資源簡介

(共46張PPT)
第一章　磁場對電流的作用
3.洛倫茲力
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核心素養：1.通過實驗，認識洛倫茲力. 2.能判斷洛倫茲力的方向，會計算洛倫茲力 的大小. 3.能用洛倫茲力分析帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動.
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研習任務一　洛倫茲力及其方向
合作　討論
如圖所示，電子由陰極向陽極運動（向右運動）過程中向下發生了偏轉，試問：
（1）什么力使電子偏轉？該力的方向如何？
提示：（1）電子在磁場中運動要受到洛倫茲力，是洛倫茲力使電 子運動方向發生偏轉，力的方向向下.
（2）電子運動軌跡附近的磁場方向如何？電子所受洛倫茲力與磁場方向、電子運動 方向存在什么關系？
提示：（2）電子運動軌跡附近的磁場方向由N極指向S極，電子所 受洛倫茲力方向與磁場方向以及電子運動方向垂直，我們可以用 左手定則來判斷.
教材　認知
1. 初識洛倫茲力
（1）定義： 在磁場中受到的磁場力.
（2）應用：①傳統的電視顯像管中利用特殊線圈產生的 控制電子偏轉、掃 描出畫面；②使宇宙射線發生 保護地球.
2. 洛倫茲力方向的判斷——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；讓磁感線從掌心垂直進入，并使 指向正電荷運 動的方向，這時拇指所指的方向就是運動的 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 .
運動電荷　
磁場　
偏轉　
四指　
正電荷　
相反　
[理解]　洛倫茲力方向的特點
洛倫茲力的方向總是與電荷運動的方向和磁場方向垂直，即洛倫茲力的方向總是垂直 于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面.即F、B、v三個量的方向關系是： F⊥B，F⊥v，但B與v不一定垂直，即F垂直v和B決定的平面，如圖所示.
　　
研習　經典
　
A B
C D
D
解析：根據左手定則可以判斷，選項A中的帶電粒子所受的洛倫茲力方向向下；選項 B中的帶電粒子所受的洛倫茲力方向向上；選項C中的帶電粒子所受的洛倫茲力方向 垂直紙面指向紙外；選項D中的帶電粒子所受的洛倫茲力方向垂直于紙面指向紙里， D正確.
名師點評
　　判斷運動電荷所受的洛倫茲力方向時使用左手定則.解題時，要明確所帶電荷的 電性與四指指向的關系.對于正電荷，四指指向電荷的運動方向；但對于負電荷，四 指應指向電荷運動的反方向.
對應　訓練
A. z軸正方向的磁場
B. y軸負方向的磁場
C. x軸正方向的磁場
D. y軸正方向的磁場
解析：電子帶負電，且由陰極向陽極運動，受力沿z軸正向，根據左手定則，四指指 向x軸負向，大拇指指向z軸正向，則手心朝向y軸正向，磁場穿過手心，可知需加y軸 負方向的磁場，故B正確.
B
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研習任務二　洛倫茲力的大小
合作　討論
如圖所示，勻強磁場的磁感應強度大小為B. 設磁場中有一段長度為L的通電導線，橫 截面積為S，單位體積中含有的自由電荷數為n，每個自由電荷的電荷量為q且定向移 動的速率都是v.
（1）導線中的電流是多大？導線在磁場中所受安培力多大？
提示：（1）根據電流的微觀決定式，導線中的電流I＝nqSv；由安 培力公式F＝BIL，得導線在磁場中所受安培力F安＝BLnqSv.
（2）長為L的導線中含有的自由電荷數為多少？每個自由電荷所受洛倫茲力多大？
教材　認知
1. 洛倫茲力的大小：電荷量為q的粒子以速度v運動時，如果速度方向與磁感應強度B 的方向 ，那么粒子受到的洛倫茲力為F＝ .
2. 一般表達式：電荷運動的方向與磁場的方向夾角為θ 時，電荷所受的洛倫茲力為F ＝ .
