一名优秀负责的教师就要对每一位学生尽职尽责，作为高中教师就需要提前准备好适合自己的教案。教案可以让学生更好的吸收课堂上所讲的知识点，帮助授课经验少的高中教师教学。关于好的高中教案要怎么样去写呢？小编特地为大家精心收集和整理了“10带电粒子在磁场中的临界极值和多解问题学案”，但愿对您的学习工作带来帮助。

微专题10带电粒子在磁场中的临界极值和多解问题
带电粒子在磁场中的临界极值问题
1．试画出以下三种情形下带电粒子的临界示意图
甲：改变速度v，使粒子不射出磁场区的速度满足的条件
乙：改变速度v，为使粒子不从PQ边界射出速度的最大值
丙：改变速度v，粒子能打在上极板MN上的长度
[温馨提示]
2．利用“动态圆”分析临界极值问题
(1)滚动圆法：粒子速度大小不变，方向改变，则r＝mvqB大小不变，但轨迹的圆心位置变化，相当于圆心在绕着入射点滚动．(如图所示)
(2)放缩圆法：入射粒子的速度方向不变，但大小变化，造成圆心在一条射线上变动，半径大小不断变化的放缩圆(情形如图所示)．
(3)平移圆法：速度大小和方向相同的一排相同粒子进入直线边界，各粒子的轨迹圆弧可以由其他粒子的轨迹圆弧沿着边界平移得到(如图所示)．
如图所示，在xOy坐标系的第一象限有方向垂直纸面向外的有界匀强磁场，y轴是它的左边界、曲线OP是它的右边界，OP的曲线方程为y＝2hx2.在y轴上有一点Q(0，h)，一电荷量为q(q＞0)，质量为m的粒子从Q点以不同的速率沿x轴正方向射入磁场．从磁场的右边界射出的粒子中，速率为v0的粒子在磁场中运动位移最短．不计粒子的重力．求
(1)磁感应强度的大小；
(2)能从磁场的右边界射出的粒子的速率范围．
解析：(1)设粒子从M(x，y)点射出磁场，则：
MQ＝x2＋y－h2①
又：y＝2hx2②
联立①②解得：MQ＝y2－32hy＋h2③
由③可知，当y＝34h时，MQ有最小值．
粒子在磁场中运动的轨迹半径满足：qBv0＝mv20r④
O1N＝y－(h－r)＝r－h4⑤
O1N2＋x2＝r2⑥
由②④⑤⑥得B＝8mv07qh⑦
(2)设轨迹圆与磁场右边界相切于D(x，y)点，半径为R，由几何关系：x＝Rsinα⑧
h－R－y＝Rcosα⑨
联立②⑧⑨解得：R＝22－14h⑩
又qvmB＝mv2mR，联立⑦⑩得vm＝222－17v0.
答案：(1)8mv07qh(2)v＞222－17v0
带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题
分析临界问题的关键是找准临界点：以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，分析可能的情况，必要时画出几个半径不同的轨迹，找出临界条件，如：
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
(2)当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(3)当速率v变化时，圆心角越大的，运动时间越长．
在直角坐标系中有P、Q两点，坐标如图所示，虚线是以原点O为圆心的半圆，半圆与x轴围成的区域只存在垂直纸面向外的匀强磁场．大量同种粒子从P点射入磁场，入射方向均在xOy平面内，速度方向与x轴正方向的夹角在0°到180°的范围内．粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，满足L≤r≤2L，所有粒子均不从半圆虚线边界射出，已知粒子的质量为m(不计重力)，带电荷量为q＞0，磁场的磁感应强度大小B．求：
(1)经过Q点时速度方向与y轴垂直的粒子的速度大小．
(2)虚线半圆的最小半径和从P点运动到Q点的所有粒子中运动时间的最大值和最小值．
解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，
qvB＝mv2R，由图1可知R＝Lcos30°，
解得v＝23qBL3m.
图1

