2019-2020年新課標(biāo)人教版3-1選修三3.6《帶電粒子在勻強磁場中的運動》WORD教案3.doc

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2019-2020年新課標(biāo)人教版3-1選修三3.6《帶電粒子在勻強磁場中的運動》WORD教案3 【學(xué)習(xí)目標(biāo)】 (一)知識與技能： 1、較熟練掌握如何作出粒子在磁場中運動的軌跡示意圖，確定圓心，尋找半徑； 2、掌握如何利用運動的合成與分解以及動能定理處理粒子在復(fù)合場中的運動問題； 3、知道多過程運動問題之間的“銜接點”往往是聯(lián)系前后兩個運動過程的紐帶。 （二）過程與方法 1、掌握利用用“分段法”處理多過程問題的分析方法； 2、掌握“因果索源，逆推正解”的分析問題的方法。 （三）情感態(tài)度與價值觀 1、能在老師的引領(lǐng)下，通過對例題的分析，克服處理復(fù)雜問題的畏難情緒。 2、通過對問題的具體分析，培養(yǎng)實事求是的科學(xué)態(tài)度，逐漸減少想當(dāng)然的浮躁心態(tài)。 【預(yù)備知識】（知能回憶） 1、洛倫茲力的特性：洛倫茲力始終與速度 ，且洛倫茲力 功。 2、處理帶電粒子在勻強磁場中運動問題的解題關(guān)鍵是：規(guī)范的作出粒子的運動軌跡示意圖，確定圓心，找準(zhǔn)半徑。（強調(diào)：作圖定要規(guī)范，用尺子作圖！） 3、帶電粒子在勻強磁場中運動的幾條規(guī)律： （1）粒子的運動性質(zhì)： （2）一個動力學(xué)方程： （3）運動的半徑大小： 運動的周期為： 在磁場中運動的時間為： 【例題賞析】 一、帶電粒子在連續(xù)場中運動 【例1】如圖所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場。左側(cè)勻強電場的場強大小為E、方向水平向右，電場寬度為L；中間區(qū)域勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里。一個質(zhì)量為m、電量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū)域后，又回到O點，然后重復(fù)上述運動過程。求： （1）中間磁場區(qū)域的寬度d； （2）帶電粒子從O點開始運動到第一次回到O點所用時間t. 解析：（1）帶電粒子在電場中加速，由動能定理，可得： 帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，由牛頓第二定律，可得： 由以上兩式，可得。 可見在兩磁場區(qū)粒子運動半徑相同，如圖13所示，三段圓弧的圓心組成的三角形ΔO1O2O3是等邊三角形，其邊長為2R。所以中間磁場區(qū)域的寬度為 （2）在電場中， 在中間磁場中運動時間 在右側(cè)磁場中運動時間， 則粒子第一次回到O點的所用時間為 （1分） a b c d S o 圖9 【同類自測】如圖9所示，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫a、b、c和d，外筒的外半徑為r，在圓筒之外的足夠大區(qū)域中有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感強度的大小為B。在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內(nèi)有沿半徑向外的電場。一質(zhì)量為ｍ、帶電量為＋q的粒子，從緊靠內(nèi)筒且正對狹縫a的S點出發(fā)，初速為零。如果該粒子經(jīng)過一段時間的運動之后恰好又回到出發(fā)點S，則兩電極之間的電壓U應(yīng)是多少？（不計重力，整個裝置在真空中） 解析：如圖所示，帶電粒子從S點出發(fā)，在兩筒之間的電場作用下加速，沿徑向穿過狹縫a而進(jìn)入磁場區(qū)，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。粒子再回到S點的條件是能沿徑向穿過狹縫d.只要穿過了d，粒子就會在電場力作用下先減速，再反向加速，經(jīng)d重新進(jìn)入磁場區(qū)，然后粒子以同樣方式經(jīng)過c、b，再回到S點。設(shè)粒子進(jìn)入磁場區(qū)的速度大小為V，根據(jù)動能定理，有 設(shè)粒子做勻速圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律，有 由前面分析可知，要回到S點，粒子從a到d必經(jīng)過圓周，所以半徑R必定等于筒的外半徑r，即R=r.由以上各式解得； . 二、帶電粒子在相互疊加的電場和磁場中的運動 【例2】如圖所示，坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，在該區(qū)域內(nèi)有場強E=12N/C、方向沿x軸正方向的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小為B=2T、沿水平方向且垂直于xOy平面指向紙里的勻強磁場．