1、磁場對運動電荷的作用適用學科物理適用年級高二適用區域全國課時時長（分鐘）120分知識點1、洛倫茲力 2、左手定則 3、帶電粒子在磁場中的運動半徑和周期教學目標1、知道什么是洛倫茲力.利用左手定則判斷洛倫茲力的方向.2、知道洛倫茲力大小的推理過程.3、掌握垂直進入磁場方向的帶電粒子，受到洛倫茲力大小的計算.4、了解v和B垂直時的洛倫茲力大小及方向判斷.理解洛倫茲力對電荷不做功. 5、了解電視顯像管的工作原理教學重點1.利用左手定則會判斷洛倫茲力的方向.2.掌握垂直進入磁場方向的帶電粒子，受到洛倫茲力大小的計算.教學難點1.洛倫茲力對帶電粒子不做功.2.洛倫茲力方向的判斷.教學過程 一、復習預習新

2、課導入（一） 復習引入前面我們學習了磁場對電流的作用力，下面思考兩個問題：1.如圖判定安培力的方向（讓學生上黑板做）若已知上圖中：B=4.010-2 T，導線長L=10 cm，I=1 A.求：導線所受的安培力大小？學生解答解：F=BIL=410-2 T1 A0.1 m=410-3 N答：導線受的安培力大小為410-3 N.2.什么是電流？學生答電荷的定向移動形成電流.教師講述磁場對電流有力的作用，電流是由電荷的定向移動形成的，我們會想到：這個力可能是作用在運動電荷上的，而安培力是作用在運動電荷上的力的宏觀表現.演示實驗觀察磁場陰極射線在磁場中的偏轉（100頁圖3。5-1）教師說明電子射線管的原

3、理：說明陰極射線是燈絲加熱放出電子，電子在加速電場的作用下高速運動而形成的電子流，轟擊到長條形的熒光屏上激發出熒光，可以顯示電子束的運動軌跡，磁鐵是用來在陰極射線周圍產生磁場的，還應明確磁場的方向。實驗結果在沒有外磁場時，電子束沿直線運動，蹄形磁鐵靠近電子射線管，發現電子束運動軌跡發生了彎曲。學生用左手定則判斷電子束彎曲方向。學生分析得出結論磁場對運動電荷有作用.-引出新課 二、知識講解考點/易錯點1一、洛倫茲力【說明】可以根據磁場對電流有作用力而對未通電的導線沒有作用力，引導學生提出猜想：磁場對電流作用力的實質是磁場對運動電荷的作用力。過渡語運動電荷在磁場中受到洛倫茲力的作用，那么洛倫茲力的

4、方向如何判斷呢？問題如圖（2） 判定安培力方向.（上圖甲中安培力方向為垂直電流方向向上，乙圖安培力方向為垂直電流方向向下）.電流方向和電荷運動方向的關系.（電流方向和正電荷運動方向相同，和負電荷運動方向相反）.F安的方向和洛倫茲力方向關系.（F安的方向和正電荷所受的洛倫茲力的方向相同，和負電荷所受的洛倫茲力的方向相反.）.電荷運動方向、磁場方向、洛倫茲力方向的關系.（學生分析總結） 考點/易錯點2二、洛倫茲力方向的判斷左手定則 伸開左手，使大拇指和其余四指垂直且處于同一平面內，把手放入磁場中，讓磁感線垂直穿入手心，若四指指向正電荷運動的方向，那么拇指所受的方向就是正電荷所受洛倫茲力的方向；若四

5、指指向是電荷運動的反方向，那么拇指所指的正方向就是負電荷所受洛倫茲力的方向.【要使學生明確】：正電荷運動方向應與左手四指指向一致，負電荷運動方向則應與左手四指指向相反(先確定負電荷形成電流的方向，再用左手定則判定)。投影出示練習題-“問題與練習”1（2） 試判斷下圖中所示的帶電粒子剛進入磁場時所受的洛倫茲力的方向.學生解答甲中正電荷所受的洛倫茲力方向向上.乙中正電荷所受的洛倫茲力方向向下.丙中正電荷所受的洛倫茲力方向垂直于紙面指向讀者.丁中正電荷所受的洛倫茲力的方向垂直于紙面指向紙里（3）、洛倫茲力的大小現在我們來研究一下洛倫茲力的大小. 通過“思考與討論”，來推導公式F=qvBsin時，應先