(2)当粒子以最大半径R＝2L向x轴负方向发出刚好与半圆相切时，运动情况如图2所示．
图2
由几何关系得L2＋R2＝(r－R)2，
解得虚线半圆的最小半径r＝(2＋5)L，
带电粒子在磁场中的运动周期T＝2πRv，从P点运动到Q点，粒子运动时间t＝θ360°T，其中(θ为PQ运动轨迹对应的圆心角)．
如图3所示，以O3为圆心的粒子，圆心角最大，
图3
由几何关系可知半径R＝233L，且满足L≤R≤2L，
由图可知图心角θ＝240°，
从P点运动到Q点，粒子运动的最长时间t1＝4πm3qB，
以Q4为圆心对应的圆心角最小，半径R＝2l，
由图可知圆心角θ＝60°，
从P点运动到Q点，粒子运动的最短时间t2＝πm3qB.
答案：(1)23qBL3m(2)(2＋5)L4πm3qBπm3qB
1．如图所示，在一个半径为R的半圆区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．O点是该半圆的圆心，OP是垂直于直线边界的半径．两个完全相同的质量为m、电量为＋q的粒子以相同的速率v分别从O点沿OP和从P点沿PO射入磁场区域，对于两个粒子的运动情况下列分析正确的是()
A．从O点沿OP射入磁场的粒子将向上偏转
B．两粒子通过磁场的时间相等
C．如果v＜qBR2m，则从O点沿OP射入磁场的粒子通过磁场的时间为πmqB
D．如果v＝qBRm，则从O点沿OP射入磁场的粒子通过磁场的时间较长
解析：选C根据左手定则分析可知，从O点沿OP射入磁场的粒子向下偏转，选项A错误；分析粒子以相同速率v从O点沿OP和从P点沿PO射入磁场区域，其轨道半径相同，但在磁场中运动的弧长不相同，如下图所示，所以两粒子通过磁场的时间不相同，选项B错误；如果v＜qBR2m，则粒子在磁场中运动的轨道半径r＝mvqB＜R2，从O点沿OP射入磁场的粒子在磁场中的运动轨迹正好是半个圆周，通过磁场的时间为t＝T2＝πmqB，选项C正确；如果v＝qBRm，则粒子在磁场中的轨道半径r＝mvqB＝R，从O点沿OP射入磁场的粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为π3，从P点沿PO射入磁场的粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为π2，所以从O点沿OP射入磁场的粒子通过磁场的时间较短，选项D错误．
2．(20xx广东清远联考)如图所示，在一平面正方形MNPQ区域内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从Q点沿着与QP边夹角为30°的方向垂直进入磁场，从QP边射出．已知QP边长为a，不计粒子的重力，下列说法正确的是()
A．该粒子带正电
B．运动过程中粒子的速度不变
C．粒子在磁场中运动的时间为πm3qB
D．粒子的速度v的最大值为qBa2m
解析：选C粒子从PQ边射出磁场，粒子刚射入磁场时受到的洛伦兹力垂直于速度斜向右下方，由左手定则可知，该粒子带负电，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子的速度大小不变，方向发生变化，故B错误；粒子在磁场中转过的圆心角θ＝2×30°＝60°，粒子在磁场中的运动时间t＝θ360°T＝60°360°×2πmqB＝πm3qB，故C正确；粒子从P点射出磁场时轨迹半径最大，粒子的速度最大，此时粒子的轨迹半径r＝a，由qvB＝mv2r得粒子的最大速度v＝qBrm＝qBam，故D错误．
带电粒子在磁场中的多解问题
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解．多解形成原因一般包含下述几个方面：
①带电粒子电性不确定形成多解．
受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致形成多解．
如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界．
现有质量为m，电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入．要使粒子不能从边界NN′射出，则粒子入射速率v的最大值可能是________.
[温馨提示]题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷．若带正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN′相切的1/4圆弧，轨道半径：R＝mvBq，
又d＝R－R/2，
解得v＝(2＋2)Bqd/m.
若带负电荷，轨迹如图所示的下方与NN′相切的3/4圆弧，则有：
R′＝mv′Bq，
d＝R′＋R′/2，
解得v′＝(2－2)Bqd/m.
所以本题应填(2＋2)Bqdm或(2－2)Bqdm.
②磁场方向不确定形成多解．
有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解．
③临界状态不唯一形成多解．
带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，如图所示．于是形成了多解．
④运动的往复性形成多解．
带电粒子在部分是电场，部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图所示．
如图，一足够大的绝缘弹性挡板水平放置，挡板上方M点与挡板的距离为h＝3m，M点与挡板上的N点的连线垂直于挡板．挡板上方空间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B＝1T．一质量m＝1×10－3kg，电荷量q＝1×10－3C的带负电微粒，从挡板上某点出发，以垂直于挡板的速度进入电磁场区域后恰能做圆周运动．微粒若与挡板碰撞时，将以原速率被弹回，且电荷量不变，忽略重力的影响，g＝10m/s2，求：
(1)若微粒运动过程中能击中M点，求其速度的最小值和以该速度运动时出发点与N点的距离d.
(2)若微粒从距N点距离s＝9m的A点出发，到击中M点的运动时间的可能值．
