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
-
資源ID:6178383
資源大?。?span id="mzebxcnn0" class="font-tahoma">161.50KB
全文頁數(shù):7頁
- 資源格式: DOC
下載積分:9.9積分
快捷下載

會員登錄下載
微信登錄下載
微信掃一掃登錄
友情提示
2、PDF文件下載后,可能會被瀏覽器默認(rèn)打開,此種情況可以點擊瀏覽器菜單,保存網(wǎng)頁到桌面,就可以正常下載了。
3、本站不支持迅雷下載,請使用電腦自帶的IE瀏覽器,或者360瀏覽器、谷歌瀏覽器下載即可。
4、本站資源下載后的文檔和圖紙-無水印,預(yù)覽文檔經(jīng)過壓縮,下載后原文更清晰。
5、試題試卷類文檔,如果標(biāo)題沒有明確說明有答案則都視為沒有答案,請知曉。
|
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
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)強度的大小(3)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……)