高中音樂絲竹相和教案

10帶電粒子在磁場中的臨界極值和多解問題學案。

微專題10帶電粒子在磁場中的臨界極值和多解問題
帶電粒子在磁場中的臨界極值問題
1．試畫出以下三種情形下帶電粒子的臨界示意圖
甲：改變速度v，使粒子不射出磁場區(qū)的速度滿足的條件
乙：改變速度v，為使粒子不從PQ邊界射出速度的最大值
丙：改變速度v，粒子能打在上極板MN上的長度
[溫馨提示]
2．利用“動態(tài)圓”分析臨界極值問題
(1)滾動圓法：粒子速度大小不變，方向改變，則r＝mvqB大小不變，但軌跡的圓心位置變化，相當于圓心在繞著入射點滾動．(如圖所示)
(2)放縮圓法：入射粒子的速度方向不變，但大小變化，造成圓心在一條射線上變動，半徑大小不斷變化的放縮圓(情形如圖所示)．
(3)平移圓法：速度大小和方向相同的一排相同粒子進入直線邊界，各粒子的軌跡圓弧可以由其他粒子的軌跡圓弧沿著邊界平移得到(如圖所示)．
如圖所示，在xOy坐標系的第一象限有方向垂直紙面向外的有界勻強磁場，y軸是它的左邊界、曲線OP是它的右邊界，OP的曲線方程為y＝2hx2.在y軸上有一點Q(0，h)，一電荷量為q(q＞0)，質(zhì)量為m的粒子從Q點以不同的速率沿x軸正方向射入磁場．從磁場的右邊界射出的粒子中，速率為v0的粒子在磁場中運動位移最短．不計粒子的重力．求
(1)磁感應強度的大?。?br> (2)能從磁場的右邊界射出的粒子的速率范圍．
解析：(1)設粒子從M(x，y)點射出磁場，則：
MQ＝x2＋y－h(huán)2①
又：y＝2hx2②
聯(lián)立①②解得：MQ＝y(tǒng)2－32hy＋h2③
由③可知，當y＝34h時，MQ有最小值．
粒子在磁場中運動的軌跡半徑滿足：qBv0＝mv20r④
O1N＝y(tǒng)－(h－r)＝r－h(huán)4⑤
O1N2＋x2＝r2⑥
由②④⑤⑥得B＝8mv07qh⑦
(2)設軌跡圓與磁場右邊界相切于D(x，y)點，半徑為R，由幾何關系：x＝Rsinα⑧
h－R－y＝Rcosα⑨
聯(lián)立②⑧⑨解得：R＝22－14h⑩
又qvmB＝mv2mR，聯(lián)立⑦⑩得vm＝222－17v0.
答案：(1)8mv07qh(2)v＞222－17v0
帶電粒子在有界磁場中運動的臨界極值問題
分析臨界問題的關鍵是找準臨界點：以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，分析可能的情況，必要時畫出幾個半徑不同的軌跡，找出臨界條件，如：
(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切．
(2)當速率v一定時，弧長(或弦長)越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長．
(3)當速率v變化時，圓心角越大的，運動時間越長．
在直角坐標系中有P、Q兩點，坐標如圖所示，虛線是以原點O為圓心的半圓，半圓與x軸圍成的區(qū)域只存在垂直紙面向外的勻強磁場．大量同種粒子從P點射入磁場，入射方向均在xOy平面內(nèi)，速度方向與x軸正方向的夾角在0°到180°的范圍內(nèi)．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，滿足L≤r≤2L，所有粒子均不從半圓虛線邊界射出，已知粒子的質(zhì)量為m(不計重力)，帶電荷量為q＞0，磁場的磁感應強度大小B．求：
(1)經(jīng)過Q點時速度方向與y軸垂直的粒子的速度大?。?br> (2)虛線半圓的最小半徑和從P點運動到Q點的所有粒子中運動時間的最大值和最小值．
解析：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，
qvB＝mv2R，由圖1可知R＝Lcos30°，
解得v＝23qBL3m.
圖1