解析：(1)微粒能击中M点，且速度最小，则半径r＝3m
由r＝mvqB可得v＝qBrm＝3m/s
d＝2rn＋r＝3(2n＋1)(n＝0,1,2…)
(2)设微粒与挡板碰撞n次，则最大半径趋近于s2n
要击中M点，则s2n≥h
即n≤1.5，故n可能取0,1
当n＝0时，轨迹如图中①所示
由几何关系：r2＝h2＋(s－r)2得r＝5m
sinα＝hr＝35，故α＝37°
此时时间t1＝180－373602πmqB＝143π180s
当n＝1时，由几何关系r2＝h2＋(3r－s)2得r1＝3m，
r2＝3.75m
r1＝3m时运动轨迹如图中②所示，
此时时间t2＝342πmqB＝3π2s
r2＝3.75m时运动轨迹如图中③所示，
sinβ＝hr2＝45，故β＝53°
此时t3＝180＋533602πmqB＝233π180s
所以时间的可能值为：143π180s，3π2s，233π180s.
答案：(1)3m/sd＝3(2n＋1)，n＝0,1,2…
(2)143π180s，3π2s，233π180s
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的多解问题
要充分考虑带电粒子的电性、磁场方向、轨迹及临界条件的多种可能性，画出其运动轨迹，分阶段、分层次地求解．
1．分析题目特点，确定题目多解性形成的原因．
2．作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)．
3．如果是周期性重复的多解问题，应列出通项式．如果是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件．
(20xx汕头一模)如图所示，xOy坐标系中，在y轴右侧有一平行于y轴的边界PQ，PQ左侧和右侧存在磁感应强度大小分别为B与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于xOy平面向里．y轴上有一点A与原点O的距离为l.带电荷量为q、质量为m的带正电粒子，以某一速度从坐标原点O处沿x轴正方向射出，经过时间t＝4πm3qB时恰好到达A点，不计粒子的重力．
(1)求边界PQ与y轴的距离d和粒子从O点射出的速度大小v0.
(2)若相同的粒子以更大的速度从原点O处沿x轴正方向射出，为使粒子能经过A点，粒子的速度大小应为多大？
解析：带电粒子在PQ左侧和右侧的磁场中做匀速圆周运动，分别有
qv0B＝mv20r1，qv0B2＝mv20r2，
可得半径r1＝mv0qB，r2＝2r1，
由T＝2πrv可得T1＝2πmqB，T2＝2T1.
(1)粒子射出后经过时间t＝4πm3qB时恰好到达A点，运动情况如图甲所示．设图中圆弧DE对应的圆心角为θ，则粒子从O点运动到A点的时间为θ360°T2＋180°－θ360°T1＝4πm3qB.解得θ＝60°.
△C1C2C3为等边三角形，根据几何关系得l＝2r1＋(r2－r1)，d＝r1cos30°，
解得PQ与y轴的距离d和粒子从O点射出的速度大小v0分别为d＝36l，v0＝qBl3m.
(2)以更大的速度从原点O处沿x轴正方向射出的相同的粒子，必然是从y轴最高点转向下方时经过A点，粒子运动一个周期，运动情况如图乙所示，设图中∠C1DF＝α，则粒子运动一个周期在y轴上的位移y＝2r1′＋2(r2′－r1′)sinα－2r1′(或y＝2r1′sinα)，cosα＝dr1′，
经过A点的条件是ny＝l(n＝1,2,3，…)
解得v＝qBl2m13＋1n2(n＝1,2,3，…)，
考虑到v＞v0＝qBl3m，故n只能取1或2，
即粒子的速度大小为v＝qBl3m或v＝21qBl12m.或v＝qBl2m13＋1n2n＝1，2
答案：(1)36lqBl3m(2)qBl2m13＋1n2(n＝1,2)
3．(20xx长沙模拟)如图所示，虚线MN上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，MN下方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B．O、A为MN上的两点，距离为d，两个质量均为m、电荷量均为－q的带电粒子(不计重力)P、Q同时从O点以大小相等、方向相反的速度分别射入上方磁场和下方磁场，之后带电粒子P、Q都通过A点．若两粒子从O点运动到A点所用时间之比为1∶5.求：
(1)带电粒子P射入磁场时的速度大小；
(2)P、Q两带电粒子从O点运动到A点的时间差．
解析：(1)由题意可知，带电粒子的运动轨迹如图所示．根据两粒子从O点运动到A点所用时间之比为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)设粒子从O运动到A所用的时间分别为t和5t
nT＝t＋5t
T＝2πmBq
Δt＝5t－t
解得Δt＝4nπm3Bq(n＝1,2,3，…)
答案：见解析
4．(20xx广州普通高中模拟)半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆心O到直线MN的距离为35R.一个带电的粒子以初速度v0沿MN方向飞进磁场，不计粒子的重力，已知粒子飞出磁场时速度方向偏转了90°.求：
(1)带电粒子的比荷qm；
(2)带电粒子在磁场中运动的时间t.
解析：情况一(1)若粒子带正电，进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图甲所示，设轨道半径为r，由几何关系得
r＝Rcosθ＋35R
cosθ＝R2－35R2R＝45
解得r＝75R
根据牛顿第二定律
qv0B＝mv20r
解得qm＝5v07BR
(2)T＝2πrv0＝14πR5v0
又因为t＝T4
解得t＝7πR10v0
情况二(1)若粒子带负电，轨迹如图乙所示，设其轨道半径为r，由几何关系得
r＝Rcosθ－35R
r＋Rsinθ＝45R
得r＝15R
根据牛顿第二定律
qv0B＝mv20r
解得qm＝5v0BR
(2)T＝2πrv0＝2πR5v0
又因为t＝T4
解得t＝πR10v0
所以粒子的比荷为5v07BR或5v0BR，在磁场中运动的时间为7πR10v0或πR10v0.
答案：见解析

