《2017-2018學年高中物理 第三章 磁場 第5講 磁場對運動電荷的作——洛倫茲力學案 教科版選修3-1.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2017-2018學年高中物理 第三章 磁場 第5講 磁場對運動電荷的作——洛倫茲力學案 教科版選修3-1.doc（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第5講 磁場對運動電荷的作——洛倫茲力 [目標定位]　1.知道洛倫茲力，會用左手定則判斷方向.2.掌握洛倫茲力公式的推導(dǎo)過程，會計算大小，知道洛倫茲力做功的特點.3.掌握帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的規(guī)律和分析方法.4.掌握洛倫茲力作用下的帶電體的運動特點和處理方法． 一、洛倫茲力 1．洛倫茲力 (1)定義：運動電荷在磁場中受到的磁場力． (2)與安培力的關(guān)系：靜止的通電導(dǎo)線在磁場中受到的安培力，在數(shù)值上等于大量定向運動電荷受到的洛倫茲力的總和． 2．洛倫茲力的方向 (1)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個平面內(nèi)；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． (2)特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于B和v決定的平面． 深度思考 (1)電荷在電場中一定受電場力作用，電荷在磁場中也一定受洛倫茲力作用嗎？ (2)負電荷所受洛倫茲力的方向應(yīng)怎樣判斷？ 答案　(1)不一定，只有電荷在磁場中運動且速度方向與磁場方向不平行時才受洛倫茲力作用． (2)根據(jù)左手定則判斷，但四指指向負電荷速度的反方向． 例1　如圖所示的磁感應(yīng)強度B、電荷的運動速度v和磁場對電荷的作用力F的相互關(guān)系圖中，畫得正確的是(其中B、F、v兩兩垂直)(　　) 解析　由于B、F、v兩兩垂直，根據(jù)左手定則得：A、B、D選項中電荷所受的洛倫茲力都與圖示F的方向相反，故A、B、D錯誤，C正確． 答案　C 確定洛倫茲力的方向需明確運動電荷的電性，特別注意負電荷的運動方向與左手四指的指向應(yīng)相反． 二、洛倫茲力的大小 1．公式推導(dǎo)： 長為L的一段直導(dǎo)線，電流為I，處在磁場強度為B的磁場中，導(dǎo)線與磁場垂直，則安培力的大小為： F安＝BIL 如圖1所示，設(shè)此導(dǎo)線的截面積為S，其中每單位體積中有n個自由電荷，每個自由電荷的電荷量為q，定向運動的速率為v.則電流I的微觀表達式 I＝nqSv 圖1 這段導(dǎo)體中含有的電荷數(shù)為nLS 安培力可以看作是作用在每個運動電荷上的洛倫茲力F的合力，這段導(dǎo)體中含有的自由電荷數(shù)為nLS，所以 F＝＝＝＝qvB 2．洛倫茲力公式： (1)當v⊥B時，F(xiàn)＝qvB． (2)當v∥B時，F(xiàn)＝0． (3)當v與B成θ角時，F(xiàn)＝qvBsin__θ. 例2　在圖2所示的各圖中，勻強磁場的磁感應(yīng)強度均為B，帶電粒子的速率均為v，帶電荷量均為q.試求出圖中帶電粒子所受洛倫茲力的大小，并指出洛倫茲力的方向． 圖2 解析　(1)因v⊥B，所以F＝ qvB，方向與v垂直指向左上方． (2)v與B的夾角為30，將v分解成垂直磁場的分量和平行磁場的分量，v⊥＝vsin 30，F(xiàn)＝qvBsin 30＝qvB.方向垂直紙面向里． (3)由于v與B平行，所以不受洛倫茲力． (4)v與B垂直，F(xiàn)＝qvB，方向與v垂直指向左上方． 答案　(1)qvB　垂直v指向左上方 (2)qvB　垂直紙面向里 (3)不受洛倫茲力 (4)qvB　垂直v指向左上方 三、帶電粒子在磁場中的運動 1．洛倫茲力做功特點：洛倫茲力的方向總跟粒子運動的速度方向垂直．所以洛倫茲力對運動電荷不做功(填“做功”或“不做功”)，它不會改變帶電粒子速度的大小，只改變粒子運動的方向． 2．帶電粒子(不計重力)以一定的速度v進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中： (1)當v∥B時，帶電粒子將做勻速直線運動． (2)當v⊥B時，帶電粒子將做勻速圓周運動． ①洛倫茲力提供向心力，即qvB＝． ②得軌道半徑r＝． ③運動周期T＝＝． 