《2020高考物理 月刊專版 專題09 交變電流和電磁感應洛倫茲力帶電粒子在磁場中的運動專題解讀》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020高考物理 月刊專版 專題09 交變電流和電磁感應洛倫茲力帶電粒子在磁場中的運動專題解讀（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、交變電流和電磁感應洛倫茲力帶電粒子在磁場中的運動 一、洛倫茲力 1.洛倫茲力 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θ角時，F(xiàn)=qvBsinθ。 2.洛倫茲力方向的判定 在用左手定則時，四指必須指電流方向（不是速度方向），即正電荷定向移動的方向；對負電荷，四指應指負電荷定向移動方向的反方向。 【例1】磁流體發(fā)電機原理圖如右。等離子體高

2、速從左向右噴射，兩極板間有如圖方向的勻強磁場。該發(fā)電機哪個極板為正極？兩板間最大電壓為多少？ 解：由左手定則，正、負離子受的洛倫茲力分別向上、向下。所以上極板為正。正、負極板間會產(chǎn)生電場。當剛進入的正負離子受的洛倫茲力與電場力等值反向時，達到最大電壓：U=Bdv。當外電路斷開時，這也就是電動勢E。當外電路接通時，極板上的電荷量減小，板間場強減小，洛倫茲力將大于電場力，進入的正負離子又將發(fā)生偏轉(zhuǎn)。這時電動勢仍是E=Bdv，但路端電壓將小于Bdv。 在定性分析時特別需要注意的是： ⑴正負離子速度方向相同時，在同一磁場中受洛倫茲力方向相反。 ⑵外電路接通時，電路中有電流，洛倫茲力大于電場力，

3、兩板間電壓將小于Bdv，但電動勢不變（和所有電源一樣，電動勢是電源本身的性質(zhì)。） ⑶注意在帶電粒子偏轉(zhuǎn)聚集在極板上以后新產(chǎn)生的電場的分析。在外電路斷開時最終將達到平衡態(tài)。 【例2】 半導體靠自由電子（帶負電）和空穴（相當于帶正電）導電，分為p型和n型兩種。p型中空穴為多數(shù)載流子；n型中自由電子為多數(shù)載流子。用以下實驗可以判定一塊半導體材料是p型還是n型：將材料放在勻強磁場中，通以圖示方向的電流I，用電壓表判定上下兩個表面的電勢高低，若上極板電勢高，就是p型半導體；若下極板電勢高，就是n型半導體。試分析原因。 解：分別判定空穴和自由電子所受的洛倫茲力的方向，由于四指指電流方向，都向右，所以

4、洛倫茲力方向都向上，它們都將向上偏轉(zhuǎn)。p型半導體中空穴多，上極板的電勢高；n型半導體中自由電子多，上極板電勢低。 注意：當電流方向相同時，正、負離子在同一個磁場中的所受的洛倫茲力方向相同，所以偏轉(zhuǎn)方向相同。 3.洛倫茲力大小的計算 帶電粒子在勻強磁場中僅受洛倫茲力而做勻速圓周運動時，洛倫茲力充當向心力，由此可以推導出該圓周運動的半徑公式和周期公式： 【例3】 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(zhì)量為m，電荷為e），它們從磁場中射出時相距多遠？射出的時間差是多少？ 解：由公式知，它們的半徑和周期是相同的。

5、只是偏轉(zhuǎn)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(jīng)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4】 一個質(zhì)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(nèi)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，）。 二、帶電粒子在勻強磁場中的運動 O B S v θ P 帶電粒子在磁場中的運動是高中物理的一

6、個難點，也是高考的熱點。在歷年的高考試題中幾乎年年都有這方面的考題。帶電粒子在磁場中的運動問題，綜合性較強，解這類問題既要用到物理中的洛侖茲力、圓周運動的知識，又要用到數(shù)學中的平面幾何中的圓及解析幾何知識。 1、帶電粒子在半無界磁場中的運動 【例5】一個負離子，質(zhì)量為m，電量大小為q，以速率v垂直于屏S經(jīng)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(jīng)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θ跟t的關系是。 解析：（1）

7、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 （2）當離子到位置P時，圓心角： 因為，所以. 2．穿過圓形磁場區(qū)。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(jīng)歷時間由得出。 注意：由對稱性，射出線的反向延長線必過磁場圓的圓心。 O A v0 B 【例6】如圖所示，一個質(zhì)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(nèi)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

8、與圓筒內(nèi)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(nèi)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(nèi)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(nèi)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2π/（n+1）.由幾何知識可知，離子運動的半徑為 離子運動的周期為，又， 所以離子在磁場中運動的時間為. M N O, L A O R θ/2 θ θ/2 B P O// 【例7】圓心為O、半徑為r的圓形區(qū)域中有一個磁感強度為B

9、、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(zhì)量就可以求出O＇P了，電子經(jīng)過磁場的時間可用t=來求得。 由得R= ， ， 3．穿過矩形磁場區(qū)。一定要先畫好輔助線（半徑、速度及延長線）。偏轉(zhuǎn)角由sinθ=L/R求出。側(cè)移由R2=L2-（R-y）2解出。經(jīng)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(zhuǎn)結(jié)論不同！ 【例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

10、是30°，則電子的質(zhì)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f⊥v，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，如圖中的O點，由幾何知識知，AB間圓心角θ＝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=πd/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(zhì)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9】長為L的水平極板間，有垂直紙面向內(nèi)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(zhì)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v5BqL/4m； C．使粒子的速度v>BqL/m；