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带电粒子在磁场中偏转

俗话说，居安思危，思则有备，有备无患。高中教师要准备好教案，这是老师职责的一部分。教案可以让学生们充分体会到学习的快乐，帮助高中教师在教学期间更好的掌握节奏。那么一篇好的高中教案要怎么才能写好呢？为了让您在使用时更加简单方便，下面是小编整理的“带电粒子在磁场中偏转”，希望能对您有所帮助，请收藏。

带电粒子在磁场中偏转的求解策略
带电粒子在磁场中偏转问题是历年高考的重点问题，同时也是热点问题。总结考试中的诸多失误，集中在对这类问题的解法缺乏规律性的认识。为此本文就求解这类题型的某些规律归纳如下。

一、基本思想
因为洛伦兹力F始终与速度v垂直，即F只改变速度方向而不改变速度的大小，所以运动电荷垂直磁感线进入匀强磁场且仅受洛伦兹力时，一定做匀速圆周运动，由洛伦磁力提供向心力，即。带电粒子在磁场中运动问题大致可分两种情况：1.做完整的圆周运动（在无界磁场或有界磁场中）；2.做一段圆弧运动（一般在有界磁场中）。无论何种情况，其关键均在圆心、半径的确定上。

二、思路和方法
1.找圆心
方法1：若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力F⊥v，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心。
方法2：若已知粒子轨迹上的两点和其中一点的速度方向，则可作出此两点的连线（即过这两点的圆弧的弦）的中垂线，再画出已知点v的垂线，中垂线与垂线的交点即为圆心。
方法3：若已知粒子轨迹上的两点和能求得的半径R，则可作出此两点连线的中垂线，从连线的端点到中垂线上的距离为R的点即为圆心。
方法4：若已知粒子入射方向和出射方向，及轨迹半径R，但不知粒子的运动轨迹，则可作出此两速度方向夹角的平分线，在角平分线上与两速度方向直线的距离为R的点即为圆心。
方法5：若已知粒子圆周运动轨迹上的两条弦，则两条弦的中垂线的交点即为圆心。
2.求半径
圆心确定下来后，半径也随之确定。一般可运用平面几何知识来求半径的长度。
3.画轨迹
在圆心和半径确定后可根据左手定则和题意画出粒子在磁场中的轨迹图。
4.应用对称规律
从一边界射入的粒子，若从同一边界射出时，则速度与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，若粒子沿径向射入，则必沿径向射出。

