电场运动教学(高中物理专题)(精品)

高中物理专题汇编物理带电粒子在电场中的运动(一)含解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道ABC 固定在竖直面内，圆心为O ，轨道半径为R ，B 为轨道最低点。

该装置右侧的14圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。

某一时刻一个带电小球从A 点由静止开始运动，到达B 点时，小球的动能为E 0，进入电场后继续沿轨道运动，到达C 点时小球的电势能减少量为2E 0，试求： （1）小球所受重力和电场力的大小； （2）小球脱离轨道后到达最高点时的动能。

【答案】（1）0E R 02E R（2）8E 0 【解析】 【详解】(1)设带电小球的质量为m ，则从A 到B 根据动能定理有：mgR ＝E 0则小球受到的重力为：mg ＝E R方向竖直向下；由题可知：到达C 点时小球的电势能减少量为2E 0，根据功能关系可知：EqR ＝2E 0则小球受到的电场力为：Eq ＝2E R方向水平向右，小球带正电。

(2)设小球到达C 点时速度为v C ，则从A 到C 根据动能定理有：EqR ＝212C mv ＝2E 0 则C 点速度为：v C 04E m方向竖直向上。

从C 点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动到达最高点的时间为：41C v E t g g m== 在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时其速度为：0442E E qE qE v at t m mg m m==== 则在最高点的动能为：2200411(2)822k E E mv m E m===2．如图所示，竖直面内有水平线MN 与竖直线PQ 交于P 点，O 在水平线MN 上，OP 间距为d ，一质量为m 、电量为q 的带正电粒子，从O 处以大小为v 0、方向与水平线夹角为θ＝60º的速度，进入大小为E 1的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为θ＝60º，粒子到达PQ 线上的A 点时，其动能为在O 处时动能的4倍．当粒子到达A 点时，突然将电场改为大小为E 2，方向与竖直方向夹角也为θ＝60º的匀强电场，然后粒子能到达PQ 线上的B 点．电场方向均平行于MN 、PQ 所在竖直面，图中分别仅画出一条电场线示意其方向。

微专题52 带电粒子在交变电场中的运动【核心方法点拨】(1)在交变电场中做直线运动时，一般是几段变速运动组合．可画出v－t图象，分析速度、位移变化．(2)在交变电场中的偏转若是几段类平抛运动的组合，可分解后画出沿电场方向分运动的v －t图象，分析速度变化，或是分析偏转位移与偏转电压的关系式．【经典例题选讲】类型一：带电粒子在交变电场中直线运动【例题1】如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处.若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A 板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上.则t0可能属于的时间段是图(a)图(b)A.0<t0<B.<t0<C.<t0<TD.T<t0<解析：设粒子的速度方向、位移方向向右为正.依题意知,粒子的速度方向时而为正,时而为负,最终打在A板上时位移为负,速度方向为负.分别作出t0=0、、、时粒子运动的v-t图象,如图所示.由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,则由图象知,0<t0<与<t0<T时粒子在一个周期内的总位移大于零,<t0<时粒子在一个周期内的总位移小于零;t0>T时情况类似.因粒子最终打在A板上,则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零,对照各选项可知B正确.答案 B【变式1】(2017·辽宁省实验中学等五校联考)一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子在t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是 ( D )A ．带电粒子只向一个方向运动B ．0～2s 内，电场力所做的功等于零C ．4s 末带电粒子回到原出发点D ．2.5～4s 内，速度的改变量等于零[解析] 由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s 内的加速度a 1＝E 0q m ，为第2s 内加速度a 2＝2E 0q m 的12，因此粒子先加速1s 再减速0.5s 至速度减为零，接下来的0.5s 粒子将反向加速，v －t 图象如图所示，可知A 错误；0～2s 内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知，电场力所做的功不为零，B 错误；v －t 图象中图线与横坐标所围图形的面积表示物体的位移，由对称性可看出，前4s 内粒子的位移不为零，所以带电粒子不会回到原出发点，C 错误；由图象可知，2.5s 和4s 两个时刻粒子的速度大小相等，方向相同，所以2.5～4s 内，速度的改变量等于零，D 正确。

