2019-2020年高中物理《磁場對運動電荷的作用力》教案6 新人教版選修3-1.doc

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2019-2020年高中物理《磁場對運動電荷的作用力》教案6 新人教版選修3-1 典型例題分析： 電子束 U M P － ＋ O 圖1 【例1】電視機的顯像管中，電子束的偏轉(zhuǎn)是用磁偏轉(zhuǎn)技術(shù)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點而打到屏幕的中心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q，此時磁場的磁感應(yīng)強度B應(yīng)為多少？(xx年高考全國理科綜合試題) 圖2 圖16 a C o b θ 【分析與解答】如圖2所示，電子在磁場中沿圓弧ab運動，圓心為C,半徑為R。以v表示電子進入磁場時的速度，m、e分別表示電子的質(zhì)量和電量。電子經(jīng)加速電場加速，因電場力做功而獲得動能，由動能定理得eU=。電子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的向心力來源于洛侖茲力，有eυB = m 。根據(jù)圖2中的幾何關(guān)系，又有tg.由以上各式解得 說明：電視機顯像管中電子束的加速和偏轉(zhuǎn)，涉及帶電粒子在電場和磁場中運動。該題主要考查了電場力和洛侖茲力的概念，以及動能定理和向心力公式的應(yīng)用。畫出圖2，找出幾何關(guān)系tg，是順利求解此題的關(guān)鍵。 帶電粒子在電場和磁場中運動是高中物理的重點內(nèi)容，屬于電學和力學的綜合問題。該題將此放在電視機顯像管的研究背景中，增加了問題的實用性，體現(xiàn)了對實際問題的關(guān)注。 本題要求學生具有學科內(nèi)知識的綜合應(yīng)用能力，以及運用數(shù)學處理問題的能力。 【錯解原因】沒有依據(jù)題意畫出帶電粒子的運動軌跡圖，誤將圓形磁場的半徑當作粒子運動的半徑，說明對公式中有關(guān)物理量的物理意義不明白。 圖3 【例2】如圖3所示，帶電粒子在真空環(huán)境中的勻強磁場里按圖示徑跡運動。徑跡為互相銜接的兩段半徑不等的半圓弧，中間是一塊薄金屬片，粒子穿過時有動能損失。試判斷粒子在上、下兩段半圓徑跡中哪段所需時間較長？（粒子重力不計） 【錯解】根據(jù)勻速圓周運動的規(guī)律，周期T=2πr/v，所以帶電粒子在勻強磁場中的回旋周期與回旋半徑成正比，因為上半部分徑跡的半徑較大，所以所需時間較長。 【錯解原因】錯誤地認為帶電粒子在磁場中做圓周運動的速度不變，由周期公式T=2πr/v，粒子運動的半徑大，所用時間長。 【分析與解答】首先根據(jù)洛侖茲力方向，（指向圓心），磁場方向以及動能損耗情況，判定粒子帶正電，沿abcde方向運動。再求通過上、下兩段圓弧所需時間：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動：即，回旋周期，T不僅由磁感應(yīng)強度B及粒子的何質(zhì)比決定，與粒子速度v，回旋半徑R無關(guān)。因此上、下兩半圓弧粒子通過所需時間相等。動能的損耗導(dǎo)致粒子的速度的減小，結(jié)果使得回旋半徑按比例減小，周期并不改變。 說明：回旋加速器的過程恰好與本題所述過程相反?；匦铀倨髦辛Ｗ硬粩嗟乇患铀?，但是粒子在磁場中的圓周運動周期不變。 圖4 【例3】如圖4所示。在x軸上有垂直于xy平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B；在x軸下方有沿y鈾負方向的勻強電場，場強為E。一質(zhì)最為m，電荷量為q的粒子從坐標原點。沿著y軸正方向射出。射出之后，第3次到達x軸時，它與點O的距離為L，求此粒子射出時的速度v和運動的總路程s，（重力不計）。 圖5 【常見錯解】粒子射出后第三次到達x軸，如圖5所示，磁場中R=L/6，由，得。在電場中粒子每一次的位移是l，根據(jù)動能定理，得。