(2)當粒子以最大半徑R＝2L向x軸負方向發(fā)出剛好與半圓相切時，運動情況如圖2所示．
圖2
由幾何關系得L2＋R2＝(r－R)2，
解得虛線半圓的最小半徑r＝(2＋5)L，
帶電粒子在磁場中的運動周期T＝2πRv，從P點運動到Q點，粒子運動時間t＝θ360°T，其中(θ為PQ運動軌跡對應的圓心角)．
如圖3所示，以O3為圓心的粒子，圓心角最大，
圖3
由幾何關系可知半徑R＝233L，且滿足L≤R≤2L，
由圖可知圖心角θ＝240°，
從P點運動到Q點，粒子運動的最長時間t1＝4πm3qB，
以Q4為圓心對應的圓心角最小，半徑R＝2l，
由圖可知圓心角θ＝60°，
從P點運動到Q點，粒子運動的最短時間t2＝πm3qB.
答案：(1)23qBL3m(2)(2＋5)L4πm3qBπm3qB
1．如圖所示，在一個半徑為R的半圓區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B．O點是該半圓的圓心，OP是垂直于直線邊界的半徑．兩個完全相同的質(zhì)量為m、電量為＋q的粒子以相同的速率v分別從O點沿OP和從P點沿PO射入磁場區(qū)域，對于兩個粒子的運動情況下列分析正確的是()
A．從O點沿OP射入磁場的粒子將向上偏轉(zhuǎn)
B．兩粒子通過磁場的時間相等
C．如果v＜qBR2m，則從O點沿OP射入磁場的粒子通過磁場的時間為πmqB
D．如果v＝qBRm，則從O點沿OP射入磁場的粒子通過磁場的時間較長
解析：選C根據(jù)左手定則分析可知，從O點沿OP射入磁場的粒子向下偏轉(zhuǎn)，選項A錯誤；分析粒子以相同速率v從O點沿OP和從P點沿PO射入磁場區(qū)域，其軌道半徑相同，但在磁場中運動的弧長不相同，如下圖所示，所以兩粒子通過磁場的時間不相同，選項B錯誤；如果v＜qBR2m，則粒子在磁場中運動的軌道半徑r＝mvqB＜R2，從O點沿OP射入磁場的粒子在磁場中的運動軌跡正好是半個圓周，通過磁場的時間為t＝T2＝πmqB，選項C正確；如果v＝qBRm，則粒子在磁場中的軌道半徑r＝mvqB＝R，從O點沿OP射入磁場的粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角為π3，從P點沿PO射入磁場的粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角為π2，所以從O點沿OP射入磁場的粒子通過磁場的時間較短，選項D錯誤．
2．(20xx廣東清遠聯(lián)考)如圖所示，在一平面正方形MNPQ區(qū)域內(nèi)有一勻強磁場垂直于紙面向里，磁感應強度為B．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v從Q點沿著與QP邊夾角為30°的方向垂直進入磁場，從QP邊射出．已知QP邊長為a，不計粒子的重力，下列說法正確的是()
A．該粒子帶正電
B．運動過程中粒子的速度不變
C．粒子在磁場中運動的時間為πm3qB
D．粒子的速度v的最大值為qBa2m
解析：選C粒子從PQ邊射出磁場，粒子剛射入磁場時受到的洛倫茲力垂直于速度斜向右下方，由左手定則可知，該粒子帶負電，故A錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子的速度大小不變，方向發(fā)生變化，故B錯誤；粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角θ＝2×30°＝60°，粒子在磁場中的運動時間t＝θ360°T＝60°360°×2πmqB＝πm3qB，故C正確；粒子從P點射出磁場時軌跡半徑最大，粒子的速度最大，此時粒子的軌跡半徑r＝a，由qvB＝mv2r得粒子的最大速度v＝qBrm＝qBam，故D錯誤．
帶電粒子在磁場中的多解問題
帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于多種因素的影響，使問題形成多解．多解形成原因一般包含下述幾個方面：
①帶電粒子電性不確定形成多解．
受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度的條件下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，導致形成多解．
如圖所示，寬度為d的有界勻強磁場，磁感應強度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界．
現(xiàn)有質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入．要使粒子不能從邊界NN′射出，則粒子入射速率v的最大值可能是________.
[溫馨提示]題目中只給出粒子“電荷量為q”，未說明是帶哪種電荷．若帶正電荷，軌跡是如圖所示的上方與NN′相切的1/4圓弧，軌道半徑：R＝mvBq，
又d＝R－R/2，
解得v＝(2＋2)Bqd/m.
若帶負電荷，軌跡如圖所示的下方與NN′相切的3/4圓弧，則有：
R′＝mv′Bq，
d＝R′＋R′/2，
解得v′＝(2－2)Bqd/m.
所以本題應填(2＋2)Bqdm或(2－2)Bqdm.
②磁場方向不確定形成多解．
有些題目只告訴了磁感應強度的大小，而未具體指出磁感應強度方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成的多解．
③臨界狀態(tài)不唯一形成多解．
帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射界面這邊反向飛出，如圖所示．于是形成了多解．
④運動的往復性形成多解．
帶電粒子在部分是電場，部分是磁場的空間運動時，運動往往具有往復性，從而形成多解，如圖所示．
如圖，一足夠大的絕緣彈性擋板水平放置，擋板上方M點與擋板的距離為h＝3m，M點與擋板上的N點的連線垂直于擋板．擋板上方空間存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B＝1T．一質(zhì)量m＝1×10－3kg，電荷量q＝1×10－3C的帶負電微粒，從擋板上某點出發(fā)，以垂直于擋板的速度進入電磁場區(qū)域后恰能做圓周運動．微粒若與擋板碰撞時，將以原速率被彈回，且電荷量不變，忽略重力的影響，g＝10m/s2，求：
(1)若微粒運動過程中能擊中M點，求其速度的最小值和以該速度運動時出發(fā)點與N點的距離d.