5带电粒子在电场中的运动教学设计导入新课在现代科学实验和技术设备中，常常利用电场来控制或改变带电粒子的运动。

如图是一台医用电子直线加速器，电子被加速器加速后轰击重金属靶时，会产生射线，可用于放射治疗。

出示图片:医用电子直线加速器电子在加速器中是受到什么力的作用而加速的呢？具体应用有哪些呢？本节课我们来研究这个问题。

观看图片并思考问题为引入本届课题作铺垫,并引起学生学习的兴趣讲授新课一、带电粒子在电场中的加速1.带电粒子的加速带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的静电力与运动方向在同一直线上，做加速(或减速)直线运动。

2.分析带电粒子加速的问题的两种思路（1）利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式来分析当解决的问题属于匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量时，适合运用这一种思路分析。

可由静电力求得加速度进而求出末速度、位移或时间。

（2）利用静电力做功结合动能定理来分析。

静电力做的功等于粒子动能的变化量。

观察图片了解最简单的带电粒子在匀强电场中的运动阅读课文并结合自己的理解总结带电粒子加速的问题的两种思路为分析带电粒子加速的问题做铺垫锻炼学生的的逻辑思维能力和总结能力当问题只涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场情景时，适合运用这一种思路分析。

①若粒子的初速度为零，则得：②若粒子的初速度不为零，则针对练习：在匀强电场E中，被加速的粒子电荷量为q，质量为m，从静止开始加速的距离为d，加速后的速度为v，这些物理量间的关系满足动能定理qEd=( )。

在非匀强电场中，若粒子运动的初末位置的电势差为U，动能定理表达成qU= ( ) 。

一般情况下带电粒子被加速后的速度可表达成v=( )答案：思考讨论1：有些带电物体，如带电小球、带电液滴、带电尘埃等受力有何特点?参考答案：除受静电力作用外，还受重力作用，且重力一般不能忽略。