三、实例分析
例1.如图1所示，两电子沿MN方向射入两平行直线间的匀强磁场，并分别以的速度射出磁场。则是多少？两电子通过匀强磁场所需时间之比是多少？
图1
解析：利用上述方法1；可确定出两电子轨迹的圆心O1和圆心O2，如图2所示。由图中几何关系，二轨迹圆半径的关系为
图2
°
又，故
两电子分别在磁场中的运动时间
因此

例2.如图3所示，在半径为r的圆形区域内，有一个匀强磁场。一带电粒子以速度从M点沿半径方向射入磁场区，并由N点射出，O点为圆心。当∠MON＝120°时，求：带电粒子在磁场区的偏转半径R及在磁场区中的运动时间。
图3
解析：应用上述方法1，分别过M、N点作半径OM、ON的垂线，此两垂线的交点O即为带电粒子作圆周运动时圆弧轨道的圆心，如图4所示。
图4
由图中的几何关系可知，圆弧MN所对的轨道圆心角为60°，O、O的边线为该圆心角的角平分线，由此可得带电粒子圆轨道半径为
又带电粒子的轨道半径可表示为
故带电粒子运动周期
带电粒子在磁场区域中运动的时间

例3.如图5所示，一带电量为q＝，质量为的粒子，在直线上一点O沿30°角方向进入磁感强度为B的匀强磁场中，经历t＝后到达直线上另一点P。求：
图5
（1）粒子作圆周运动的周期T；
（2）磁感强度B的大小；
（3）若OP的距离为0.1m，则粒子的运动速度v多大？
解析：粒子进入磁场后，受洛伦兹力的作用，重力很小可忽略。粒子作匀速圆周运动的轨迹如图4所示。
（1）由几何关系可知OP弦对的圆心角，粒子由O到P大圆弧所对圆心角为300°，则有
t/T＝300°/360°＝5/6
解得T＝6t/5＝6×1.5×/5＝
（2）由粒子作圆周运动所需向心力为洛伦兹力，轨道半径R＝OP＝0.1m，有
得
＝0.314T
（3）粒子的速度

例4.如图6所示，在的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感强度为B。一带正电的粒子以速度从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为。若粒子射出磁场的位置与O点的距离为l，求该粒子的电量和质量之比q/m。
图6
解析：带正电粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿图7所示的轨迹运动，从A点射出磁场，O、A间的距离为l，射出时的速度仍为，根据对称规律，射出方向与x轴的夹角仍为。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
图7
式中R为圆轨道半径。圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系有
联立以上两式解得

带电粒子在磁场中的运动 质谱仪

教学目标
知识目标
1、理解带电粒子的初速度方向与磁感应强度方向垂直时，做匀速圆周运动．
2、会推导带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径、周期公式，并会用它们解答有关问题．
3、知道质谱仪的工作原理．

能力目标
通过推理、判断带电粒子在磁场中的运动性质的过程，培养学生严密的逻辑推理能力．

情感目标
通过学习质谱仪的工作原理，让学生认识先进科技的发展，有助于培养学生对物理的学习兴趣．

教学建议

教材分析
本节重点是研究带电粒子垂直射入匀强磁场中的运动规律：半径以及周期，通过复习相关力学知识，利用力于运动的关系突破这一重点，需要注意的是：
1、确定垂直射入匀强电场中的带电粒子是匀速圆周运动；
2、带电粒子的重力通常不考虑。

教法建议
由于我们研究的是带电粒子在磁场中的运动情况，研究的是磁场力与运动的关系，因此教学开始，需要学生回忆相关的力学知识，为了引导学生分析推导粒子做匀速圆周运动的原因、规律，教师可以通过实验演示引入，让学生认真观察实验现象，结合运动和力的关系分析原因，总结规律，积极思考、讨论例题，对规律加深理解、提高应用能力．最后通过例题讲解，加深知识的理解．

