2019-2020年新課標人教版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 【學習目標】 (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)實事求是的科學態(tài)度，逐漸減少想當然的浮躁心態(tài)。 【預備知識】（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）一個動力學方程： （3）運動的半徑大?。? 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)域進入右側(cè)磁場區(qū)域后，又回到O點，然后重復上述運動過程。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。設粒子進入磁場區(qū)的速度大小為V，根據(jù)動能定理，有 設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行分解．設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。 【課堂訓練】在圖13所示的坐標系中，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軸負方向拋出，它經(jīng)過x=-2h處的P2點進入第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點進入第Ⅳ象限，試求：（1）質(zhì)點a到達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強度的大?。?）質(zhì)點進入第Ⅳ象限且速度減為零時的位置坐標。 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） ，其方向與軸負向夾角 （1分） （2）帶電粒子進入第Ⅲ象限做勻速圓周運動，必有 ③ （2分） 又恰能過負處，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時的位置坐標是 【課堂訓練】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N點時離開墻面開始做曲線運動，在到達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N點，問：(1)粒子應帶何種電荷? 釋放點M應滿足什么條件? (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）設釋放點M的坐標為(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……)