(2)若微粒從距N點距離s＝9m的A點出發(fā)，到擊中M點的運動時間的可能值．
解析：(1)微粒能擊中M點，且速度最小，則半徑r＝3m
由r＝mvqB可得v＝qBrm＝3m/s
d＝2rn＋r＝3(2n＋1)(n＝0,1,2…)
(2)設微粒與擋板碰撞n次，則最大半徑趨近于s2n
要擊中M點，則s2n≥h
即n≤1.5，故n可能取0,1
當n＝0時，軌跡如圖中①所示
由幾何關系：r2＝h2＋(s－r)2得r＝5m
sinα＝hr＝35，故α＝37°
此時時間t1＝180－373602πmqB＝143π180s
當n＝1時，由幾何關系r2＝h2＋(3r－s)2得r1＝3m，
r2＝3.75m
r1＝3m時運動軌跡如圖中②所示，
此時時間t2＝342πmqB＝3π2s
r2＝3.75m時運動軌跡如圖中③所示，
sinβ＝hr2＝45，故β＝53°
此時t3＝180＋533602πmqB＝233π180s
所以時間的可能值為：143π180s，3π2s，233π180s.
答案：(1)3m/sd＝3(2n＋1)，n＝0,1,2…
(2)143π180s，3π2s，233π180s
帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的多解問題
要充分考慮帶電粒子的電性、磁場方向、軌跡及臨界條件的多種可能性，畫出其運動軌跡，分階段、分層次地求解．
1．分析題目特點，確定題目多解性形成的原因．
2．作出粒子運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)．
3．如果是周期性重復的多解問題，應列出通項式．如果是出現(xiàn)幾種解的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件．
(20xx汕頭一模)如圖所示，xOy坐標系中，在y軸右側(cè)有一平行于y軸的邊界PQ，PQ左側(cè)和右側(cè)存在磁感應強度大小分別為B與B2的勻強磁場，磁場方向均垂直于xOy平面向里．y軸上有一點A與原點O的距離為l.帶電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子，以某一速度從坐標原點O處沿x軸正方向射出，經(jīng)過時間t＝4πm3qB時恰好到達A點，不計粒子的重力．
(1)求邊界PQ與y軸的距離d和粒子從O點射出的速度大小v0.
(2)若相同的粒子以更大的速度從原點O處沿x軸正方向射出，為使粒子能經(jīng)過A點，粒子的速度大小應為多大？
解析：帶電粒子在PQ左側(cè)和右側(cè)的磁場中做勻速圓周運動，分別有
qv0B＝mv20r1，qv0B2＝mv20r2，
可得半徑r1＝mv0qB，r2＝2r1，
由T＝2πrv可得T1＝2πmqB，T2＝2T1.
(1)粒子射出后經(jīng)過時間t＝4πm3qB時恰好到達A點，運動情況如圖甲所示．設圖中圓弧DE對應的圓心角為θ，則粒子從O點運動到A點的時間為θ360°T2＋180°－θ360°T1＝4πm3qB.解得θ＝60°.
△C1C2C3為等邊三角形，根據(jù)幾何關系得l＝2r1＋(r2－r1)，d＝r1cos30°，
解得PQ與y軸的距離d和粒子從O點射出的速度大小v0分別為d＝36l，v0＝qBl3m.
(2)以更大的速度從原點O處沿x軸正方向射出的相同的粒子，必然是從y軸最高點轉(zhuǎn)向下方時經(jīng)過A點，粒子運動一個周期，運動情況如圖乙所示，設圖中∠C1DF＝α，則粒子運動一個周期在y軸上的位移y＝2r1′＋2(r2′－r1′)sinα－2r1′(或y＝2r1′sinα)，cosα＝dr1′，
經(jīng)過A點的條件是ny＝l(n＝1,2,3，…)
解得v＝qBl2m13＋1n2(n＝1,2,3，…)，
考慮到v＞v0＝qBl3m，故n只能取1或2，
即粒子的速度大小為v＝qBl3m或v＝21qBl12m.或v＝qBl2m13＋1n2n＝1，2
答案：(1)36lqBl3m(2)qBl2m13＋1n2(n＝1,2)
3．(20xx長沙模擬)如圖所示，虛線MN上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，MN下方存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小均為B．O、A為MN上的兩點，距離為d，兩個質(zhì)量均為m、電荷量均為－q的帶電粒子(不計重力)P、Q同時從O點以大小相等、方向相反的速度分別射入上方磁場和下方磁場，之后帶電粒子P、Q都通過A點．若兩粒子從O點運動到A點所用時間之比為1∶5.求：
(1)帶電粒子P射入磁場時的速度大小；
(2)P、Q兩帶電粒子從O點運動到A點的時間差．
解析：(1)由題意可知，帶電粒子的運動軌跡如圖所示．根據(jù)兩粒子從O點運動到A點所用時間之比為1∶5可知
θ＝60°OC＝r
由Bqv＝mv2r
r＝dn(n＝1,2,3，…)
解得v＝dBqnm(n＝1,2,3，…)
(2)設粒子從O運動到A所用的時間分別為t和5t
nT＝t＋5t
T＝2πmBq
Δt＝5t－t
解得Δt＝4nπm3Bq(n＝1,2,3，…)
答案：見解析
4．(20xx廣州普通高中模擬)半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，圓心O到直線MN的距離為35R.一個帶電的粒子以初速度v0沿MN方向飛進磁場，不計粒子的重力，已知粒子飛出磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)了90°.求：
(1)帶電粒子的比荷qm；
(2)帶電粒子在磁場中運動的時間t.
解析：情況一(1)若粒子帶正電，進入磁場后做勻速圓周運動，軌跡如圖甲所示，設軌道半徑為r，由幾何關系得
r＝Rcosθ＋35R
cosθ＝R2－35R2R＝45
解得r＝75R
根據(jù)牛頓第二定律
qv0B＝mv20r
解得qm＝5v07BR
(2)T＝2πrv0＝14πR5v0
又因為t＝T4
解得t＝7πR10v0
情況二(1)若粒子帶負電，軌跡如圖乙所示，設其軌道半徑為r，由幾何關系得
r＝Rcosθ－35R
r＋Rsinθ＝45R
得r＝15R
根據(jù)牛頓第二定律
qv0B＝mv20r
解得qm＝5v0BR
(2)T＝2πrv0＝2πR5v0
又因為t＝T4
解得t＝πR10v0
所以粒子的比荷為5v07BR或5v0BR，在磁場中運動的時間為7πR10v0或πR10v0.
答案：見解析