深度思考 增加帶電粒子的速度，其在勻強磁場中運動的周期如何變化？為什么？ 答案　不變．由T＝知帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期與速度無關(guān)． 例3　 質(zhì)子和α粒子由靜止出發(fā)經(jīng)過同一加速電場加速后，沿垂直磁感線方向進入同一勻強磁場，則它們在磁場中的各運動量間的關(guān)系正確的是(　　) A．速度之比為2∶1 B．周期之比為1∶2 C．半徑之比為1∶2 D．角速度之比為1∶1 解析　由qU＝mv2，qvB＝，得r＝ ， 而mα＝4mH，qα＝2qH，故rH∶rα＝1∶，又T＝， 故TH∶Tα＝1∶2.同理可求其他物理量之比． 答案　B 四、洛倫茲力作用下帶電體的運動 例4　一個質(zhì)量m＝0.1 g的小滑塊，帶有q＝510－4 C的電荷量，放置在傾角α＝30的光滑斜面上(絕緣)，斜面固定且置于B＝0.5 T的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，如圖3所示，小滑塊由靜止開始沿斜面滑下，斜面足夠長，小滑塊滑至某一位置時，要離開斜面(g取10 m/s2)．求：(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 圖3 (1)小滑塊帶何種電荷？ (2)小滑塊離開斜面時的瞬時速度為多大？ (3)該斜面長度至少為多長？ 解析　(1)小滑塊在沿斜面下滑的過程中，受重力mg、斜面支持力N和洛倫茲力F作用，如圖所示，若要使小滑塊離開斜面，則洛倫茲力F應(yīng)垂直斜面向上，根據(jù)左手定則可知，小滑塊應(yīng)帶負電荷． (2)小滑塊沿斜面下滑的過程中，垂直于斜面的加速度為零時，由平衡條件得F＋N＝mgcos α，當支持力N＝0時，小滑塊脫離斜面．設(shè)此時小滑塊速度為vmax，則此時小滑塊所受洛倫茲力F＝qvmaxB， 所以vmax＝＝ m/s≈3.5 m/s. (3)設(shè)該斜面長度至少為l，則小滑塊離開斜面的臨界情況為小滑塊剛滑到斜面底端時．因為下滑過程中只有重力做功，由動能定理得mglsin α＝mv－0，所以斜面長度至少為l＝＝ m≈1.2 m. 答案　(1)負電荷　(2)3.5 m/s　(3)1.2 m 分析帶電物體在磁場中的運動，分析方法與力學中完全一樣：對物體進行受力分析，求合外力，用牛頓第二定律、運動學方程或動能定理列方程． 1．(洛倫茲力)在陰極射線管中電子流方向由左向右，其上方放置一根通有如圖4所示電流的直導(dǎo)線，導(dǎo)線與陰極射線管平行，則電子將(　　) 圖4 A．向上偏轉(zhuǎn) B．向下偏轉(zhuǎn) C．向紙里偏轉(zhuǎn) D．向紙外偏轉(zhuǎn) 答案　B 解析　由題圖可知，直導(dǎo)線電流的方向由左向右，根據(jù)安培定則，可判定直導(dǎo)線下方的磁場方向為垂直于紙面向里，而電子運動方向由左向右，由左手定則知(電子帶負電荷，四指要指向電子運動方向的反方向)，電子將向下偏轉(zhuǎn)，故B選項正確． 2．(洛倫茲力及帶電體在磁場中的運動)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球停在絕緣平面上，并處在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，如圖5所示，為了使小球飄離平面，應(yīng)該(　　) 圖5 A．使磁感應(yīng)強度B的數(shù)值增大 B．使磁場以v＝向上運動 C．使磁場以v＝向右運動 D．使磁場以v＝向左運動 答案　D 解析　小球飄離平面，洛倫茲力豎直向上，由左手定則知小球應(yīng)相對磁場向右運動，再由平衡條件qvB－mg＝0解得v＝，故D正確． 3．(帶電粒子在磁場中的圓周運動)(多選)如圖6所示，兩個勻強磁場的方向相同，磁感應(yīng)強度分別為B1、B2，虛線MN為理想邊界．現(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以垂直于邊界MN的速度v由P點沿垂直于磁場的方向射入磁感應(yīng)強度為B1的勻強磁場中，其運動軌跡為圖中虛線所示的心形圖線，以下說法正確的是(　　) 圖6 A．電子的運動軌跡為P→D→M→C→N→E→P B．電子運動一周回到P點所用的時間T＝ C．B1＝4B2 D．