第3次到達x軸時，粒子運動的總路程為一個半圓周和六個位移的長度之和。即 【錯解原因】錯解是由于審題出現(xiàn)錯誤。他們把題中所說的“射出之后，第3次到達x軸”這段話理解為“粒子在磁場中運動通過x軸的次數(shù)”沒有計算粒子從電場進入磁場的次數(shù)。也就是物理過程沒有搞清就下手解題，必然出錯。 圖6 【分析解答】粒子在磁場中的運動為勻速圓周運動，在電場中的運動為勻變速直線運動。畫出粒子運動的過程草圖6。根據(jù)這張圖可知粒子在磁場中運動半個周期后第一次通過x軸進入電場，做勻減速運動至速度為零，再反方向做勻加速直線運動，以原來的速度大小反方向進入磁場。這就是第二次進入磁場，接著粒子在磁場中做圓周運動，半個周期后第三次通過x軸。由圖6可知R=L/4，由，得。在電場中：粒子在電場中每一次的位移是l，根據(jù)動能定理，得。第3次到達x軸時，粒子運動的總路程為一個圓周和兩個位移的長度之和。即。 圖7 說明：把對問題所涉及到的物理圖景和物理過程的正確分析是解物理題的前提條件，這往往比動手對題目進行計算還要重要，因為它反映了你對題目的正確理解。高考試卷中有一些題目要求考生對題中所涉及到的物理圖景理解得非常清楚，對所發(fā)生的物理過程有正確的認識。這種工作不一定特別難，而是要求考生有一個端正的科學態(tài)度，認真地依照題意畫出過程草圖建立物理情景進行分析。 【例4】圖7為方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域。電場強度為E，磁感強度為B，復(fù)合場的水平寬度為d，豎直方向足夠長?，F(xiàn)有一束電量為+q、質(zhì)量為m初速度各不相同的粒子沿電場方向進入場區(qū)，求能逸出場區(qū)的粒子的動能增量ΔEk。 【錯解】當這束初速度不同、電量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子流射入電場中，由于帶電粒子在磁場中受到洛侖茲力是與粒子運動方向垂直的，粒子將發(fā)生不同程度的偏轉(zhuǎn)。有些粒子雖發(fā)生偏轉(zhuǎn)，但仍能從入射界面的對面逸出場區(qū)；有些粒子則留在場區(qū)內(nèi)運動。 從粒子射入左邊界到從右邊界逸出，電場力做功使粒子的動能發(fā)生變化。根據(jù)動能定理有：Eqd=ΔEk 【錯解原因】錯解的答案不錯，但是不全面。沒有考慮仍從左邊界逸出的情況。 【分析解答】由于帶電粒子在磁場中受到洛侖茲力是與粒子運動方向垂直的。它只能使速度方向發(fā)生變。粒子速度越大，方向變化越快。因此當一束初速度不同、電量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子射入電場中，將發(fā)生不同程度的偏轉(zhuǎn)。有些粒子雖發(fā)生偏轉(zhuǎn)，但仍能從入射界面的對面逸出場區(qū)（同錯解答案）；有些粒子將留在場區(qū)內(nèi)運動；有些粒子將折回入射面并從入射面逸出場區(qū)。由于洛侖茲力不會使粒子速度大小發(fā)生變化，故逸出場區(qū)的粒子的動能增量等于電場力功。對于那些折回入射面的粒子電場力功為零，其動能不變，動能增量ΔEk=0。 圖8 說明：本題考查帶電粒子在磁場中的運動和能量變化。這道題計算量很小，要求對動能定理、電場力、磁場力等基本概念、基本規(guī)律有比較深入的理解，而且能夠與題目所給的帶電粒子的運動相結(jié)合才能求得解答。在結(jié)合題意分析時，特別要注意對關(guān)鍵詞語的分析。本題中：“逸出場區(qū)”的準確含義是從任何一個邊界逸出場區(qū)均可。 【例5】初速度為零的離子經(jīng)過電勢差為U的電場加速后，從離子槍T中水平射出，與離子槍相距d處有兩平行金屬板MN和PQ，整個空間存在一磁感強度為B的勻強磁場如圖8所示。不考慮重力的作用，荷質(zhì)比q／m（q，m分別為離子的帶電量與質(zhì)量），應(yīng)在什么范圍內(nèi)，離子才能打到金屬板上？ 【錯解】離子在離子槍內(nèi)加速，出射速度為，由牛頓第二定律離子在磁場中離子的加速度為，離子在磁場中做平拋運動：，。