相關知識

帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)

俗話說，居安思危，思則有備，有備無患。高中教師要準備好教案，這是老師職責的一部分。教案可以讓學生們充分體會到學習的快樂，幫助高中教師在教學期間更好的掌握節(jié)奏。那么一篇好的高中教案要怎么才能寫好呢？為了讓您在使用時更加簡單方便，下面是小編整理的“帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)”，希望能對您有所幫助，請收藏。

帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的求解策略
帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)問題是歷年高考的重點問題，同時也是熱點問題。總結考試中的諸多失誤，集中在對這類問題的解法缺乏規(guī)律性的認識。為此本文就求解這類題型的某些規(guī)律歸納如下。

一、基本思想
因為洛倫茲力F始終與速度v垂直，即F只改變速度方向而不改變速度的大小，所以運動電荷垂直磁感線進入勻強磁場且僅受洛倫茲力時，一定做勻速圓周運動，由洛倫磁力提供向心力，即。帶電粒子在磁場中運動問題大致可分兩種情況：1.做完整的圓周運動（在無界磁場或有界磁場中）；2.做一段圓弧運動（一般在有界磁場中）。無論何種情況，其關鍵均在圓心、半徑的確定上。

二、思路和方法
1.找圓心
方法1：若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，則可根據(jù)洛倫茲力F⊥v，分別確定兩點處洛倫茲力F的方向，其交點即為圓心。
方法2：若已知粒子軌跡上的兩點和其中一點的速度方向，則可作出此兩點的連線（即過這兩點的圓弧的弦）的中垂線，再畫出已知點v的垂線，中垂線與垂線的交點即為圓心。
方法3：若已知粒子軌跡上的兩點和能求得的半徑R，則可作出此兩點連線的中垂線，從連線的端點到中垂線上的距離為R的點即為圓心。
方法4：若已知粒子入射方向和出射方向，及軌跡半徑R，但不知粒子的運動軌跡，則可作出此兩速度方向夾角的平分線，在角平分線上與兩速度方向直線的距離為R的點即為圓心。
方法5：若已知粒子圓周運動軌跡上的兩條弦，則兩條弦的中垂線的交點即為圓心。
2.求半徑
圓心確定下來后，半徑也隨之確定。一般可運用平面幾何知識來求半徑的長度。
3.畫軌跡
在圓心和半徑確定后可根據(jù)左手定則和題意畫出粒子在磁場中的軌跡圖。
4.應用對稱規(guī)律
從一邊界射入的粒子，若從同一邊界射出時，則速度與邊界的夾角相等；在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，若粒子沿徑向射入，則必沿徑向射出。