B1＝2B2 答案　AD 解析　由左手定則可知，電子在P點所受的洛倫茲力的方向向上，軌跡為P→D→M→C→N→E→P，選項A正確；由題圖得兩磁場中軌跡圓的半徑比為1∶2，由半徑r＝可得＝2，選項C錯誤，選項D正確；運動一周的時間t＝T1＋＝＋＝，選項B錯誤． 4. (洛倫茲力作用下帶電體的運動)帶電油滴以水平速度v0垂直進入磁場，恰做勻速直線運動，如圖7所示，若油滴質(zhì)量為m，磁感應(yīng)強度為B，則下述說法正確的是(　　) 圖7 A．油滴必帶正電荷，電荷量為 B．油滴必帶正電荷，比荷＝ C．油滴必帶負電荷，電荷量為 D．油滴帶什么電荷都可以，只要滿足q＝ 答案　A 解析　油滴水平向右做勻速直線運動，其所受的洛倫茲力必向上與重力平衡，故帶正電荷，其電荷量為q＝，A正確，C、D錯誤；比荷＝，B錯誤． (時間：60分鐘) 題組一　對洛倫茲力方向的判定 1．在以下幾幅圖中，對洛倫茲力的方向判斷不正確的是(　　) 答案　C 2.一束混合粒子流從一發(fā)射源射出后，進入如圖1所示的磁場，分離為1、2、3三束，則不正確的是 (　　) 圖1 A．1帶正電 B．1帶負電 C．2不帶電 D．3帶負電 答案　B 解析　根據(jù)左手定則，正電荷粒子左偏，即1；不偏轉(zhuǎn)說明不帶電，即2；帶負電的粒子向右偏，說明是3，因此答案為B. 題組二　對洛倫茲力特點及公式的理解應(yīng)用 3．(多選)帶電荷量為＋q的粒子在勻強磁場中運動，下面說法中正確的是(　　) A．只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相同 B．如果把＋q改為－q，且速度反向、大小不變，則洛倫茲力的大小不變 C．洛倫茲力方向一定與電荷運動方向垂直，磁場方向一定與電荷運動方向垂直 D．粒子只受到洛倫茲力的作用，不可能做勻速直線運動 答案　BD 4．如圖2所示，一束電子流沿管的軸線進入螺線管，忽略重力，電子在管內(nèi)的運動應(yīng)該是(　　) 圖2 A．當從a端通入電流時，電子做勻加速直線運動 B．當從b端通入電流時，電子做勻加速直線運動 C．不管從哪端通入電流，電子都做勻速直線運動 D．不管從哪端通入電流，電子都做勻速圓周運動 答案　C 解析　電子的速度v∥B，F(xiàn)洛＝0，電子做勻速直線運動． 題組三　帶電粒子在磁場中的圓周運動 5．處于勻強磁場中的一個帶電粒子，僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動．將該粒子的運動等效為環(huán)形電流，那么此電流值(　　) A．與粒子電荷量成正比 B．與粒子速率成正比 C．與粒子質(zhì)量成正比 D．與磁感應(yīng)強度成正比 答案　D 解析　假設(shè)帶電粒子的電荷量為q，在磁場中做勻速圓周運動的周期為T＝，則等效電流i＝＝，故答案選D. 6．如圖3所示，ab是一彎管，其中心線是半徑為R的一段圓弧，將它置于一給定的勻強磁場中，方向垂直紙面向里．有一束粒子對準a端射入彎管，粒子的質(zhì)量、速度不同，但都是一價負粒子，則下列說法正確的是(　　) 圖3 A．只有速度大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管 B．只有質(zhì)量大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管 C．只有質(zhì)量和速度乘積大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管 D．只有動能大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管 答案　C 解析　由R＝可知，在相同的磁場，相同的電荷量的情況下，粒子做圓周運動的半徑?jīng)Q定于粒子的質(zhì)量和速度的乘積． 7．如圖4所示，水平導(dǎo)線中有電流I通過，導(dǎo)線正下方的電子初速度的方向與電流I的方向相同，則電子將(　　) 圖4 A．沿路徑a運動，軌跡是圓 B．沿路徑a運動，軌跡半徑越來越大 C．沿路徑a運動，軌跡半徑越來越小 D．沿路徑b運動，軌跡半徑越來越小 答案　B 解析　由左手定則可判斷電子運動軌跡向下彎曲．又由R＝知，B減小，R越來越大，故電子的徑跡是a.故選B. 8．(多選)如圖5所示，一帶電粒子(重力不計)在勻強磁場中沿圖中軌跡運動，中央是一薄絕緣板，粒子在穿過絕緣板時有動能損失，由圖可知(　　) 圖5 A．粒子的運動方向是abcde B．粒子帶正電 C．粒子的運動方向是edcba D．