解得： 【錯解原因】離子在離子槍中的的加速過程分析正確，離子進入磁場的過程分析錯誤。做平拋運動物體的加速度為一恒量，僅與初速度垂直。而洛侖茲力總與速度方向垂直，洛侖茲力大小不變、方向變化，它是個變力。離子在磁場中應(yīng)做勻速圓周運動。 【分析解答】設(shè)離子帶負電，若離子正好打到金屬板的近側(cè)邊緣M，則其偏轉(zhuǎn)半徑滿足關(guān)系：，得。若離子正好打到金屬板的遠側(cè)邊緣N，則其偏轉(zhuǎn)半徑滿足關(guān)系：，得。由可得：。因離子從離子槍射出的速度v由離子槍內(nèi)的加速電場決定，即：，，解得。 討論：由以上方程組可知，荷質(zhì)比的離子將落在N之右，而荷質(zhì)比的離子將落在M之左，都不能落在MN板上，所以只有荷質(zhì)比在范圍內(nèi)才能打在金屬板上。若離子帶正電，則離子偏向PQ板，荷質(zhì)比仍在上述范圍內(nèi)。 說明：本題考查的能力要求體現(xiàn)在通過對邊界條件的分析，將復(fù)雜的問題分解為若干個簡單問題；把未知的問題轉(zhuǎn)化為已知條件。并且通過幾何關(guān)系找出大小兩個半徑來。從錯解中還可以看出，熟練掌握基本的物理模型的特點（加速度與初速度的關(guān)系或加速度與位移之間的關(guān)系等）對正確選擇解題思路的重要性。 R0 圖9 等離子體束 【例6】磁流體發(fā)電技術(shù)是目前世界上正在研究的新興技術(shù)，它可把氣體內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能。如圖9所示是磁流體發(fā)電機模型，勻強磁場磁感應(yīng)強度為B，平行金屬板A、B相距為d，將一束等離子體(高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負電的微粒)噴射入磁場，便可在A、B兩板間產(chǎn)生電壓，在外電路負載中獲得電流。 ⑴試說明磁流體發(fā)電機的原理。 ⑵若等離子體以速度υ垂直射入磁場，外電路負載電阻為R0，不計等離子氣體的電阻，則此發(fā)電機的電動勢E和總功率P為多大？ ⑶若等離子體的截面積為S，每立方米中含有n對一價正負離子，且A、B板足夠長，改變外電路電阻，則電路中可能達到的最大電流為多少？ 【分析與解答】⑴磁流體發(fā)電機的原理是：等離子體射入磁場，受洛侖茲力作用而偏轉(zhuǎn)，A極積累“—”電荷，B極積累“+”電荷，在極間形成電場。當離子所受洛侖茲力和電場力平衡時就不再偏轉(zhuǎn)，兩極電勢差穩(wěn)定。 ⑵外電路斷開時，，故此發(fā)電機的電動勢E=U=Bdυ。 外電路接入負載電阻R0，不計等離子氣體的電阻時，發(fā)電機的總功率P=。 ⑶若噴射入磁場內(nèi)的等離子體全部都偏到兩極板上，則形成電流最大，故最大電流 。 說明：磁流體發(fā)電機是帶電粒子在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)的一項具體應(yīng)用，具有很大的發(fā)展前景。對于磁流體發(fā)電機的電動勢，也可從電磁感應(yīng)的角度進行分析：進入磁場的等離子體相當于長度為d的金屬導(dǎo)體垂直于磁場切割磁感線，因而在其兩端將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，故有U = E =Bdυ。本題綜合運用了磁場和恒定電流的知識。 專題四 帶電粒子在復(fù)合場中的運動(3課時) 【例1】如圖1所示，質(zhì)量為m、帶電量為 -q的滑塊，由傾角為q的絕緣光滑斜面靜止開始滑下，垂直于紙面向外的勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，則滑塊下滑多遠對斜面無壓力？ 【分析與解答】帶電滑塊開始時只受重力和斜面對它的支持力N，下滑時還受洛侖茲力f洛方向垂直于斜面向上。隨著滑塊下滑速度的增大，f洛逐漸增大，故N越來越小。直到N = 0 (滑塊對斜面無壓力)而開始脫離斜面。 