磁场对运动电荷的作用教师

磁场对运动电荷的作用适用学科物理适用年级高二适用区域全国课时时长（分钟）120分知识点1、洛伦兹力2、左手定则3、带电粒子在磁场中的运动半径和周期教学目标1、知道什么是洛伦兹力.利用左手定则判断洛伦兹力的方向.2、知道洛伦兹力大小的推理过程.3、掌握垂直进入磁场方向的带电粒子，受到洛伦兹力大小的计算.4、了解v和B垂直时的洛伦兹力大小及方向判断.理解洛伦兹力对电荷不做功.5、了解电视显像管的工作原理教学重点1.利用左手定则会判断洛伦兹力的方向.2.掌握垂直进入磁场方向的带电粒子，受到洛伦兹力大小的计算.教学难点1.洛伦兹力对带电粒子不做功.2.洛伦兹力方向的判断.教学过程一、复习预习[新课导入]复习引入前面我们学习了磁场对电流的作用力，下面思考两个问题：1.如图判定安培力的方向（让学生上黑板做）若已知上图中：B=4.0×10-2T，导线长L=10cm，I=1A.求：导线所受的安培力大小？［学生解答］解：F=BIL=4×10-2T×1A×0.1m=4×10-3N答：导线受的安培力大小为4×10-3N.2.什么是电流？［学生答］电荷的定向移动形成电流.［教师讲述］磁场对电流有力的作用，电流是由电荷的定向移动形成的，我们会想到：这个力可能是作用在运动电荷上的，而安培力是作用在运动电荷上的力的宏观表现.［演示实验］观察磁场阴极射线在磁场中的偏转（100页图3。5--1）［教师］说明电子射线管的原理：说明阴极射线是灯丝加热放出电子，电子在加速电场的作用下高速运动而形成的电子流，轰击到长条形的荧光屏上激发出荧光，可以显示电子束的运动轨迹，磁铁是用来在阴极射线周围产生磁场的，还应明确磁场的方向。［实验结果］在没有外磁场时，电子束沿直线运动，蹄形磁铁靠近电子射线管，发现电子束运动轨迹发生了弯曲。学生用左手定则判断电子束弯曲方向。［学生分析得出结论］磁场对运动电荷有作用.------引出新课二、知识讲解考点/易错点1一、洛伦兹力【说明】可以根据磁场对电流有作用力而对未通电的导线没有作用力，引导学生提出猜想：磁场对电流作用力的实质是磁场对运动电荷的作用力。［过渡语］运动电荷在磁场中受到洛伦兹力的作用，那么洛伦兹力的方向如何判断呢？［问题］如图判定安培力方向.（上图甲中安培力方向为垂直电流方向向上，乙图安培力方向为垂直电流方向向下）②.电流方向和电荷运动方向的关系.（电流方向和正电荷运动方向相同，和负电荷运动方向相反）③.F安的方向和洛伦兹力方向关系.（F安的方向和正电荷所受的洛伦兹力的方向相同，和负电荷所受的洛伦兹力的方向相反.）④.电荷运动方向、磁场方向、洛伦兹力方向的关系.（学生分析总结）考点/易错点2二、洛伦兹力方向的判断——左手定则伸开左手，使大拇指和其余四指垂直且处于同一平面内，把手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，若四指指向正电荷运动的方向，那么拇指所受的方向就是正电荷所受洛伦兹力的方向；若四指指向是电荷运动的反方向，那么拇指所指的正方向就是负电荷所受洛伦兹力的方向.【要使学生明确】：正电荷运动方向应与左手四指指向一致，负电荷运动方向则应与左手四指指向相反(先确定负电荷形成电流的方向，再用左手定则判定)。［投影出示练习题］----“问题与练习”1试判断下图中所示的带电粒子刚进入磁场时所受的洛伦兹力的方向.［学生解答］甲中正电荷所受的洛伦兹力方向向上.乙中正电荷所受的洛伦兹力方向向下.丙中正电荷所受的洛伦兹力方向垂直于纸面指向读者.丁中正电荷所受的洛伦兹力的方向垂直于纸面指向纸里 （3）、洛伦兹力的大小现在我们来研究一下洛伦兹力的大小.通过“思考与讨论”，来推导公式F=qvBsinθ时，应先建立物理模型(教材图3．5—3)，再循序渐进有条理地推导，这一个过程可放手让学生完成，体现学习的自主性。也可以通过下面的命题引导学生一一回答。设有一段长度为L的通电导线，横截面积为S，导线每单位体积中含有的自由电荷数为n，每个自由电荷的电量为q，定向移动的平均速率为v，将这段导线垂直于磁场方向放入磁感应强度为B的磁场中.［问题］这段导线中电流I的微观表达式是多少？让学生推导后回答。［学生答］I的微观表达式为I=nqSv［问题］这段导体所受的安培力为多大？［学生答］F安=BIL［问题］这段导体中含有多少自由电荷数？［学生答］这段导体中含有的电荷数为nLS.［问题］每个自由电荷所受的洛伦兹力大小为多大？［学生答］安培力可以看作是作用在每个运动上的洛伦兹力F的合力，这段导体中含有的自由电荷数为nLS,所以F=F安/nLS=BIL/nLS=nqvSLB/nLS=qvB考点/易错点3三、洛伦兹力的计算公式（1）当粒子运动方向与磁感应强度垂直时（v┴B）F=qvB（2）当粒子运动方向与磁感应强度方向成θ时（v∥B）F=qvBsinθ上两式各量的单位：F为牛（N），q为库伦（C），v为米/秒（m/s）,B为特斯拉（T）最后，通过“思考与讨论”，说明由洛伦兹力所引起的带电粒子运动的方向总是与洛伦兹力的方向相垂直的，所以它对运动的带电粒子总是不做功的。三、例题精析【例题1】有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是A．