教学设计方案

带电粒子在磁场中的运动质谱仪

一、素质教育目标

（一）知识教学点

1、理解带电粒子的初速度方向与磁感应强度方向垂直时，做匀速圆周运动．

2、会推导带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径、周期公式，并会用它们解答有关问题．

3、知道质谱仪的工作原理．

（二）能力训练点

通过推理、判断带电粒子在磁场中的运动性质的过程，培养学生严密的逻辑推理能力．

（三）德育渗透点

通过学习质谱仪的工作原理，理解高科技的巨大力量．

（四）美育渗透点

用电子射线管产生的电子做圆周运动的精美图像感染学生，提高学生对物理学图像形式美的审美感受力．

二、学法引导

1、教师通过演示实验法引入，复习提问法引导学生分析推导粒子做匀速圆周运动的原因、规律．通过例题讲解，加深理解．

2、学生认真观察实验现象，结合运动和力的关系分析原因，总结规律，积极思考、讨论例题，对规律加深理解、提高应用能力．

三、重点难点疑点及解决办法

1、重点

带电粒子垂直射入匀强磁场中的运动半径和运动周期．

2、难点

确定垂直射入匀强磁场中的带电粒子运动是匀速圆周运动．

3、疑点

带电粒子的重力通常为什么不考虑？

4、解决办法

复习力学知识、引导同学利用力与运动的关系分析，讨论带电粒子在磁场中的运动情况。

四、课时安排

1课时

五、教具学具准备

演示用特制的电子射线管。

六、师生互动活动设计

教师先通过演示实验引入，再启发引导学生用力学知识分析原因，推导规律，通过例题讲解，学生思考和讨论进一步加深对知识的理解，提高学生运用知识解决实际问题的能力。

七、教学步骤

（一）明确目标

（略）

（二）整体感知

本节教学首先通过演示实验告诉学生，当带电粒子的初速度方向与磁场方向垂直时，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动这一结论，然后试着用力与运动的关系分析粒子为什么做匀速圆周运动，再由学生推导带电粒子在磁场中的运动半径和周期，根据力学知识，重点是理解运动半径与磁感应强度、速度的关系；运动周期与粒子速率和运动半径无关．

（三）重点、难点的学习与目标完成过程

1、引入新课

上一节我们学习了洛仑兹力的概念，我们知道带电粒子垂直磁场方向运动时，会受到大小，方向始终与速度方向垂直的洛仑兹力作用，今天我们来研究一下，受洛仑兹力作用的带电粒子是如何运动的？

2、粒子为什么做匀速圆周的运动？

首先通过演示实验观察到，当带电粒子的初速度方向与匀强磁场方向垂直时，粒子的运动轨道是圆．

在力学中我们学习过，物体作匀速圆周运动的条件是物体所受的合外力大小不变，方向始终与速度方向垂直．当带电粒子垂直于匀强磁场方向运动时，通常它的重力可以忽略不计（请同学们讨论），可看作只受洛仑兹力作用，洛仑兹力方向和速度方向在同一个平面内，由于洛仑兹力方向总与速度方向垂直，因而它对带电粒子不做功，根据动能定理可知运动粒子的速度大小不变，再由可知，粒子在运动过程中所受洛仑兹力的大小即合外力的大小不变，根据物体作匀速圆周运动的条件得出带电粒子垂直匀强磁场运动时，作匀速圆周运动．

3、粒子运动的轨道半径和周期公式

带电粒子垂直于匀强磁场方向运动时做匀速圆周运动，其向心力等于洛仑兹力，请同学们根据牛顿第二定律，推导带电粒子的运动半径和周期公式．

经过推导得出粒子运动半径，运动周期。

运用学过的力学知识理解，当粒子运动速度较大时，粒子要离心运动，其运动半径增大，所以速度大，半径也大；当磁场较强时，运动电荷受洛仑兹力增大，粒子要向心运动，其运动半径减小，所以磁感应强度大，半径小．由于带电粒子运动速度大时，其运动半径大，运动轨迹也长，可以理解粒子运动的周期与速度的大小和轨道半径无关．为了加深同学们对半径和周期公式的理解，举下面的例题加以练习．