三、實例分析
例1.如圖1所示，兩電子沿MN方向射入兩平行直線間的勻強磁場，并分別以的速度射出磁場。則是多少？兩電子通過勻強磁場所需時間之比是多少？
圖1
解析：利用上述方法1；可確定出兩電子軌跡的圓心O1和圓心O2，如圖2所示。由圖中幾何關系，二軌跡圓半徑的關系為
圖2
°
又，故
兩電子分別在磁場中的運動時間
因此

例2.如圖3所示，在半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，有一個勻強磁場。一帶電粒子以速度從M點沿半徑方向射入磁場區(qū)，并由N點射出，O點為圓心。當∠MON＝120°時，求：帶電粒子在磁場區(qū)的偏轉(zhuǎn)半徑R及在磁場區(qū)中的運動時間。
圖3
解析：應用上述方法1，分別過M、N點作半徑OM、ON的垂線，此兩垂線的交點O即為帶電粒子作圓周運動時圓弧軌道的圓心，如圖4所示。
圖4
由圖中的幾何關系可知，圓弧MN所對的軌道圓心角為60°，O、O的邊線為該圓心角的角平分線，由此可得帶電粒子圓軌道半徑為
又帶電粒子的軌道半徑可表示為
故帶電粒子運動周期
帶電粒子在磁場區(qū)域中運動的時間

例3.如圖5所示，一帶電量為q＝，質(zhì)量為的粒子，在直線上一點O沿30°角方向進入磁感強度為B的勻強磁場中，經(jīng)歷t＝后到達直線上另一點P。求：
圖5
（1）粒子作圓周運動的周期T；
（2）磁感強度B的大小；
（3）若OP的距離為0.1m，則粒子的運動速度v多大？
解析：粒子進入磁場后，受洛倫茲力的作用，重力很小可忽略。粒子作勻速圓周運動的軌跡如圖4所示。
（1）由幾何關系可知OP弦對的圓心角，粒子由O到P大圓弧所對圓心角為300°，則有
t/T＝300°/360°＝5/6
解得T＝6t/5＝6×1.5×/5＝
（2）由粒子作圓周運動所需向心力為洛倫茲力，軌道半徑R＝OP＝0.1m，有
得
＝0.314T
（3）粒子的速度

例4.如圖6所示，在的區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直于xy平面并指向紙面外，磁感強度為B。一帶正電的粒子以速度從O點射入磁場，入射方向在xy平面內(nèi)，與x軸正向的夾角為。若粒子射出磁場的位置與O點的距離為l，求該粒子的電量和質(zhì)量之比q/m。
圖6
解析：帶正電粒子射入磁場后，由于受到洛倫茲力的作用，粒子將沿圖7所示的軌跡運動，從A點射出磁場，O、A間的距離為l，射出時的速度仍為，根據(jù)對稱規(guī)律，射出方向與x軸的夾角仍為。由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有
圖7
式中R為圓軌道半徑。圓軌道的圓心位于OA的中垂線上，由幾何關系有
聯(lián)立以上兩式解得

帶電粒子在磁場中的運動 質(zhì)譜儀

教學目標
知識目標
1、理解帶電粒子的初速度方向與磁感應強度方向垂直時，做勻速圓周運動．
2、會推導帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑、周期公式，并會用它們解答有關問題．
3、知道質(zhì)譜儀的工作原理．

能力目標
通過推理、判斷帶電粒子在磁場中的運動性質(zhì)的過程，培養(yǎng)學生嚴密的邏輯推理能力．

情感目標
通過學習質(zhì)譜儀的工作原理，讓學生認識先進科技的發(fā)展，有助于培養(yǎng)學生對物理的學習興趣．

教學建議

教材分析
本節(jié)重點是研究帶電粒子垂直射入勻強磁場中的運動規(guī)律：半徑以及周期，通過復習相關力學知識，利用力于運動的關系突破這一重點，需要注意的是：
1、確定垂直射入勻強電場中的帶電粒子是勻速圓周運動；
2、帶電粒子的重力通常不考慮。

教法建議
由于我們研究的是帶電粒子在磁場中的運動情況，研究的是磁場力與運動的關系，因此教學開始，需要學生回憶相關的力學知識，為了引導學生分析推導粒子做勻速圓周運動的原因、規(guī)律，教師可以通過實驗演示引入，讓學生認真觀察實驗現(xiàn)象，結合運動和力的關系分析原因，總結規(guī)律，積極思考、討論例題，對規(guī)律加深理解、提高應用能力．最后通過例題講解，加深知識的理解．