一個質(zhì)量m=410kg，電量q=2.510C帶正電的微粒，在xOy平面內(nèi)做勻速直線運動，運動到原點O時，撤去磁場，經(jīng)一段時間后，帶電微粒運動到了x軸上的P點．取g=10 m／s2，求： （1）微粒運動到原點O時速度的大小和方向 （2）P點到原點O的距離 x y B E ? P O F合 v s2 s1 θ 解析：（1）微粒運動到O點之前要受到重力、電場力和洛倫茲力作用，在這段時間內(nèi)微粒做勻速直線運動，說明三力合力為零．由此可得 代入數(shù)據(jù)解得　v=10m/s 速度v與重力和電場力的合力的方向垂直。設(shè)速度v與x軸的夾角為θ，則 代入數(shù)據(jù)得 ，即θ=37 （2）微粒運動到O點后，撤去磁場，微粒只受到重力、電場力作用，其合力為一恒力，且方向與微粒在O點的速度方向垂直，所以微粒做類平拋運動，可沿初速度方向和合力方向進(jìn)行分解．設(shè)沿初速度方向的位移為，沿合力方向的位移為，則因為　 聯(lián)立解得P點到原點O的距離OP=15m 【總結(jié)】以帶電粒子在復(fù)合場中的運動為背景，涉及到電場力、洛倫茲力、矢量的合成與分解、牛頓運動定律等多方面知識。解決這類題的關(guān)鍵是，正確分析帶電粒子在O點的受力情況，用電場力和重力的合力替代兩個場力，將問題轉(zhuǎn)化為帶電粒子的類平拋運動。 【課堂訓(xùn)練】在圖13所示的坐標(biāo)系中，x軸水平，y軸垂直，x軸上方空間只存在重力場，第Ⅲ象限存在沿y軸正方向的勻強電場和垂直xy平面向里的勻強磁場，在第Ⅳ象限由沿x軸負(fù)方向的勻強電場，場強大小與第Ⅲ象限存在的電場的場強大小相等。一質(zhì)量為m，帶電荷量大小為q的質(zhì)點a，從y軸上y=h處的P1點以一定的水平速度沿x軸負(fù)方向拋出，它經(jīng)過x=-2h處的P2點進(jìn)入第Ⅲ象限，恰好做勻速圓周運動，又經(jīng)過y軸上方y(tǒng)=-2h的P3點進(jìn)入第Ⅳ象限，試求：（1）質(zhì)點a到達(dá)P2點時速度的大小和方向；（2）第Ⅲ象限中勻強電場的電場強度和勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大?。?）質(zhì)點進(jìn)入第Ⅳ象限且速度減為零時的位置坐標(biāo)。 解析：（2分）如同答2所示。 （1）質(zhì)點在第Ⅱ象限中做平拋運動，設(shè)初速度為，由 ① （2分） ② （2分） 解得平拋的初速度 （1分） 在點，速度的豎直分量 （1分） ，其方向與軸負(fù)向夾角 （1分） （2）帶電粒子進(jìn)入第Ⅲ象限做勻速圓周運動，必有 ③ （2分） 又恰能過負(fù)處，故為圓的直徑，轉(zhuǎn)動半徑 ④ （1分） 又由 ⑤ （2分） 可解得 （1分） （2分） （3）帶電粒以大小為，方向與軸正向夾角進(jìn)入第Ⅳ象限，所受電場力與重力的合力為，方向與過點的速度方向相反，故帶電粒做勻減速直線運動，設(shè)其加速度大小為，則： ⑥ （2分） 由 （2分） 由此得出速度減為0時的位置坐標(biāo)是 【課堂訓(xùn)練】如圖所示，水平向左的勻強電場的場強E=4 V/m，垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場的B=2 T，質(zhì)量為1 Kg的帶正電的小物塊A從豎直絕緣上的M點由靜止開始下滑，滑行0.8m到達(dá)N點時離開墻面開始做曲線運動，在到達(dá)P點開始做勻速直線運動，此時速度與水平方向成45角，P點離開M點的豎直高度為1.6m，試求： （1）A沿墻下滑克服摩擦力做的功 qVNB qE f mg N （2）P點與M點的水平距離，取g=10m/s2 mg qE qvB vP [分析]：物塊從M點由靜止開始下滑，受重力、電場力、洛侖茲力、墻壁的彈力及滑動摩擦力，如圖示。隨著速度的增大，洛侖茲力增大，墻壁的彈力減小，滑動摩擦力減小。至N點時墻壁的彈力減小至零，即在N點有：，得：。 由動能定理：2，得：。 在P點三力平衡，如圖所示有： ，得 又 由動能定理 ，從N 到 P： 得：。 【自學(xué)提升】 1、長為L，間距也為L的兩平行金屬板間有垂直向里的勻強磁場，如圖所示，磁感應(yīng)強度為B，今有質(zhì)量為m、帶電量為q的正離子從平行板左端中點以平行于金屬板的方向射入磁場。欲使離子不打在極板上，入射離子的速度大小應(yīng)滿足的條件是 ( ) A. B. C. D. 2、如圖所示的區(qū)域中，第二象限為垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，第一、第四象限是一個電場強度大小未知的勻強電場，其方向如圖。