3. 當v⊥B，F洛＝ ，即當電荷的速度方向與磁場方向垂直時，電荷受到的洛倫 茲力最大.
4. 當v∥B，F洛＝ ，即當電荷的速度方向與磁場方向平行時，電荷所受洛倫茲力 為零.
5. 當v與B成θ角時，F＝ .
垂直　
qvB　
qvBsin θ　
qvB　
0　
qvBsin θ　
比較項目 洛倫茲力 電場力
性質 磁場對在其中運動電荷的作用力 電場對放入其中的電荷的作用力
產生條件 v≠0且v不與B平行 無條件限制，電場中的電荷一定受到電場 力作用
大小 F＝qvB（v⊥B） F＝qE
力的方向與場方向的關系 一定是F⊥B，F⊥v 正電荷所受電場力的方向與電場方向相 同，負電荷所受電場力的方向與電場方向 相反
[理解]　洛倫茲力和電場力的比較
比較項目 洛倫茲力 電場力
做功情況 任何情況下都不做功 可能做正功、負功或不做功
力F為零時 場的情況 F為零，B不一定為零 F為零，E一定為零
作用效果 只改變電荷運動的速度方 向，不改變速度大小 既可以改變電荷運動的速度大小，也可以 改變電荷運動的方向
研習　經典
[典例2]　如圖所示，各圖中的勻強磁場的磁感應強度均為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.
解析：（1）因v⊥B，所以F＝qvB，由左手定則可知洛倫茲力方向垂直紙面向外.
（3）由于v與B平行，所以不受洛倫茲力.
（4）v與B垂直，F＝qvB，方向垂直v指向左上方.
名師點評
　　空間思維是解此類題目的關鍵，學會從不同的角度看v與B的關系，在洛倫茲力的 表達式F＝qvBsin θ中，θ是v與B的夾角.我們可以理解為F＝qB·vsin θ，其中vsin θ是速 度在垂直磁場方向上的分量；也可以理解為F＝qv·Bsin θ，其中Bsin θ是B在垂直v方向 上的分量.所以要理解其物理意義，不要死記硬背.
對應　訓練
A. 2∶1 B. 1∶1
C. 1∶2 D. 1∶4
解析：帶電粒子的速度方向與磁感線方向垂直時，洛倫茲力F＝qvB與電荷量成正 比，與質量無關，C項正確.
C
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研習任務三　帶電粒子在勻強磁場中的運動
合作　討論
如果沿著與磁場垂直的方向發射一束帶電粒子（不計重力），這束粒子在勻強磁場中 的運動軌跡會是什么樣的呢？
提示：洛倫茲力提供向心力，故只在洛倫茲力的作用下，粒子將做勻速圓周運動，運 動軌跡為圓.
教材　認知
1. 若v∥B，帶電粒子（不計重力）所受洛倫茲力F＝ ，所以粒子在磁場中 做 .
2. 若v⊥B，此時初速度方向、洛倫茲力的方向均與磁場方向 ，粒子在垂直 于 方向的平面內運動.
（1）洛倫茲力與粒子的運動方向 ，只改變粒子速度的 ，不改變粒 子速度的 .
（2）帶電粒子在垂直于磁場的平面內做 運動， 提供 向心力.