教學設計方案

帶電粒子在磁場中的運動質(zhì)譜儀

一、素質(zhì)教育目標

（一）知識教學點

1、理解帶電粒子的初速度方向與磁感應強度方向垂直時，做勻速圓周運動．

2、會推導帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑、周期公式，并會用它們解答有關問題．

3、知道質(zhì)譜儀的工作原理．

（二）能力訓練點

通過推理、判斷帶電粒子在磁場中的運動性質(zhì)的過程，培養(yǎng)學生嚴密的邏輯推理能力．

（三）德育滲透點

通過學習質(zhì)譜儀的工作原理，理解高科技的巨大力量．

（四）美育滲透點

用電子射線管產(chǎn)生的電子做圓周運動的精美圖像感染學生，提高學生對物理學圖像形式美的審美感受力．

二、學法引導

1、教師通過演示實驗法引入，復習提問法引導學生分析推導粒子做勻速圓周運動的原因、規(guī)律．通過例題講解，加深理解．

2、學生認真觀察實驗現(xiàn)象，結合運動和力的關系分析原因，總結規(guī)律，積極思考、討論例題，對規(guī)律加深理解、提高應用能力．

三、重點難點疑點及解決辦法

1、重點

帶電粒子垂直射入勻強磁場中的運動半徑和運動周期．

2、難點

確定垂直射入勻強磁場中的帶電粒子運動是勻速圓周運動．

3、疑點

帶電粒子的重力通常為什么不考慮？

4、解決辦法

復習力學知識、引導同學利用力與運動的關系分析，討論帶電粒子在磁場中的運動情況。

四、課時安排

1課時

五、教具學具準備

演示用特制的電子射線管。

六、師生互動活動設計

教師先通過演示實驗引入，再啟發(fā)引導學生用力學知識分析原因，推導規(guī)律，通過例題講解，學生思考和討論進一步加深對知識的理解，提高學生運用知識解決實際問題的能力。

七、教學步驟

（一）明確目標

（略）

（二）整體感知

本節(jié)教學首先通過演示實驗告訴學生，當帶電粒子的初速度方向與磁場方向垂直時，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動這一結論，然后試著用力與運動的關系分析粒子為什么做勻速圓周運動，再由學生推導帶電粒子在磁場中的運動半徑和周期，根據(jù)力學知識，重點是理解運動半徑與磁感應強度、速度的關系；運動周期與粒子速率和運動半徑無關．

（三）重點、難點的學習與目標完成過程

1、引入新課

上一節(jié)我們學習了洛侖茲力的概念，我們知道帶電粒子垂直磁場方向運動時，會受到大小，方向始終與速度方向垂直的洛侖茲力作用，今天我們來研究一下，受洛侖茲力作用的帶電粒子是如何運動的？

2、粒子為什么做勻速圓周的運動？

首先通過演示實驗觀察到，當帶電粒子的初速度方向與勻強磁場方向垂直時，粒子的運動軌道是圓．

在力學中我們學習過，物體作勻速圓周運動的條件是物體所受的合外力大小不變，方向始終與速度方向垂直．當帶電粒子垂直于勻強磁場方向運動時，通常它的重力可以忽略不計（請同學們討論），可看作只受洛侖茲力作用，洛侖茲力方向和速度方向在同一個平面內(nèi)，由于洛侖茲力方向總與速度方向垂直，因而它對帶電粒子不做功，根據(jù)動能定理可知運動粒子的速度大小不變，再由可知，粒子在運動過程中所受洛侖茲力的大小即合外力的大小不變，根據(jù)物體作勻速圓周運動的條件得出帶電粒子垂直勻強磁場運動時，作勻速圓周運動．

3、粒子運動的軌道半徑和周期公式

帶電粒子垂直于勻強磁場方向運動時做勻速圓周運動，其向心力等于洛侖茲力，請同學們根據(jù)牛頓第二定律，推導帶電粒子的運動半徑和周期公式．

經(jīng)過推導得出粒子運動半徑，運動周期。

運用學過的力學知識理解，當粒子運動速度較大時，粒子要離心運動，其運動半徑增大，所以速度大，半徑也大；當磁場較強時，運動電荷受洛侖茲力增大，粒子要向心運動，其運動半徑減小，所以磁感應強度大，半徑小．由于帶電粒子運動速度大時，其運動半徑大，運動軌跡也長，可以理解粒子運動的周期與速度的大小和軌道半徑無關．為了加深同學們對半徑和周期公式的理解，舉下面的例題加以練習．

［例1］同一種帶電粒子以不同的速度垂直射入勻強磁場中，其運動軌跡如圖所示，則可知

（1）帶電粒子進入磁場的速度值有幾個？

（2）這些速度的大小關系為．

（3）三束粒子從O點出發(fā)分別到達1、2、3點所用時間關系為．

4、質(zhì)譜儀

首先請同學們閱讀課本上例題的分析求解過程，然后組織學生討論質(zhì)譜儀的工作原理．

（四）總結、擴展

本節(jié)課我們學習了帶電粒子垂直于勻強磁場運動的情況，經(jīng)過實驗演示和理論分析得出粒子做勻速圓周運動．并根據(jù)牛頓運動定律得出粒子運動的半徑公式和周期公式．最后我們討論了它的一個具體應用——質(zhì)譜儀．