θ b mg mg f 洛 f 洛 a N 圖1 以滑塊為研究對象，其受力情況如圖1所示，設(shè)滑塊下滑距離為L時，對斜面無壓力，根據(jù)動能定理。 有mgLsinq = . ① 滑塊滑至 b點時對斜面無壓力 則qBυ= mgcosq. ② 由①②得mgLsinq = ， L=。 圖2 【例2】如圖2所示, 虛線上方是場強為E1的勻強電場, 方向豎直向下, 虛線下方是場強為E2的勻強電場, 方向水平向右。虛線上, 下方是磁感應(yīng)強度相同的勻強磁場, 方向垂直紙面向外, ab是一長為L的絕緣細桿, 沿電場線方向放置在虛線上部的場中, b端在虛線上。將一套在桿上的帶電小環(huán)從a端由靜止釋放, 小環(huán)片加速后勻速到達b端(小環(huán)重力不計), 當環(huán)脫離桿后在虛線下方仍沿原方向做勻速直線運動。環(huán)與桿間的滑動摩擦因數(shù)為0.3。求: (1)E1和E2的比值。(2)撤去虛線下方的電場, 其他條件不變, 小環(huán)進入虛線下方后運動軌跡為半圓, 圓的半徑為L/3, 求帶由小環(huán)從a到b的過程中, 克服滑動摩擦力所做的功和勻強電場E1所做的功的比值。 【分析與解答】(1)依題意可知小環(huán)帶正電, 小環(huán)運動時所受洛侖茲力, 水平向左, 滑動摩擦力。豎直向上, 當小環(huán)做勻速運動時受力關(guān)系有: E1q = , 當環(huán)脫離桿進入虛線下方仍做勻速直線運動, 應(yīng)有, 。 (2)小環(huán)在桿上運動時, 為變力, 所以求做的功只能用動能定理解。當環(huán)進入虛線下方撤去E2, 環(huán)只受做勻速圓周運動, 則有。由第(1)問中可得。小環(huán)從a到b的過程中, 根據(jù)動能定理, 有, 。所以 ∶。 圖3 M m N m2 － － － 【例3】如圖3所示，靜止在負極板附近的帶負電的微粒m1在MN間突然加上電場時開始運動，水平勻速地擊中速度為零的中性微粒m2后粘合在一起恰好沿一段圓弧運動落在N極板上，若m1=9.99510-7kg，帶電量q=10- 8C,電場強度E=103V/m,磁感強度B=0.5T，求m1擊中m2時的高度，m1擊中m2前瞬時速度，m2的質(zhì)量及m1和m2粘合體做圓弧運動的半徑 (g=10m/s2). 【分析與解答】m1擊中m2前是勻速直線運動，應(yīng)有m1g+qυB=qE，解得υ=(qE-m1g)/qB=1m/s。因m1在擊中m2前已是水平勻速運動，故m1的豎直分速度已為零，在從m1開始運動到擊中m2的過程中，只有重力和電場力對m1做功，洛侖茲力不做功，設(shè)所求高度為 h, 由動能定理得 qEh - m1gh = 解得 。 由于 m1擊中m2后粘合體能做圓周運動，說明粘合體所受重力與電場力平衡，僅是洛侖茲力充當向心力做勻速圓周運動，故有 m1g+m2g=qE m2= m1與m2的粘合體做圓周運動半徑為r=( m1+m2)υ’/qB ，在m1擊中m2的瞬間，動量守恒，有m1υ= (m1+m2) υ’ 。 解得r≈200m。 說明：本題涉及的知識較多，綜合性比較強，處理此類綜合問題，重要的一點就是要對運動過程進行細致的分析，弄清楚運動的總過程可分成哪幾個子過程，各個子過程分別遵守什么規(guī)律，各子過程間有什么聯(lián)系。分段建立方程，聯(lián)立求解。 圖4 【例4】設(shè)空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，如圖4所示，已知一離子在電場力和洛侖茲力的作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是運動的最低點，忽略重力，以下說法正確的是： [ ] A．這離子必帶正電荷 B．A點和B點位于同一高度 C．離子在C點時速度最大 D．離子到達B點時，將沿原曲線返回A點 【錯解】根據(jù)振動的往復(fù)性，離子到達B點后，將沿原曲線返回A點，選D。 圖5 【錯解原因】選D不正確，某些考生可能受“振動”現(xiàn)象的影響，誤認為根據(jù)振動的往復(fù)性，離子到達B點后，將沿原曲線返回A點，實際上離子從B點開始運動后的受力情況與從A點運動后的受力情況相同，并不存在一個向振動那樣有一個指向BCA弧內(nèi)側(cè)的回復(fù)力，使離子返回A點，而是如圖5所示由B經(jīng)C′點到B′點。 