6、建立物理模型(教材圖353)，再循序漸進有條理地推導，這一個過程可放手讓學生完成，體現學習的自主性。也可以通過下面的命題引導學生一一回答。設有一段長度為L的通電導線，橫截面積為S，導線每單位體積中含有的自由電荷數為n，每個自由電荷的電量為q，定向移動的平均速率為v，將這段導線垂直于磁場方向放入磁感應強度為B的磁場中.問題這段導線中電流I的微觀表達式是多少？讓學生推導后回答。學生答I的微觀表達式為I=nqSv問題這段導體所受的安培力為多大？學生答F安=BIL問題這段導體中含有多少自由電荷數？學生答這段導體中含有的電荷數為nLS.問題每個自由電荷所受的洛倫茲力大小為多大？學生答安培力可以看作是作用

7、在每個運動上的洛倫茲力F的合力，這段導體中含有的自由電荷數為nLS,所以 F= F安/nLS = BIL/nLS = nqvSLB/nLS =qvB考點/易錯點3三、洛倫茲力的計算公式（1）當粒子運動方向與磁感應強度垂直時（vB） F = qvB （2）當粒子運動方向與磁感應強度方向成時（vB） F = qvBsin上兩式各量的單位：F為牛（N），q為庫倫（C）， v為米/秒（m/s）, B為特斯拉（T）最后，通過“思考與討論”，說明由洛倫茲力所引起的帶電粒子運動的方向總是與洛倫茲力的方向相垂直的，所以它對運動的帶電粒子總是不做功的。 三、例題精析【例題1】 有關洛倫茲力和安培力的描述，正確的

8、是A通電直導線在勻強磁場中一定受到安培力的作用B安培力是大量運動電荷所受洛倫茲力的宏觀表現C帶電粒子在勻強磁場中運動受到的洛倫茲力做正功D通電直導線在磁場中受到的安培力方向與磁場方向平行解析當通電直導線放置的方向與勻強磁場的方向平行時，其不受安培力的作用，則A錯；安培力是導線中所有電荷所受的洛倫茲力的宏觀表現，B正確；由于帶電粒子所受的洛倫茲力的方向與粒子的速度方向始終是垂直的關系，因此洛倫茲力不做功，C錯誤；磁場的方向與安培力的方向垂直，D錯誤答案B【例題2】一帶電粒子以垂直于磁場方向的初速度飛入勻強磁場后做圓周運動，磁場方向和運動軌跡如圖8216所示，下列情況可能的是A粒子帶正電，沿逆時針

9、方向運動B粒子帶正電，沿順時針方向運動C粒子帶負電，沿逆時針方向運動D粒子帶負電 ，沿順時針方向運動解析由左手定則可判定，如粒子帶正電，則沿逆時針方向運動；如粒子帶負電，則沿順時針方向運動，故選項A、D正確答案AD【例題3】(2010廣東四校聯考)質量為m、帶電荷量為q的粒子(忽略重力)在磁感應強度為B的勻強磁場中做勻速圓周運動，形成空間環形電流已知粒子的運動速率為v、半徑為R、周期為T，環形電流的大小為I.則下面說法中正確的是A該帶電粒子的比荷為B在時間t內，粒子轉過的圓弧對應的圓心角為C當速率v增大時，環形電流的大小I保持不變D當速率v增大時，運動周期T變小解析在磁場中，由qvB，得，選項

10、A錯誤；在磁場中運動周期T，與速率無關，選項D錯誤；在時間t內，粒子轉過的圓弧對應的圓心角2，選項B正確；電流定義I，與速率無關，選項C正確答案BC 四、課堂運用【基礎】1回旋加速器是加速帶電粒子的裝置其主體部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，并分別與高頻交流電源兩極相連接，從而使粒子每次經過兩盒間的狹縫時都得到加速，如圖8217所示，現要增大帶電粒子從回旋加速器射出時的動能，下列方法可行的是A增大金屬盒的半徑B減小狹縫間的距離C增大高頻交流電壓 D減小磁場的磁感應強度解析由qvB，得Ekmmv.可知A正確答案A2(2010浙江杭州一模)質譜儀是一種測定帶電粒子質量和分析