但應注意的是如果帶電粒子速度方向不是垂直勻強磁場方向時，帶電粒子將不再是作勻速圓周運動．

八、布置作業(yè)

（1）P156（1）～（6）

九、板書設計

五、帶電粒子在磁場中的運動質(zhì)譜儀

一、運動軌跡

粒子作勻速圓周運動．

二、半徑和周期

運動半徑：

運動周期：

三、質(zhì)譜儀

帶電粒子在磁場中運動軌跡1

確定帶電粒子在磁場中運動的圓心的方法

帶電粒子垂直進入磁場，在洛侖茲力的作用下，做勻速圓周運動，找到圓心，畫出軌跡，是解這類題的關鍵。下在舉例說明圓心的確定方法。

一、由兩速度的垂線定圓心
例1.電視機的顯像管中，電子（質(zhì)量為m，帶電量為e）束的偏轉(zhuǎn)是用磁偏轉(zhuǎn)技術實現(xiàn)的。電子束經(jīng)過電壓為U的加速電場后，進入一圓形勻強磁場區(qū)，如圖1所示，磁場方向垂直于圓面，磁場區(qū)的中心為O，半徑為r。當不加磁場時，電子束將通過O點打到屏幕的中心M點。為了讓電子束射到屏幕邊緣P，需要加磁場，使電子束偏轉(zhuǎn)一已知角度，此時磁場的磁感強度B應為多少？
圖1
解析：如圖2所示，電子在勻強磁場中做圓周運動，圓周上的兩點a、b分別為進入和射出的點。做a、b點速度的垂線，交點O1即為軌跡圓的圓心。
圖2
設電子進入磁場時的速度為v，對電子在電場中的運動過程有
對電子在磁場中的運動（設軌道半徑為R）有
由圖可知，偏轉(zhuǎn)角與r、R的關系為
聯(lián)立以上三式解得

二、由兩條弦的垂直平分線定圓心
例2.如圖3所示，有垂直坐標平面的范圍足夠大的勻強磁場，磁感應強度為B，方向向里。一帶正電荷量為q的粒子，質(zhì)量為m，從O點以某一初速度垂直射入磁場，其軌跡與x、y軸的交點A、C到O點的距離分別為a、b。試求：（1）初速度方向與x軸夾角；（2）初速度的大小。
圖3
解析：（1）粒子垂直射入磁場，在xOy平面內(nèi)做勻速圓周運動，如圖4所示，OA、OC是圓周上的兩條弦。做兩條弦的垂直平分線，交點O1即為圓軌跡的圓心，以O1為圓心，＝R為半徑畫圓。正電荷在O點所受的洛侖茲力F的方向（與初速度垂直）和粒子的初速度v的方向（與垂直斜向上），也在圖上標出。
圖4
設初速度方向與x軸的夾角為，由幾何關系可知，∠O1OC＝。在直角三角形OO1D中，有
（2）由直角三角形OO1D，粒子的軌道半徑
粒子在磁場中運動有
由上述兩式可得

三、由兩洛侖茲力的延長線定圓心
例3.如圖5所示，有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B。在勻強磁場中做勻速圓周運動的一個電子，動量為P，電量為e，在A、C點，所受洛侖茲力的方向如圖示，已知AC＝d。求電子從A到C時發(fā)生的偏轉(zhuǎn)角。
圖5
解析：如圖6所示，A、C為圓周上的兩點，做洛侖茲力的延長線，交點O為圓周軌跡的圓心。以O為圓心做電子從A到C的運動軌跡。過A、C畫出速度的方向，則角為偏轉(zhuǎn)角。
圖6
設粒子的質(zhì)量為m，速度為v，則軌跡半徑
由幾何關系有
聯(lián)立以上二式解得

四、綜合定圓心
確定圓心，還可綜合運用上述方法。一條切線，一條弦的垂直平分線，一條洛侖茲力的延長線，選其中任兩條都可找出圓心。

例4.如圖7所示，在的區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面并指向紙面外，磁感應強度為B。一帶正電的粒子以速度從O點射入磁場，入射方向在xy平面內(nèi)，與x軸正方向的夾角為。若粒子射出磁場的位置與O點的距離為L，求該粒子的電量和質(zhì)量之比q/m。
圖7
解析：如圖7所示，粒子進入磁場后，受洛侖茲力的作用，做勻速圓周運動，從A點射出磁場。是圓軌跡上一條弦，初速度與圓周軌跡相切。做弦的垂直平分線和初速度v的垂線，交點O1即為圓軌跡的圓心。以O1為圓心，以O1到入射點O的距離R（軌道半徑）畫出粒子圓周運動的軌跡。
由洛侖茲力公式和牛頓定律有
O1是弦的垂直平分線上的點，由幾何關系有
聯(lián)立以上二式解得