【分析與解答】（1）平行板間電場方向向下，離子由A點靜止釋放后在電場力的作用下是向下運動，可見電場力一定向下，所以離子必帶正電荷，選A。 （2）離子具有速度后，它就在向下的電場力F及總與速度心垂直并不斷改變方向的洛侖茲力f作用下沿ACB曲線運動，因洛侖茲力不做功，電場力做功等于動能的變化，而離子到達B點時的速度為零，所以從A到B電場力所做正功與負功加起來為零。這說明離子在電場中的B點與A點的電勢能相等，即B點與A點位于同一高度，選B。 （3）因C點為軌道最低點，離子從A運動到C電場力做功最多，C點具有的動能最多，所以離子在C點速度最大，選C。 （4）只要將離子在B點的狀態(tài)與A點進行比較，就可以發(fā)現(xiàn)它們的狀態(tài)（速度為零，電勢能相等）相同，如果右側(cè)仍有同樣的電場和磁場的疊加區(qū)域，離子就將在B之右側(cè)重現(xiàn)前面的曲線運動，因此，離子是不可能沿原曲線返回A點的。 故選A，B，C為正確答案。 說明：初速度和加速度決定物體的運動情況。在力學部分絕大部分的習題所涉及的外力是恒力。加速度大小方向都不變。只要判斷初始時刻加速度與初速度的關(guān)系，就可以判斷物體以后的運動。本題中由于洛侖茲力的方向總垂直于速度方向，使得洛侖茲力與電場力的矢量和總在變化。所以只做一次分析就武斷地下結(jié)論，必然會把原來力學中的結(jié)論照搬到這里，出現(xiàn)生搬硬套的錯誤。 圖6 【例5】擺長為L的單擺在勻強磁場中擺動，擺動平面與磁場方向垂直，如圖6所示。擺動中擺線始終繃緊，若擺球帶正電，電量為q，質(zhì)量為m，磁感應(yīng)強度為B，當球從最高處擺到最低處時，擺線上的拉力T多大？ 【錯解】T，f始終垂直于速度v，根據(jù)機械能守恒定律：。在C處，f洛豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律則有：，解得：。 【錯解原因】考慮問題不全面，認為題目中“從最高點到最低處”是指AC的過程，忽略了球可以從左右兩方經(jīng)過最低點。 圖7 【分析與解答】球從左右兩方經(jīng)過最低點，因速度方向不同，引起f洛不同，受力分析如圖7所示。由于擺動時f洛和F拉都不做功，機械能守恒，小球無論向左、向右擺動過C點時的速度大小相同，方向相反。 擺球從最高點到達最低點C的過程滿足機械能守恒：。當擺球在C的速度向右，根據(jù)左手定則，f洛豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律則有，得。當擺球在C的速度向左，f洛豎直向下，根據(jù)牛頓第二定律則有，得 所以擺到最低處時，擺線上的拉力為。 說明：要避免本題錯解的失誤，就要對題目所敘述的各個狀態(tài)認真畫出速度方向，用左手定則判斷洛侖茲力的方向。其余的工作就是運用牛頓第二定律和機械能守恒定律解題。 圖8 【例6】如圖8所示，空中有水平向右的勻強電場和垂直于紙面向外的勻強磁場，質(zhì)量為m，帶電量為+q的滑塊沿水平向右做勻速直線運動，滑塊和水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊與墻碰撞后速度為原來的一半?；瑝K返回時，去掉了電場，恰好也做勻速直線運動，求原來電場強度的大小。 【錯解】碰撞前，粒子做勻速運動，Eq=μ（mg＋Bqv）。返回時無電場力作用仍做勻速運動，水平方向無外力，豎直方向N=Bgv＋mg。因為水平方向無摩擦，可知N=0，Bqv=-mg。解得E=0。 【錯解原因】錯解中有兩個錯誤：返回時，速度反向，洛侖茲力也應(yīng)該改變方向。返回時速度大小應(yīng)為原速度的一半。 【分析與解答】碰撞前，粒子做勻速運動， Eq=μ（mg＋Bqv）。返回時無電場力作用仍做勻速運動，水平方向無外力，摩擦力f=0，所以N=0豎直方向上有Bgv/2=mg，解得： 說明：實踐證明，急于列式解題而忽略過程分析必然要犯經(jīng)驗主義的錯誤。