11、同位素的重要工具，它的構造原理如圖8218所示，離子源S產生的各種不同正離子束(速度可看做零)，經加速電場加速后垂直進入有界勻強磁場，到達記錄它的照相底片P上，設離子射出磁場的位置到入口處S1的距離為x，下列判斷正確的是A若離子束是同位素，則x越大，離子進入磁場時速度越小B若離子束是同位素，則x越大，離子質量越小C只要x相同，則離子質量一定不相同D只要x相同，則離子的比荷一定相同解析在加速電場中，qUmv2；在磁場中qvB；由幾何關系知x2R；以上三式聯立可得x ，只有選項D正確答案D【鞏固】1如圖8219所示，一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子，不計重力，在a點以某一初速度水平向左射入磁場區

12、域，沿曲線abcd運動，ab、bc、cd都是半徑為R的圓弧粒子在每段圓弧上運動的時間都為t.規定垂直于紙面向外的磁感應強度方向為正，則磁場區域、三部分的磁感應強度B隨x變化的關系可能是圖8220中的 圖8219 圖8220解析由左手定則可知，、三部分的磁感應強度方向分別為向外、向里和向外，即正、負和正，故B、D錯由于粒子做勻速圓周運動，所以Tt，故B，C正確答案C2(2010遼寧錦州期末)如圖8221所示，圓柱形區域的橫截面在沒有磁場的情況下，帶電粒子(不計重力)以某一初速度沿截面直徑方向入射時，穿過此區域的時間為t；若該區域加沿軸線方向的勻強磁場，磁感應強度為B，帶電粒子仍以同一初速度沿截面

13、直徑入射，粒子飛出此區域時，速度方向偏轉了/3，根據上述條件可求得的物理量為A帶電粒子的初速度 B帶電粒子在磁場中運動的半徑C帶電粒子在磁場中運動的周期D帶電粒子的比荷解析設圓柱形區域的半徑為R，粒子的初速度為v0，則v0，由于R未知，無法求出帶電粒子的初速度，選項A錯誤；若加上磁場，粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，設運動軌跡半徑為r，運動周期為T，則T，速度方向偏轉了/3，由幾何關系得，軌跡圓弧所對的圓心角/3，r R，聯立以上式子得T t；由T2m/qB得q/m，故選項C、D正確；由于R未知，無法求出帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑，選項B錯誤答案CD【拔高】 1如圖8222所示，ABC為

14、與勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形，磁場垂直紙面向外，比荷為的電子以速度v0從A點沿AB方向射入，欲使電子能經過BC邊，則磁感應強度B的取值應為 AB BB CB DB解析如右圖所示，當電子正好經過C點時，做圓周運動的半徑R/cos 30，要想電子從BC邊經過，圓周運動的半徑要大于，由帶電粒子在磁場中運動的半徑公式r有，即B，C選項正確答案C2如圖8223所示，在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上，有兩個質量和電荷量均相同的正負離子(不計重力)，從點O以相同的速率先后射入磁場中，入射方向與邊界成角，則正負離子在磁場中A運動時間相同 B運動軌道的半徑相同C重新回到邊界時速度的大小和方向相同D重新回

15、到邊界的位置與O點距離相等解析如右圖所示，正離子的軌跡為磁場邊界上方的，負離子的軌跡為磁場邊界上方的，軌道半徑OO1OO2，二者相同，B正確；運動時間和軌道對應的圓心角(回旋角)成正比，所以正離子運動時間較長，A錯誤；由幾何知識可知OO1BOO2A，所以OAOB，D正確；由于O1BO2A，且vAO2A，vBO1B，所以vAvB，C正確答案BCD課程小結通過觀察，形成洛倫茲力的概念，同時明確洛倫茲力與安培力的關系(微觀與宏觀)，洛倫茲力的方向也可以用左手定則判斷。通過思考與討論，推導出洛倫茲力的大小公式F=qvBsin。最后了解洛倫茲力的一個應用電視顯像管中的磁偏轉。課后作業【基礎】 1.（20