思考讨论2：重力什么时候可以忽略，什么时候不能忽略？参考答案：①只有在带电粒子的重力远远小于静电力时，粒子的重力才可以忽略。

高中物理之电场专题一、电场的基本性质电场是一种特殊的物质形态，它具有力学的性质和能量的性质。

在电场中，电荷会受到力的作用，这个力被称为电场力。

电场的一个重要性质是，它会对处于其中的电荷施加作用力，这个力的大小和电荷的电量成正比，方向与电荷的运动方向相反。

二、电场的分类根据电场强度的不同，电场可以分为匀强电场和非匀强电场。

在匀强电场中，电场强度的大小和方向在各个方向上都是相同的，因此电荷受到的电场力也是恒定的。

而非匀强电场中，电场强度的大小和方向在不同的方向上会有所变化，因此电荷受到的电场力也会随之变化。

三、电场的产生电场的产生可以分为自然产生和人工产生两种方式。

自然产生的电场包括雷电、静电等。

人工产生的电场则包括电磁铁、电动机、发电机等设备产生的电场。

四、电场的应用电场在日常生活、工业、医疗等领域都有着广泛的应用。

例如，静电复印机利用静电场的作用将墨粉吸附到纸张上，从而形成图像。

另外，电场还被广泛应用于电子学、电磁学等领域，如电子加速器、电磁铁等。

五、电场的能量转化电场的能量转化主要是指电能与其他形式的能之间的转化。

例如，在电容器中，电能被转化为电场能储存起来，而在电动机中，电能则被转化为机械能。

在电磁感应中，磁场能也可以转化为电能。

电场是物理学中的一个重要概念，它具有自己独特的性质和应用。

通过对电场的学习和研究，我们可以更好地理解自然现象和开发新的技术。

本文1）电荷守恒定律：电荷既不能被创造，也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变。

本文2）电荷的量子化：自然界中存在两种电荷，正电荷和负电荷。

电荷的最小单位是元电荷，e=×10-19 C。

本文3）元电荷的测量：密里根用油滴法首先测定得元电荷的值。

任何带电体的电量均为元电荷的整数倍。

常用电子或离子的电量为单位，叫做元电荷。

任何带电体的电量均为元电荷的整数倍。

本文4）电荷量的测量：测量带电体的电量，一般先通过测量电流，再通过公式换算得到电荷量。

10.5 带电粒子在电场中的运动学习目标1．掌握带电粒子在电场中的运动规律，并能分析解决加速和偏转问题。

2．知道示波管的构造和基本原理。

重点：带电粒子在匀强电场中运动的规律。

难点：电学知识和力学知识结合处理偏转问题。

知识点一、带电粒子的加速1．基本粒子的受力特点：对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，虽然它们也会受到万有引力（重力）的作用，但万有引力（重力）一般远小于静电力，可以忽略不计。

（1）基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外，此类粒子一般不考虑重力（但并不忽略质量）。

（2）带电微粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。

2．两种分析（1）用运动状态分析：带电粒子沿电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做匀加（减）速直线运动。

（2）用功能观点分析：粒子动能的变化量等于电场力做的功（电场可以是匀强电场或非匀强电场）。

3．带电粒子的加速：如图所示，质量为m ，带正电荷q 的粒子，在静电力作用下由静止开始从正极板向负极板运动的过程中：（1）静电力对它做的功：W ＝qU 。

（2）设带电粒子到达负极板时速率为v ，它的动能为E k ＝12mv 2。

（3）由动能定理可知，qU ＝12mv 2可解出v ＝2qUm。

若粒子的初速度不为零，则：12mv 2－12mv 20＝qU ⇒v ＝v 20＋2qU m。

说明：带电粒子在非匀强电场中加速，上述结果仍适用。

【题1】如图所示，电子由静止开始从M 板向N 板运动，当到达N 板时的速度为v ，保持两板间的电压不变，则A ．当增大两板间距离时，v 增大B ．当减小两板间距离时，v 增大C ．当改变两板间距离时，v 不变D ．当增大两板间距离时，电子在两板间的时间变长【题2】如图所示，A 、B 两导体板平行放置，在t ＝0时将电子从A 板附近由静止释放，电子的重力忽略不计。

电场知识网络：单元切块：按照考纲的要求，本章内容可以分成三部分，即：电场的力的性质；电场的能的性质；带电粒子在电场中的运动。

其中重点是对电场基本性质的理解、熟练运用电场的基本概念和基本规律分析解决实际问题。

难点是带电粒子在电场中的运动。

电场的力的性质教学目标：1．两种电荷，电荷守恒，真空中的库仑定律，电荷量。

2．电场，电场强度，电场线，点电荷的场强，匀强电场，电场强度的迭加。

教学重点：库仑定律，电场强度教学难点：对电场强度的理解教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、库仑定律真空中两个点电荷之间相互作用的电力，跟它们的电荷量的乘积成正比，跟它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上。

即：221 r qkqF 其中k为静电力常量，k=9．0×10 9 N m2/c21．成立条件①真空中（空气中也近似成立），②点电荷。

即带电体的形状和大小对相互作用力的影响可以忽略不计。

（这一点与万有引力很相似，但又有不同：对质量均匀分布的球，无论两球相距多近，r都等于球心距；而对带电导体球，距离近了以后，电荷会重新分布，不能再用球心距代替r）。

2．同一条直线上的三个点电荷的计算问题【例1】在真空中同一条直线上的A、B两点固定有电荷量分别为+4Q和-Q的点电荷。

①将另一个点电荷放在该直线上的哪个位置，可以使它在电场力作用下保持静止？②若要求这三个点电荷都只在电场力作用下保持静止，那么引入的这个点电荷应是正电荷还是负电荷？电荷量是多大？【例2】已知如图，带电小球A、B的电荷分别为Q A、Q B，OA=OB，都用长L的丝线悬挂在O点。