帶電粒子在磁場中運動軌跡2

確定帶電粒子在磁場中運動軌跡的方法

帶電粒子在勻強磁場中作圓周運動的問題是近幾年高考的熱點，這些題不但涉及洛倫茲力，而且往往與幾何關系相聯(lián)系，使問題難度加大，但無論這類題多么復雜，其關鍵一點在于畫軌跡，只要確定了軌跡，問題便迎刃而解，下面舉幾種確定帶電粒子運動軌跡的方法。
1.對稱法
帶電粒子如果從一直線邊界進入又從該邊界射出，則其軌跡關于入射點和出射點線段的中垂線對稱，入射速度方向與出射速度方向與邊界的夾角相等，利用這一結論可以輕松畫出粒子的軌跡。
圖1
例1.如圖1所示，在y小于0的區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直于xy平面并指向紙面外，磁感應強度為B，一帶正電的粒子以速度從O點射入磁場，入射速度方向為xy平面內(nèi)，與x軸正向的夾角為，若粒子射出磁場的位置與O點的距離為L，求該粒子電量與質(zhì)量之比。
解析：根據(jù)帶電粒子在有界磁場的對稱性作出軌跡，如圖2所示，找出圓心A，向x軸作垂線，垂足為H，由與幾何關系得：
圖2
①
帶電粒子磁場中作圓周運動，由
解得②
①②聯(lián)立解得

2.動態(tài)圓法
在磁場中向垂直于磁場的各個方向發(fā)射粒子時，粒子的運動軌跡是圍繞發(fā)射點旋轉(zhuǎn)的動態(tài)圓，用這一規(guī)律可確定粒子的運動軌跡。
例2.如圖3所示，S為電子源，它在紙面360度范圍內(nèi)發(fā)射速度大小為，質(zhì)量為m，電量為q的電子（q0），MN是一塊足夠大的豎直擋板，與S的水平距離為L，擋板左側(cè)充滿垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為，求擋板被電子擊中的范圍為多大？
圖3
解析：由于粒子從同一點向各個方向發(fā)射，粒子的軌跡構成繞S點旋轉(zhuǎn)的一動態(tài)圓，動態(tài)圓的每一個圓都是逆時針旋轉(zhuǎn)，這樣可以作出打到最高點與最低點的軌跡，如圖4所示，最高點為動態(tài)圓與MN的相切時的交點，最低點為動態(tài)圓與MN相割，且SB為直徑時B為最低點，帶電粒子在磁場中作圓周運動，由得
圖4
SB為直徑，則由幾何關系得
A為切點，所以OA＝L
所以粒子能擊中的范圍為。

3.放縮法
帶電粒子在磁場中以不同的速度運動時，圓周運動的半徑隨著速度的變化而變化，因此可以將半徑放縮，探索出臨界點的軌跡，使問題得解。
例3.如圖5所示，勻強磁場中磁感應強度為B，寬度為d，一電子從左邊界垂直勻強磁場射入，入射方向與邊界的夾角為，已知電子的質(zhì)量為m，電量為e，要使電子能從軌道的另一側(cè)射出，求電子速度大小的范圍。
圖5
解析：如圖6所示，當入射速度很小時電子會在磁場中轉(zhuǎn)動一段圓弧后又從同一側(cè)射出，速率越大，軌道半徑越大，當軌道與邊界相切時，電子恰好不能從另一側(cè)射出，當速率大于這個臨界值時便從右邊界射出，設此時的速率為，帶電粒子在磁場中作圓周運動，由幾何關系得
圖6
①
電子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力
，所以②
①②聯(lián)立解得所以電子從另一側(cè)射出的條件是速度大于。

4.臨界法
臨界點是粒子軌跡發(fā)生質(zhì)的變化的轉(zhuǎn)折點，所以只要畫出臨界點的軌跡就可以使問題得解。
例4.長為L的水平極板間，有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，如圖7所示，磁感應強度為B，板間距離也為L，兩極板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為m電量為q的帶負電粒子（不計重力）從左邊極板間中點處垂直磁感線以水平速度v射入磁場，欲使粒子打到極板上，求初速度的范圍。
圖7
解析：由左手定則判定受力向下，所以向下偏轉(zhuǎn)，恰好打到下板右邊界和左邊界為兩個臨界狀態(tài)，分別作出兩個狀態(tài)的軌跡圖，如圖8、圖9所示，打到右邊界時，在直角三角形OAB中，由幾何關系得：
圖8圖9
解得軌道半徑
電子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力
因此
打在左側(cè)邊界時，如圖9所示，由幾何關系得軌跡半徑
電子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力，
所以
所以打在板上時速度的范圍為
以上是確定帶電粒子在磁場中運動軌跡的四種方法，在解題中如果善于抓住這幾點，可以使問題輕松得解。