16、11海南）.空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的正方形為其邊界。一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射。這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不計重力。下列說法正確的是A.入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同B. 入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同C.在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同D.在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大解析：在磁場中半徑 運動時間：（為轉過圓心角），故BD正確，當粒子從O點所在的邊上射出的粒子時：軌跡可以不同，但圓心角相同為1800，因而AC錯2.（2

17、011浙江）.利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內的帶電粒子。圖中板MN上方是磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L。一群質量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是A. 粒子帶正電B. 射出粒子的最大速度為C. 保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D. 保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大答案：BC解析：由左手定則可判斷粒子帶負電，故A錯誤；由題意知：粒子的最大半徑、粒子的最小半徑，根據，可得、，則，

18、故可知B、C正確，D錯誤。【鞏固】 1(13分)如圖8224所示，a點距坐標原點的距離為L，坐標平面內有邊界過a點和坐標原點O的圓形勻強磁場區域，磁場方向垂直坐標平面向里有一電子(質量為m、電荷量為e)從a點以初速度v0平行x軸正方向射入磁場區域，在磁場中運行，從x軸上的b點(圖中未畫出)射出磁場區域，此時速度方向與x軸的正方向之間的夾角為60，求：(1)磁場的磁感應強度；(2)磁場區域的圓心O1的坐標；(3)電子在磁場中運動的時間解析(1)磁場區域及電子運動軌跡如圖所示，由幾何關系得R2L，由牛頓第二定律得Bev0 解得B.(2)x軸坐標x1sin 60 y軸坐標為yL1cos 60O1點坐

19、標為.(3)粒子在磁場中飛行時間為t. 答案(1)(2)(3)2(15分)電子質量為m，電荷量為e，從坐標原點O處沿xOy平面射入第一象限，射入時速度方向不同，速度大小均為v0，如圖8225所示現在某一區域加一方向向外且垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應強度為B，若這些電子穿過磁場后都能垂直射到熒光屏MN上，熒光屏與y軸平行，求：(1)熒光屏上光斑的長度；(2)所加磁場范圍的最小面積解析 (1)如圖所示，求光斑長度，關鍵是找到兩個邊界點，初速度方向沿x軸正方向的電子，沿弧OB運動到P；初速度方向沿y軸正方向的電子，沿弧OC運動到Q.電子在磁場中的半徑R，由圖可知PQR.(2)沿任一方向射入第一

20、象限的電子經磁場偏轉后都能垂直打到熒光屏MN上，所加最小面積的磁場的邊界是以O(0，R)為圓心、R為半徑的圓的一部分，如圖中實線所示，所以磁場范圍的最小面積SR2R2R22. 答案(1)(2)2【拔高】1(2010全國)(18分)如圖8226所示，在0xa區域內存在與xy平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B.在t0時刻，一位于坐標原點的粒子源在xy平面內發射出大量同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與y軸正方向的夾角分布在0180范圍內已知沿y軸正方向發射的粒子在tt0時刻剛好從磁場邊界上P(a，a)點離開磁場求：(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑R及粒子的比荷q/m；(2)此時刻

21、仍在磁場中的粒子的初速度方向與y軸正方向夾角的取值范圍；(3)從粒子發射到全部粒子離開磁場所用的時間 圖8226解析(1)初速度與y軸正方向平行的粒子在磁場中的運動軌跡如下圖中的弧所示，其圓心為C.由題給條件可以得出OCP 此粒子飛出磁場所用的時間為t0 式中T為粒子做圓周運動的周期此粒子運動速度的大小為v，半徑為R.由幾何關系可得Ra 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 qvBm T聯立式，得 .(2)依題意，同一時刻仍在磁場內的粒子到O點距離相同在t0時刻仍在磁場中的粒子應位于以O點為圓心、OP為半徑的弧上，如上圖所示設此時位于P、M、N三點的粒子的初速度分別為vP、vM、vN.由對稱性可知vP與OP、vM與OM、vN與ON的夾角均為/3.設vM、vN與y軸正方向的夾角分別為M、N，由幾何關系有 M N對于所有此時仍在磁場中的粒子，其初速度與