静止时A、B相距为d。

为使平衡时AB间距离减为d/2，可采用以下哪些方法A．将小球A、B的质量都增加到原来的2倍B ．将小球B的质量增加到原来的8倍+4QC ．将小球A 、B 的电荷量都减小到原来的一半D ．将小球A 、B 的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B 的质量增加到原来的2倍3．与力学综合的问题。

高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP ，由半径r ＝0.5m 的圆弧轨道CDP 和与之相切于C 点的水平轨道ABC 组成，圆弧轨道的直径DP 与竖直半径OC 间的夹角θ＝37°，A 、B 两点间的距离d ＝0.2m 。

质量m 1＝0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在A 点，质量m 2＝0.1kg 、电荷量q ＝1×10﹣5C 的带正电小球静止在B 点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。

现用大小F ＝4.5N 、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达B 点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P 点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心。

小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。

取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v 以及匀强电场的电场强度大小E ； (2)求小球到达P 点时的速度大小v P 和B 、C 两点间的距离x ；(3)若小球从P 点飞出后落到水平轨道上的Q 点（图中未画出）后不再反弹，求Q 、C 两点间的距离L 。

【答案】（1）撤去该恒力瞬间滑块的速度大小是6m/s ，匀强电场的电场强度大小是7.5×104N/C ；（2）小球到达P 点时的速度大小是2.5m/s ，B 、C 两点间的距离是0.85m 。

（3）Q 、C 两点间的距离为0.5625m 。

【解析】 【详解】（1）对滑块从A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有：Fd ＝12m 1v 2， 代入数据解得：v ＝6m/s小球到达P 点时，受力如图所示，由平衡条件得：qE ＝m 2g tanθ， 解得：E ＝7.5×104N/C 。

第九节、带电粒子在电场中的运动教学设计一、教材分析本专题是是历年高考的重点内容。

本专题综合性强，理论分析要求高，带电粒子的加速是电场的能的性质的应用；带电粒子的偏转则侧重于电场的力的性质，通过类比恒力作用下的曲线运动（平抛运动），理论上探究带电粒子在电场中偏转的规律。

此外专题既包含了电场的基本性质，又要运用直线和曲线运动的规律，还涉及到能量的转化和守恒，有关类比和建模等科学方法的应用也比较典型。

探究带电粒子的加速和偏转的规律，只要做好引导，学生自己是能够完成的，而且可以提高学生综合分析问题的能力。

二、教学目标：（一）知识与技能1、理解带电粒子在电场中的运动规律，并能分析解决加速和偏转方向的问题．2、知道示波管的构造和基本原理．（二）过程与方法通过带电粒子在电场中加速、偏转过程分析，培养学生的分析、推理能力（三）情感、态度与价值观通过知识的应用，培养学生热爱科学的精神三、教学重点难点重点：带电粒子在匀强电场中的运动规律难点：运用电学知识和力学知识综合处理偏转问题四、学情分析带电粒子在场中的运动（重力场、电场、磁场）问题，由于涉及的知识点众多，要求的综合能力较高，因而是历年来高考的热点内容，这里需要将几个基本的运动，即直线运动中的加速、减速、往返运动，曲线运动中的平抛运动、圆周运动、匀速圆周运动进行综合巩固和加深，同时需要将力学基本定律，即牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律等进行综合运用。

五、教学方法讲授法、归纳法、互动探究法六、课前准备1．学生的学习准备：预习牛顿第二定律的内容是什么，能定理的表达式是什么，抛运动的相关知识点。

2．教师的教学准备：多媒体课件制作，课前预习学案，课内探究学案，课后延伸拓展学案3、教具：多媒体课件七、课时安排：1课时八、学过程(一)预习检查、总结疑惑教师活动：引导学生复习回顾相关知识点（1）牛顿第二定律的内容是什么?（2）动能定理的表达式是什么?（3）平抛运动的相关知识点。