［例1］同一种带电粒子以不同的速度垂直射入匀强磁场中，其运动轨迹如图所示，则可知

（1）带电粒子进入磁场的速度值有几个？

（2）这些速度的大小关系为．

（3）三束粒子从O点出发分别到达1、2、3点所用时间关系为．

4、质谱仪

首先请同学们阅读课本上例题的分析求解过程，然后组织学生讨论质谱仪的工作原理．

（四）总结、扩展

本节课我们学习了带电粒子垂直于匀强磁场运动的情况，经过实验演示和理论分析得出粒子做匀速圆周运动．并根据牛顿运动定律得出粒子运动的半径公式和周期公式．最后我们讨论了它的一个具体应用——质谱仪．

但应注意的是如果带电粒子速度方向不是垂直匀强磁场方向时，带电粒子将不再是作匀速圆周运动．

八、布置作业

（1）P156（1）～（6）

九、板书设计

五、带电粒子在磁场中的运动质谱仪

一、运动轨迹

粒子作匀速圆周运动．

二、半径和周期

运动半径：

运动周期：

三、质谱仪

带电粒子在磁场中运动轨迹1

确定带电粒子在磁场中运动的圆心的方法

带电粒子垂直进入磁场，在洛仑兹力的作用下，做匀速圆周运动，找到圆心，画出轨迹，是解这类题的关键。下在举例说明圆心的确定方法。

一、由两速度的垂线定圆心
例1.电视机的显像管中，电子（质量为m，带电量为e）束的偏转是用磁偏转技术实现的。电子束经过电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图1所示，磁场方向垂直于圆面，磁场区的中心为O，半径为r。当不加磁场时，电子束将通过O点打到屏幕的中心M点。为了让电子束射到屏幕边缘P，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度，此时磁场的磁感强度B应为多少？
图1
解析：如图2所示，电子在匀强磁场中做圆周运动，圆周上的两点a、b分别为进入和射出的点。做a、b点速度的垂线，交点O1即为轨迹圆的圆心。
图2
设电子进入磁场时的速度为v，对电子在电场中的运动过程有
对电子在磁场中的运动（设轨道半径为R）有
由图可知，偏转角与r、R的关系为
联立以上三式解得

二、由两条弦的垂直平分线定圆心
例2.如图3所示，有垂直坐标平面的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，方向向里。一带正电荷量为q的粒子，质量为m，从O点以某一初速度垂直射入磁场，其轨迹与x、y轴的交点A、C到O点的距离分别为a、b。试求：（1）初速度方向与x轴夹角；（2）初速度的大小。
图3
解析：（1）粒子垂直射入磁场，在xOy平面内做匀速圆周运动，如图4所示，OA、OC是圆周上的两条弦。做两条弦的垂直平分线，交点O1即为圆轨迹的圆心，以O1为圆心，＝R为半径画圆。正电荷在O点所受的洛仑兹力F的方向（与初速度垂直）和粒子的初速度v的方向（与垂直斜向上），也在图上标出。
图4
设初速度方向与x轴的夹角为，由几何关系可知，∠O1OC＝。在直角三角形OO1D中，有
（2）由直角三角形OO1D，粒子的轨道半径
粒子在磁场中运动有
由上述两式可得

三、由两洛仑兹力的延长线定圆心
例3.如图5所示，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。在匀强磁场中做匀速圆周运动的一个电子，动量为P，电量为e，在A、C点，所受洛仑兹力的方向如图示，已知AC＝d。求电子从A到C时发生的偏转角。
图5
解析：如图6所示，A、C为圆周上的两点，做洛仑兹力的延长线，交点O为圆周轨迹的圆心。以O为圆心做电子从A到C的运动轨迹。过A、C画出速度的方向，则角为偏转角。
图6
设粒子的质量为m，速度为v，则轨迹半径
由几何关系有
联立以上二式解得

四、综合定圆心
确定圆心，还可综合运用上述方法。一条切线，一条弦的垂直平分线，一条洛仑兹力的延长线，选其中任两条都可找出圆心。

例4.如图7所示，在的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸面外，磁感应强度为B。一带正电的粒子以速度从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正方向的夹角为。若粒子射出磁场的位置与O点的距离为L，求该粒子的电量和质量之比q/m。
图7
解析：如图7所示，粒子进入磁场后，受洛仑兹力的作用，做匀速圆周运动，从A点射出磁场。是圆轨迹上一条弦，初速度与圆周轨迹相切。做弦的垂直平分线和初速度v的垂线，交点O1即为圆轨迹的圆心。以O1为圆心，以O1到入射点O的距离R（轨道半径）画出粒子圆周运动的轨迹。
由洛仑兹力公式和牛顿定律有
O1是弦的垂直平分线上的点，由几何关系有
联立以上二式解得