一個質(zhì)量為m，電荷量為+q的帶電粒子從P孔以初速度v0沿垂直于磁場方向進(jìn)入勻強磁場中，初速度方向與邊界線的夾角θ=30，粒子恰好從y軸上的C孔垂直于勻強電場射入勻強電場，經(jīng)過x軸的Q點，已知OQ=OP，不計粒子的重力，求： （1）粒子從P運動到C所用的時間t； （2）電場強度E的大?。? （3）粒子到達(dá)Q點的動能Ek。 P . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 解：（1）帶電粒子在電磁場運動的軌跡如圖所示，由圖可知，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡為半個圓周（2分） 由 （1分） 得： （1分） 又T= （1分） 得帶電粒子在磁場中運動的時間： （2分） （2）帶電粒子在電場中做類平拋運動，初速度垂直于電場沿CF方向，過Q點作直線CF的垂線交CF于D，則由幾何知識可知，CPO≌CQO≌CDQ，由圖可知： CP= （1分） 帶電粒子從C運動到Q沿電場方向的位移為： （2分） 帶電粒子從C運動到Q沿初速度方向的位移為： （1分） 由類平拋運動規(guī)律得： （1分） （1分） 聯(lián)立以上各式解得： （2分） （3）由動能定理得： （3分） 聯(lián)立以上各式解得： （2分） 小結(jié)：帶電粒子分別在兩個區(qū)域內(nèi)做兩種不同性質(zhì)的運動，盡管運動過程較為復(fù)雜，但對于每一段運動又較為簡單，解決這類問題的關(guān)鍵往往在于分析運動連接點的速度。 技巧：分段計論，逐步展開，畫好軌跡，注意連接點速度。 3、如圖所示，水平虛線上方有場強為E1的勻強電場，方向豎直向下，虛線下方有場強為E2的勻強電場，方向水平向右；在虛線上、下方均有磁感應(yīng)強度相同的勻強磁場，方向垂直紙面向外，ab是一長為L的絕緣細(xì)桿，豎直位于虛線上方，b端恰在虛線上，將一套在桿上的帶電小環(huán)從a端由靜止開始釋放，小環(huán)先加速而后勻速到達(dá)b端，環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，小環(huán)的重力不計，當(dāng)環(huán)脫離桿后在虛線下方沿原方向做勻速直線運動，求： （1）E1與E2的比值；（2）若撤去虛線下方的電場，小環(huán)進(jìn)入虛線下方后的運從a到b的過程中克服摩擦力做功Wf與電場做功WE之比有多大? 解析：動軌跡為半圓，圓周半徑為，環(huán)（1）在虛線上方，球受電場力、磁場力、摩擦力作用，環(huán)最后做勻速運動，摩擦力與電場力平衡f=μN=μBqv=fE=qE1 ① 在虛線下方環(huán)仍作做速運動，此時電場力與磁場力平衡Bvq＝qE2 ② 聯(lián)立以上兩式得=μ=0.3 ③ （2）在虛線上方電場力做功EE=qE1L ④ 摩擦力做功Wf=WE-mv2 ⑤ 在虛線下方，撤去電場后小環(huán)做勻速圓周運動Bvq= ⑥ ①、⑥聯(lián)立得mv2= ⑦ ⑧ 4、如圖7所示，X軸上方有勻強磁場B，下方有豎直向下勻強電場E。電量為q、質(zhì)量為m（重力不計），粒子靜止在y軸上。X軸上有一點N(L.0)，要使粒子在y軸上由靜止釋放而能到達(dá)N點，問：(1)粒子應(yīng)帶何種電荷? 釋放點M應(yīng)滿足什么條件? (2)粒子從M點運動到N點經(jīng)歷多長的時間? 【解析】：(1) 粒子由靜止釋放一定要先受電場力作用 (磁場對靜止電荷沒有作用力)，所以 M點要在-Y軸上。要進(jìn)入磁場必先向上運動，靜上的電荷要向上運動必須受到向上的電場力作用，而場強 E方向是向下的，所以粒子帶負(fù)電。 N (2)粒子在M點受向上電場力，從靜止出發(fā)做勻加速運動。在 O點進(jìn)入勻強磁場后，只受洛侖茲力(方向沿+X軸)做勻速周圍運動，經(jīng)半個周期，回到X軸上的P點，進(jìn)入勻強電場，在電場力作用下做勻減速直線運動直到速度為零。然后再向上做勻加速運動，在X軸上P點進(jìn)入勻強磁場，做勻速圓運動，經(jīng)半個周期回到X軸上的Q點，進(jìn)入勻強電場，再在電場力作用下做勻減速運動直到速度為零。此后，粒子重復(fù)上述運動直到 X軸上的N點，運動軌跡如圖8所示。 【解析】（1）設(shè)釋放點M的坐標(biāo)為(0.-yO)，在電場中由靜止加速， 則：qEyO= mV2 ① 在勻強磁場中粒子以速率V做勻速圓周運動， 有：qBV=mV2/R ② 設(shè)n為粒子做勻速圓周運動的次數(shù)(正整數(shù))則：L=n2R， 所以R=L/2n ③ 解①②③式得：V=qBL/2mn， 所以yO=qB2L2/8n2mE (式中n為正整數(shù)) (2)粒子由M運動到N在電場中的加速運動和減速運動的次數(shù)為(2n-1)次，每次加速或減速的時間都相等，設(shè)為t1，則：yO= at1 2= qEt12/m 所以t1= 粒子在磁場中做勻速圓周運動的半周期為t2，共n次，t2=πm/qB 粒子從M點運動到N點共經(jīng)歷的時間為： t=(2n-1)t1+nt2=(2n-1)BL/2nE+nπm/qB (n=1、2、3……)