第3讲电容器带电粒子在电场中的运动一、电容器及电容1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。

(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。

(3)电容器的充、放电①充电：电容器充电的过程中，两极板所带的电荷量增加，极板间的电场强度增大，电源的能量不断储存在电容器中。

②放电：放电过程中，电容器把储存的能量通过电流做功转化为其他形式的能量。

2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比。

(2)定义式：C＝QU。

(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。

1 F＝106μF＝1012 pF。

(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。

(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关。

3．平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积，电介质，两极板间的距离。

(2)决定式：C＝εr S4πkd。

二、带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在电场中的加速(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝12m v2－12m v2。

(2)在非匀强电场中：W＝qU＝12m v2－12m v2。

2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)运动情况：带电粒子以初速度v0垂直电场方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图1所示。

图1(2)处理方法：将带电粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动。

根据运动的合成与分解的知识解决有关问题。

(3)基本关系式：运动时间t＝lv0，加速度a＝Fm＝qEm＝qUmd，偏转量y＝12at2＝qUl22md v20，偏转角θ的正切值tan θ＝v yv0＝atv0＝qUlmd v20。

【自测如图2所示，A、B两个带正电的粒子，所带电荷量分别为q1与q2，质量分别为m1和m2。

它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，A粒子打在N板上的A′点，B粒子打在N板上的B′点，若不计重力，则()图2A．q1＞q2B．m1＜m2C.q1m1＞q2m2 D.q1m1＜q2m2答案 C解析设粒子垂直电场进入匀强电场的速度为v0，电荷量为q，质量为m，所以加速度a＝qEm，运动时间t＝xv0，偏转位移为y＝12at2，整理得y＝qEx22m v20，显然由于A粒子的水平位移小，则有q1m1＞q2m2，但A粒子的电荷量不一定大，质量关系也不能确定，故A、B、D错误，C正确。

带电粒子(带电体)在电场中的运动问题目录一、考向分析二、题型及要领归纳热点题型一 优化场区分布创新考察电偏转热点题型二 利用交变电场考带电粒子在运动的多过程问题热点题型三 借助电子仪器考带电粒子运动的应用问题热点题型四 带电粒子(带电体)在电场和重力场作用下的抛体运动热点题型五 带电粒子(带电体)在电场和重力场作用下的圆周运动三、压轴题速练考向分析1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现。

2.学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析(特别是平抛运动、圆周运动等曲线运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题。

3.用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点。

4.带电粒子在电场中的运动(1)分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题。

(2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略。

一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。

5.用能量观点处理带电体的运动对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理。

即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常更简捷。

具体方法有：(1)用动能定理处理思维顺序一般为：①弄清研究对象，明确所研究的物理过程。

②分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功。

③弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能)。

④根据W=ΔE k列出方程求解。

(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理列式的方法常有两种：①利用初、末状态的能量相等(即E1=E2)列方程。