通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用B．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现C．带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力做正功D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行解析当通电直导线放置的方向与匀强磁场的方向平行时，其不受安培力的作用，则A错；安培力是导线中所有电荷所受的洛伦兹力的宏观表现，B正确；由于带电粒子所受的洛伦兹力的方向与粒子的速度方向始终是垂直的关系，因此洛伦兹力不做功，C错误；磁场的方向与安培力的方向垂直，D错误．答案B【例题2】．一带电粒子以垂直于磁场方向的初速度飞入匀强磁场后做圆周运动，磁场方向和运动轨迹如图8－2－16所示，下列情况可能的是A．粒子带正电，沿逆时针方向运动B．粒子带正电，沿顺时针方向运动C．粒子带负电，沿逆时针方向运动D．粒子带负电，沿顺时针方向运动解析由左手定则可判定，如粒子带正电，则沿逆时针方向运动；如粒子带负电，则沿顺时针方向运动，故选项A、D正确．答案AD【例题3】．(2010·广东四校联考)质量为m、带电荷量为q的粒子(忽略重力)在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，形成空间环形电流．已知粒子的运动速率为v、半径为R、周期为T，环形电流的大小为I.则下面说法中正确的是A．该带电粒子的比荷为eq\f(q,m)＝eq\f(BR,v)B．在时间t内，粒子转过的圆弧对应的圆心角为θ＝eq\f(qBt,m)C．当速率v增大时，环形电流的大小I保持不变D．当速率v增大时，运动周期T变小解析在磁场中，由qvB＝eq\f(mv2,R)，得eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)，选项A错误；在磁场中运动周期T＝eq\f(2πm,qB)，与速率无关，选项D错误；在时间t内，粒子转过的圆弧对应的圆心角θ＝eq\f(t,T)·2π＝eq\f(qBt,m)，选项B正确；电流定义I＝eq\f(q,T)＝eq\f(Bq2,2πm)，与速率无关，选项C正确．答案BC四、课堂运用【基础】1．回旋加速器是加速带电粒子的装置．其主体部分是两个D形金属盒，两金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，并分别与高频交流电源两极相连接，从而使粒子每次经过两盒间的狭缝时都得到加速，如图8－2－17所示，现要增大带电粒子从回旋加速器射出时的动能，下列方法可行的是A．增大金属盒的半径B．减小狭缝间的距离C．增大高频交流电压D．减小磁场的磁感应强度解析由qvB＝eq\f(mv2,R)，得Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(q2B2R2,2m).可知A正确．答案A2．(2010·浙江杭州一模)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图8－2－18所示，离子源S产生的各种不同正离子束(速度可看做零)，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录它的照相底片P上，设离子射出磁场的位置到入口处S1的距离为x，下列判断正确的是A．若离子束是同位素，则x越大，离子进入磁场时速度越小B．若离子束是同位素，则x越大，离子质量越小C．只要x相同，则离子质量一定不相同D．只要x相同，则离子的比荷一定相同解析在加速电场中，qU＝eq\f(1,2)mv2；在磁场中qvB＝eq\f(mv2,R)；由几何关系知x＝2R；以上三式联立可得x＝eq\f(2mv,qB)＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))，只有选项D正确．答案D【巩固】1．如图8－2－19所示，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，不计重力，在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域Ⅰ，沿曲线abcd运动，ab、bc、cd都是半径为R的圆弧．粒子在每段圆弧上运动的时间都为t.规定垂直于纸面向外的磁感应强度方向为正，则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是图8－2－20中的图8－2－19图8－2－20解析由左手定则可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度方向分别为向外、向里和向外，即正、负和正，故B、D错．由于粒子做匀速圆周运动，所以eq\f(1,4)T＝eq\f(πm,2qB)＝t，故B＝eq\f(πm,2qt)，C正确．答案C2．