粒子在下半周期比上半周期所用時間長 答案　BC 9.如圖6所示，在x軸上方有磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場．x軸下方有磁感應(yīng)強度大小為B/2，方向垂直紙面向外的勻強磁場．一質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子(不計重力)，從x軸上O點以速度v0垂直x軸向上射出．求： 圖6 (1)射出之后經(jīng)多長時間粒子第二次到達x軸？ (2)粒子第二次到達x軸時離O點的距離． 答案　(1)　(2) 解析　粒子射出后受洛倫茲力做勻速圓周運動，運動半個圓周后第一次到達x軸，以向下的速度v0進入x軸下方磁場，又運動半個圓周后第二次到達x軸．如圖所示． (1)由牛頓第二定律qv0B＝m① T＝② 聯(lián)立①②解得T1＝，T2＝， 粒子第二次到達x軸需時間：t＝T1＋T2＝. (2)由①式可知R1＝，R2＝， 粒子第二次到達x軸時離O點的距離 x＝2R1＋2R2＝. 題組四　洛倫茲力作用下帶電體的運動 10．(多選)如圖7所示，套在足夠長的絕緣粗糙直棒上的帶正電小球，其質(zhì)量為m，帶電荷量為q，小球可在棒上滑動，現(xiàn)將此棒豎直放入沿水平方向且相互垂直的勻強磁場和勻強電場中，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向外，設(shè)小球的電荷量不變，小球由靜止下滑的過程中(　　) 圖7 A．小球加速度一直增加 B．小球速度一直增加，直到最后勻速 C．棒對小球的彈力一直減小 D．小球所受洛倫茲力一直增大，直到最后不變 答案　BD 解析　小球由靜止開始下滑，受到向左的洛倫茲力不斷增加．在開始階段，洛倫茲力小于向右的電場力，棒對小球有向左的彈力，隨著洛倫茲力的增加，棒對小球的彈力減小，小球受到的摩擦力減小，所以在豎直方向上小球受重力和摩擦力作用做加速運動，其加速度逐漸增加． 當洛倫茲力等于電場力時，棒對小球沒有彈力，摩擦力隨之消失，小球在豎直方向上受到的合力最大，加速度最大． 隨著速度繼續(xù)增加，洛倫茲力大于電場力，棒對小球又產(chǎn)生向右的彈力，隨著速度增加，洛倫茲力增加，棒對小球的彈力增加，小球受到的摩擦力增加，于是小球在豎直方向受到的合力減小，加速度減小，小球做加速度減小的加速運動，當加速度減小為零時，小球的速度不再增加，以此時的速度做勻速運動．綜上所述，選項B、D正確． 11．如圖8所示，一帶電小球質(zhì)量為m，用絲線懸掛于O點，并在豎直平面內(nèi)擺動，擺動過程中無機械能損失，最大擺角為60，水平磁場垂直于小球擺動的平面，當小球自左方通過最低點時，懸線上的張力為0.5mg，則小球自右方通過最低點時懸線上的張力為多少？ 圖8 答案　3.5mg 解析　設(shè)線的長度為L，小球經(jīng)過最低點時速率為v. 根據(jù)機械能守恒定律得： mgL(1－cos 60)＝mv2① 得：v＝② 小球自左方擺至最低點時，有：F＋qvB－mg＝m③ 小球自右方擺至最低點時，有：F′－mg－qvB＝m④ 又由題意得F＝0.5mg⑤ 由②③④⑤得：F′＝3.5mg. 12.如圖9所示，質(zhì)量為m＝1 kg、電荷量為q＝510－2 C的帶正電的小滑塊，從半徑為R＝0.4 m的光滑絕緣圓弧軌道上由靜止自A端滑下．整個裝置處在方向互相垂直的勻強電場與勻強磁場中．已知E＝100 V/m，方向水平向右；B＝1 T，方向垂直紙面向里．求：(g＝10 m/s2) 圖9 (1)滑塊到達C點時的速度； (2)在C點時滑塊所受洛倫茲力． (3)滑塊到達C點時對軌道的壓力． 答案　(1)2 m/s，方向水平向左　(2)0.1 N，方向豎直向下　(3)20.1 N，方向豎直向下 解析　以滑塊為研究對象，自軌道上A點滑到C點的過程中，受重力mg，方向豎直向下；電場力qE，方向水平向右；洛倫茲力F洛＝qvB，方向始終垂直于速度方向． (1)滑塊從A到C過程中洛倫茲力不做功，由動能定理得 mgR－qER＝mv 得vC＝ ＝2 m/s，方向水平向左． (2)根據(jù)洛倫茲力公式得：F洛＝qvCB＝510－221 N＝0.1 N，方向豎直向下． (3)在C點根據(jù)牛頓第二定律：N－mg－F洛＝m 代入數(shù)據(jù)得：N＝20.1 N 根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對軌道的壓力為20.1 N，方向豎直向下