带电粒子在磁场中运动轨迹2

确定带电粒子在磁场中运动轨迹的方法

带电粒子在匀强磁场中作圆周运动的问题是近几年高考的热点，这些题不但涉及洛伦兹力，而且往往与几何关系相联系，使问题难度加大，但无论这类题多么复杂，其关键一点在于画轨迹，只要确定了轨迹，问题便迎刃而解，下面举几种确定带电粒子运动轨迹的方法。
1.对称法
带电粒子如果从一直线边界进入又从该边界射出，则其轨迹关于入射点和出射点线段的中垂线对称，入射速度方向与出射速度方向与边界的夹角相等，利用这一结论可以轻松画出粒子的轨迹。
图1
例1.如图1所示，在y小于0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B，一带正电的粒子以速度从O点射入磁场，入射速度方向为xy平面内，与x轴正向的夹角为，若粒子射出磁场的位置与O点的距离为L，求该粒子电量与质量之比。
解析：根据带电粒子在有界磁场的对称性作出轨迹，如图2所示，找出圆心A，向x轴作垂线，垂足为H，由与几何关系得：
图2
①
带电粒子磁场中作圆周运动，由
解得②
①②联立解得

2.动态圆法
在磁场中向垂直于磁场的各个方向发射粒子时，粒子的运动轨迹是围绕发射点旋转的动态圆，用这一规律可确定粒子的运动轨迹。
例2.如图3所示，S为电子源，它在纸面360度范围内发射速度大小为，质量为m，电量为q的电子（q0），MN是一块足够大的竖直挡板，与S的水平距离为L，挡板左侧充满垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，求挡板被电子击中的范围为多大？
图3
解析：由于粒子从同一点向各个方向发射，粒子的轨迹构成绕S点旋转的一动态圆，动态圆的每一个圆都是逆时针旋转，这样可以作出打到最高点与最低点的轨迹，如图4所示，最高点为动态圆与MN的相切时的交点，最低点为动态圆与MN相割，且SB为直径时B为最低点，带电粒子在磁场中作圆周运动，由得
图4
SB为直径，则由几何关系得
A为切点，所以OA＝L
所以粒子能击中的范围为。

3.放缩法
带电粒子在磁场中以不同的速度运动时，圆周运动的半径随着速度的变化而变化，因此可以将半径放缩，探索出临界点的轨迹，使问题得解。
例3.如图5所示，匀强磁场中磁感应强度为B，宽度为d，一电子从左边界垂直匀强磁场射入，入射方向与边界的夹角为，已知电子的质量为m，电量为e，要使电子能从轨道的另一侧射出，求电子速度大小的范围。
图5
解析：如图6所示，当入射速度很小时电子会在磁场中转动一段圆弧后又从同一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道与边界相切时，电子恰好不能从另一侧射出，当速率大于这个临界值时便从右边界射出，设此时的速率为，带电粒子在磁场中作圆周运动，由几何关系得
图6
①
电子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力
，所以②
①②联立解得所以电子从另一侧射出的条件是速度大于。

4.临界法
临界点是粒子轨迹发生质的变化的转折点，所以只要画出临界点的轨迹就可以使问题得解。
例4.长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图7所示，磁感应强度为B，板间距离也为L，两极板不带电，现有质量为m电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边极板间中点处垂直磁感线以水平速度v射入磁场，欲使粒子打到极板上，求初速度的范围。
图7
解析：由左手定则判定受力向下，所以向下偏转，恰好打到下板右边界和左边界为两个临界状态，分别作出两个状态的轨迹图，如图8、图9所示，打到右边界时，在直角三角形OAB中，由几何关系得：
图8图9
解得轨道半径
电子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力
因此
打在左侧边界时，如图9所示，由几何关系得轨迹半径
电子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，
所以
所以打在板上时速度的范围为
以上是确定带电粒子在磁场中运动轨迹的四种方法，在解题中如果善于抓住这几点，可以使问题轻松得解。

文章来源：http://m.jab88.com/j/68627.html

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