(2010·辽宁锦州期末)如图8－2－21所示，圆柱形区域的横截面在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射时，穿过此区域的时间为t；若该区域加沿轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转了π/3，根据上述条件可求得的物理量为A．带电粒子的初速度B．带电粒子在磁场中运动的半径C．带电粒子在磁场中运动的周期D．带电粒子的比荷解析设圆柱形区域的半径为R，粒子的初速度为v0，则v0＝eq\f(2R,t)，由于R未知，无法求出带电粒子的初速度，选项A错误；若加上磁场，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，设运动轨迹半径为r，运动周期为T，则T＝eq\f(2πr,v0)，速度方向偏转了π/3，由几何关系得，轨迹圆弧所对的圆心角θ＝π/3，r＝eq\r(3)R，联立以上式子得T＝eq\r(3)πt；由T＝2πm/qB得q/m＝eq\f(2,\r(3)Bt)，故选项C、D正确；由于R未知，无法求出带电粒子在磁场中做圆周运动的半径，选项B错误．答案CD【拔高】1．如图8－2－22所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直纸面向外，比荷为eq\f(e,m)的电子以速度v0从A点沿AB方向射入，欲使电子能经过BC边，则磁感应强度B的取值应为A．B＞eq\f(\r(3)mv0,ae)B．B＜eq\f(2mv0,ae)C．B＜eq\f(\r(3)mv0,ae)D．B＞eq\f(2mv0,ae)解析如右图所示，当电子正好经过C点时，做圆周运动的半径R＝eq\f(a,2)/cos30°＝eq\f(a,\r(3))，要想电子从BC边经过，圆周运动的半径要大于eq\f(a,\r(3))，由带电粒子在磁场中运动的半径公式r＝eq\f(mv,qB)有eq\f(a,\r(3))＞eq\f(mv0,eB)，即B＜eq\f(\r(3)mv0,ae)，C选项正确．答案C2．如图8－2－23所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正负离子(不计重力)，从点O以相同的速率先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正负离子在磁场中A．运动时间相同B．运动轨道的半径相同C．重新回到边界时速度的大小和方向相同D．重新回到边界的位置与O点距离相等解析如右图所示，正离子的轨迹为磁场边界上方的eq\x\to(OB)，负离子的轨迹为磁场边界上方的eq\x\to(OA)，轨道半径OO1＝OO2＝eq\f(mv,qB)，二者相同，B正确；运动时间和轨道对应的圆心角(回旋角α)成正比，所以正离子运动时间较长，A错误；由几何知识可知△OO1B≌△OO2A，所以OA＝OB，D正确；由于O1B∥O2A，且vA⊥O2A，vB⊥O1B，所以vA∥vB，C正确．答案BCD课程小结通过观察，形成洛伦兹力的概念，同时明确洛伦兹力与安培力的关系(微观与宏观)，洛伦兹力的方向也可以用左手定则判断。通过思考与讨论，推导出洛伦兹力的大小公式F=qvBsinθ。最后了解洛伦兹力的一个应用——电视显像管中的磁偏转。课后作业【基础】1.（2011海南）.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B.入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大解析：在磁场中半径运动时间：（θ为转过圆心角），故BD正确，当粒子从O点所在的边上射出的粒子时：轨迹可以不同，但圆心角相同为1800，因而AC错2.（2011浙江）.利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是A.粒子带正电B.射出粒子的最大速度为C.保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D.保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大答案：BC解析：由左手定则可判断粒子带负电，故A错误；由题意知：粒子的最大半径、粒子的最小半径，根据，可得、，则，故可知B、C正确，D错误。【巩固】1．(13分)如图8－2－24所示，a点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过a点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里．有一电子(质量为m、电荷量为e)从a点以初速度v0平行x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运行，从x轴上的b点(图中未画出)射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求：(1)磁场的磁感应强度；(2)磁场区域的圆心O1的坐标；(3)电子在磁场中运动的时间．