0　
勻速直線運動　
垂直　
磁場　
垂直　
方向　
大小　
勻速圓周　
洛倫茲力　
研習　經典
A. 粒子的速率加倍，周期減半
B. 粒子的速率不變，軌道半徑減半
D. 粒子的速率不變，周期減半
BD
對應　訓練
A. M帶負電，N帶正電
B. M的速率小于N的速率
C. 洛倫茲力對M、N不做功
D. M的運動時間大于N的運動時間
AC
A. R1∶R2＝1∶2
B. R1∶R2＝2∶1
C. T1∶T2＝1∶1
D. T1∶T2＝2∶1
A
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課時作業（三）
[基礎訓練]
A. 洛倫茲力對運動電荷一定不做功
B. 帶電粒子在磁場中運動時，一定受到洛倫茲力作用
C. 正電荷在電場中所受電場力的方向就是電場強度的方向
D. 正電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向就是磁感應強度的方向
解析：洛倫茲力與速度方向垂直，則對運動電荷一定不做功，A正確；帶電粒子在磁 場中運動時，若速度方向與磁場方向平行，則不受洛倫茲力作用，B錯誤；正電荷在 電場中所受電場力的方向就是電場強度的方向，C正確；正電荷在磁場中所受洛倫茲 力的方向與磁感應強度的方向垂直，D錯誤；故選AC.
AC
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A. F、B、v三者必定均相互垂直
B. F必定垂直于B、v，但B不一定垂直v
C. B必定垂直于F，但F不一定垂直于v
D. v必定垂直于F，但F不一定垂直于B
解析：洛倫茲力垂直于v與B所決定的平面，但v與B不一定要垂直，但v與B不能平行.
B
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B
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A. 豎直向下沿直線射向地面
B. 相對于預定地點稍向東偏轉
C. 相對于預定地點稍向西偏轉
D. 相對于預定地點稍向北偏轉
解析：由左手定則判斷洛倫茲力方向向東，相對于預定地點稍向東偏轉.本題粒子相對于地面豎直向下運動，因此不需要同時考慮地球的自轉，故選B.
B
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D. 若只改變入射速度方向，粒子不可能經過O點
C
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6. 一束電子（電量為e）以速度v0從磁場右邊界垂直射入寬為d，磁感應強度為B的勻 強磁場中，如圖所示.電子束離開磁場時速度方向與入射速度方向成30°角.（忽略電 子所受重力.e、v0、B、d已知）
（1）求電子在磁場中運動的軌道半徑；
答案：2d　
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（2）求電子的質量；
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（3）求電子在磁場中運動時間.
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[能力提升]
A. 小物塊一定帶正電
B. 小物塊在斜面上運動時做勻加速直線運動
C. 小物塊在斜面上運動時做加速度增大，而速度也增大的變加速直線運動
B
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A. 導體中電流為I＝neSvL
B. 導體中自由電子個數為N＝nSL
C. 導體放置在垂直紙面向外、磁感應強度為B的磁場中，導線所受 安培力F安＝B（neSv）L
D. 導體放置在垂直紙面向外、磁感應強度為B的磁場中，導線中每 個電子所受洛倫茲力F＝evB
BCD
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A. 滑塊在a點受重力、支持力和洛倫茲力作用
C. 洛倫茲力做正功
D. 滑塊的機械能增大
B
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10. 如圖所示，質量m＝1×10－4 kg的小球，帶有q＝5×10－4 C的正電荷，套在一根與 水平方向成θ＝37°角的足夠長絕緣桿上.小球可以沿桿滑動，與桿間的動摩擦因數μ ＝0.4，這個裝置放在磁感應強度B＝0.5 T的勻強磁場中，求小球無初速釋放后沿桿 下滑的最大加速度和最大速度（g＝10 m/s2）.
答案：6 m/s2　9.2 m/s
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解析：小球無初速釋放后，所受洛倫茲力方向垂直桿斜向上，開始階段小球速度小， 洛倫茲力較小，桿對球的支持力垂直桿斜向上，且逐漸減小，當速度達到某值后，支 持力FN減為零，桿對球的摩擦力也減為零，此時球的加速度最大，根據牛頓第二定律 可得mamax＝mgsin θ，解得amax＝6 m/s2.
此后桿對球的支持力垂直于桿向下且隨速度的增大而增大，當摩擦力Ff＝mgsin θ時小 球所受合力為零，達到最大速度，此時根據牛頓第二定律得qvmB＝mgcos θ＋FN，Ff ＝mgsin θ，且Ff＝μFN，解得vm＝9.2 m/s.
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