀强磁场B1与B2的比值 (B1、B2磁场范围足够大 ). (2) 求出带电粒子相邻两次经过P点的时间间隔 T. (3) 若保持磁感应强度 B2不变，改变 B1的大小，但不改变其方向，使B1=.现从P点向下先后发射速度分别
10、为和的与原来相同的带电粒子(不计两个带电粒子之间的相互作用力， 并且此时算作第一次经过直线AC)，如果它们第三次经过直线AC 时轨迹与 AC 的交点分别记为 E点和F点(图中未画出 )，试求 EF两点间的距离 . 解析:(1) 带电粒子从 P点匀速运动到 Q 点，然后做半径为 R2=L的匀速圆周运动，运动到 H点时的速度方向与 AC 垂直，从H点匀速运动到 D点，之后又做匀速圆周运动到 P点. 根据平面几何知识可知，=L，四边形 PODO1 为棱形，O1为圆心， 即带电粒子在匀强磁场 B1中做匀速圆周运动的半径R1为L，根据qvB1=m，得B1=B2，所以 B1与B2的比值为. (2) T=t
11、1+t2+t3+t4. t1=， t2=T2=，mvqL2mv qL4v3v2mvqBPOOD2221vR22mvqL2222Lv3834Lvt3=， t4=T1=，则T=t1+t2+t3+t4=. (3) 两带电粒子在磁场 B2中运动时的半径为R2=，R2=. B1=，故粒子在磁场 B1中的运动半径 R1=2R2，则两带电粒子都刚好运动圆周到达A点. 所以， E、F两点间的距离 dEF=0(如图所示 ). 答案:(1) 带电粒子的运动轨迹见解析(2) (3) 0 带电粒子在磁场中的临界问题解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键是找准临界点. 带电粒子在磁场中以不同的速度运动时，圆周运动的半
12、径随着速度的变化而变化， 因此可以将半径放缩，运用“ 放缩法 ” 探索出临界点的轨迹，使问题得以解决; 对于范围型问题，求解时关键寻找引起范围的 “ 临界轨迹 ” 及“ 临界半径 ” ， 然后利用粒子运动的实际轨迹半径与临界Lv585 24Lv(83 52 )4Lv24vmqB4L23vmqB3L2mvqL2 2B1mv qB142 2(83 52 )4Lv半径的大小关系确定范围. 常用的结论有 : 直径是圆的最大弦 ; 同一圆中大弦对应大的圆心角 ; 刚好穿出磁场边界的临界条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切 . 例3 (2014如东中学 )如图所示，中轴线 PQ 将矩形区域 MNDC
13、分成上、下两个部分，上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度均为 B.一质量为 m 、电荷量为 +q的粒子从 P点进入磁场，速度与边 MC 的夹角=30.MC 边长为 a，MN 边长为 8a，不计粒子重力 . 则: (1) 若要该粒子不从 MN 边射出磁场，求其最大速度. (2) 若要该粒子恰从 Q 点射出磁场，求其在磁场中运行的最短时间. 思维轨迹 : (1) 速度越大，半径越大临界条件: 粒子轨迹与磁场边界相切时，半径最大(2) 时间越短，圆心角越小临界条件: 粒子以较大速度运动到达 Q 点穿出磁场的次数最少解析:(1) 设该粒子恰好不从 MN 边射出
14、磁场时的轨迹半径为r ，由几何关系得rcos 60 =r-a，解得r=a. 又由qvB=m，解得最大速度 v=. 122v rqBam(2) 粒子每经过分界线 PQ 一次，在 PQ 方向前进的位移为轨迹半径r的倍. 设粒子进入磁场后第 n次经过 PQ 线时恰好到达 Q 点，有nr=8a，解得n=4.62. n所能取的最小自然数为 5. 粒子做圆周运动的周期为 T=. 粒子每经过 PQ 分界线一次用去的时间为t=T=. 粒子到达 Q 点的最短时间为 tmin=5t=. 答案:(1) (2) 变式训练 3(2014沭阳中学 ) 如图所示，在边长为 L的正方形区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，
15、磁感应强度大小为 B.P点位于正方形的对角线 CE 上，其到CF 、CD 的距离均为，在P点处有一个发射粒子的装置(图中未画出 )，它能连续不断向纸面内的各方向发射出速率不同的带正电的粒子. 已知粒子的质量为 m ，带电荷量为q，不计粒子重力及粒子间的相互作用力. (1) 速率在什么范围内的粒子不可能射出正方形区域? 33832 mqB1323mqB103mqBqBam103mqB4L(2) 求速率 v=的粒子在 DE 边的射出点与 D点的距离 d的范围 . 解析: 因粒子的速度方向垂直于磁场方向， 故其在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动. (1) 依题意可知，粒子在正方形区域内做圆周运动，不射
16、出该区域的半径为r. 对粒子，由牛顿第二定律有qvB=m. 即v=. (2) 当v=时， 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R， 则由qvB=m可得，R=. 要使粒子从 DE 边射出，则其一定不能从 CD 边射出，其临界状态是粒子的轨迹与CD 边相切 . 甲乙设切点与 C点的距离为 x，其轨迹如图甲所示，由几何关系得R2=+，解得x=L. 1332qBLm8L2vrqBrm8qBLm1332qBLm2v RmvqB1332L2-4Lx2 -4LR58设此时粒子在 DE 边的射出点与 D点的距离为 d1，由几何关系有 (L-x)2+(R-d 1)2=R2，解得d1=. 而当粒子的轨迹与 DE 边相切时，粒子必将从 EF边射出，设此时切点与 D 点的距离为d2，其轨迹如图乙所示，由几何关系有R2=+，解得d2=. 故速 率 v=的 粒 子 在 D