解析(1)磁场区域及电子运动轨迹如图所示，由几何关系得R＝2L，由牛顿第二定律得Bev0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)解得B＝eq\f(mv0,2eL).(2)x轴坐标x＝eq\x\to(aO)1sin60°＝eq\f(\r(3)L,2)y轴坐标为y＝L－eq\x\to(aO)1cos60°＝eq\f(L,2)O1点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)L,2)，\f(L,2))).(3)粒子在磁场中飞行时间为t＝eq\f(60T,360)＝eq\f(2πL,3v0).答案(1)eq\f(mv0,2eL)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)L，\f(L,2)))(3)eq\f(2πL,3v0)2．(15分)电子质量为m，电荷量为e，从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限，射入时速度方向不同，速度大小均为v0，如图8－2－25所示．现在某一区域加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN上，荧光屏与y轴平行，求：(1)荧光屏上光斑的长度；(2)所加磁场范围的最小面积．解析(1)如图所示，求光斑长度，关键是找到两个边界点，初速度方向沿x轴正方向的电子，沿弧OB运动到P；初速度方向沿y轴正方向的电子，沿弧OC运动到Q.电子在磁场中的半径R＝eq\f(mv0,Be)，由图可知PQ＝R＝eq\f(mv0,Be).(2)沿任一方向射入第一象限的电子经磁场偏转后都能垂直打到荧光屏MN上，所加最小面积的磁场的边界是以O′(0，R)为圆心、R为半径的圆的一部分，如图中实线所示，所以磁场范围的最小面积S＝eq\f(3,4)πR2＋R2－eq\f(1,4)πR2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,Be)))2.答案(1)eq\f(mv0,Be)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,Be)))2【拔高】1．(2010·全国Ⅰ)(18分)如图8－2－26所示，在0≤x≤eq\r(3)a区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.在t＝0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0～180°范围内．已知沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场边界上P(eq\r(3)a，a)点离开磁场．求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷q/m；(2)此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；(3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间．图8－2－26解析(1)初速度与y轴正方向平行的粒子在磁场中的运动轨迹如下图中的弧eq\x\to(OP)所示，其圆心为C.由题给条件可以得出∠OCP＝eq\f(2π,3)①此粒子飞出磁场所用的时间为t0＝eq\f(T,3)②式中T为粒子做圆周运动的周期．此粒子运动速度的大小为v，半径为R.由几何关系可得R＝eq\f(2,\r(3))a③由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝meq\f(v2,R)④T＝eq\f(2πR,v)⑤联立②③④⑤式，得eq\f(q,m)＝eq\f(2π,3Bt0).⑥(2)依题意，同一时刻仍在磁场内的粒子到O点距离相同．在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O点为圆心、OP为半径的弧eq\x\to(MN)上，如上图所示．设此时位于P、M、N三点的粒子的初速度分别为vP、vM、vN.由对称性可知vP与OP、vM与OM、vN与ON的夹角均为π/3.设vM、vN与y轴正方向的夹角分别为θM、θN，由几何关系有θM＝eq\f(π,3)⑦θN＝eq\f(2π,3)⑧对于所有此时仍在磁场中的粒子，其初速度与y轴正方向所成的夹角θ应满足eq\f(π,3)≤θ≤eq\f(2π,3)⑨(3)在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切，其轨迹如右图所示．由几何关系可知eq\x\to(OM)＝eq\x\to(OP)⑩由对称性可知eq\x\to(ME)＝eq\x\to(OP)⑪从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间tm＝2t0.答案(1)eq\f(2,\r(3))aeq\f(2π,3Bt0)(2)