②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程。

9 带电粒子在电场中的运动本节分析在前面学习静电场性质的基础上，本节学习处理带电粒子在电场中运动的问题．本节内容主要培养学生综合应用力学知识和电学知识的能力．内容由“带电粒子的加速”“带电粒子的偏转”“示波管的原理”三部分组成．这样安排学习内容梯度十分明显，也符合学生的认知规律．由于力学与电学的综合程度逐渐提高，学生学习出现一些困难也属正常现象．教师应该帮助学生铺设合理的台阶，逐步提高他们的综合分析能力．教材是通过例题的形式来研究带电粒子的加速和偏转问题的．这样的处理可以避免出现“加速度公式、位移公式、速度公式、偏转角公式”等，因为记忆这些公式不仅加重学生负担,更会严重冲击学生研究问题时的物理意识．示波管原理部分不仅对力学、电学知识的综合能力的要求较高，而且要求有一定的空间想象能力．为此,教材第36页“思考与讨论”栏目中设计了四个问题，实际上是设置了四个台阶．教学中要循序渐进，给学生足够的思考空间．教材中带电粒子做匀加速运动，但没有用匀加速运动的公式来处理，而是用动能定理来处理．这是因为在电场中应用动能定理有特别的优越性（静电力做功与路径无关)．学情分析1．学生处理带电粒子在电场中运动的问题时,常常因“重力是否可以忽略”这一问题感到迷茫．教师处理这个问题时，要给学生总结归纳．2．带电粒子的偏转教材给出了电子垂直电场线方向射入匀强电场的情景．由于静电力方向与电子的初速度方向垂直,且静电力是恒力,所以学生可以据此判定电子只能做匀变速曲线运动，进而思考，用什么样的方法分析处理此类曲线运动的问题．3．示波管的原理学生没有根据沙摆实验得到振动曲线的基础，且本节也不宜用三角函数引入,因而本部分内容的学习难度较大，所以应该根据控制变量的思想逐步推进．教学目标错误!知识与技能(1）学习运用静电力、电场强度等概念研究带电粒子在电场中运动时的加速度、速度和位移等物理量的变化．(2）综合运用静电力做功、电势差、等势面等概念研究带电粒子在电场中运动时的能量转化．（3）了解示波管原理,并会分析简单现象．错误!过程与方法使用运动分解的方法，经历计算推导过程，培养学生的分析能力、抽象思维的能力和综合能力．情感、态度与价值观了解示波管的工作原理,体会静电场知识对科学技术的影响．教学重难点重点：带电粒子在电场中的偏转．难点：示波管原理．教学方法类比法、推导公式法、讨论法．教学准备多媒体辅助教学设备．教学过程设计错误!【思维拓展】如果进入电场的速度为v0，其最后射出电场的速度为多大？根据动能定理得:eU＝错误U＝2 500 V，m＝0。

高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R 的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B 点平滑连接，过半圆轨道圆心0的水平界面MN 的下方分布有水平向右的匀强电场E ，质量为m 的带正电小滑块从水平轨道上A 点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过B 点后电量保持不变，小滑块在AB 段加速度随位移变化图像如图乙．已知A 、B 间距离为4R ，滑块与轨道间动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g ，不计空气阻力，求(1)小滑块释放后运动至B 点过程中电荷量的变化量 (2)滑块对半圆轨道的最大压力大小(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距B 的距离 【答案】（1）mgq E∆=（2）(635N F mg =+（3）425v gR =夹角为11arctan 2β=斜向左下方，位置在A 点左侧6R 处． 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：根据在A 、B 两点的加速度结合牛顿第二定律即可求解小滑块释放后运动至B 点过程中电荷量的变化量；利用“等效重力”的思想找到新的重力场中的电低点即压力最大点； 解：(1)A 点：01·2q E mg m g μ-= B 点13·2q E mg m g μ-= 联立以上两式解得10mgq q q E∆=-=； (2) 从A 到B 过程：2113122··4022g gm R mv +=- 将电场力与重力等效为“重力G '，与竖直方向的夹角设为α，在“等效最低点”对轨道压力最大，则：'G =cos mgG α='从B 到“等效最低点”过程：222111(cos )22G R R mv mv α--'=22N v F G m R-='由以上各式解得：(6N F mg =+由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为：(6N F mg =+；(3) 从B 到C 过程：2213111·2?22mg R q E R mv mv --=- 从C 点到再次进入电场做平抛运动：13x v t =212R gt =y gt =v13tan y v v β=21tan mgq Eβ=由以上各式解得：12ββ=则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动 12tan R x β=从C 点到水平轨道：22124311·2?22mg R q E x mv mv +=-由以上各式解得：4v =126x x x R ∆=+=因此滑块再次到达水平轨道的速度为4V =方向与水平方向夹角为11arctan 2β=，斜向左下方，位置在A 点左侧6R 处．2．某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M 内有竖直向下的匀强电场，电场场强E ＝1.0×103V/m ，宽度d ＝0.05m ，长度L ＝0.40m ；区域MM′N′N 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.5×10－2T ，宽度D ＝0.05m ，比荷qm＝1.0×108C/kg 的带正电的粒子以水平初速度v 0从P 点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．(1) 若v 0＝8.0×105m/s ，求粒子从区域PP′N′N 射出的位置；(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v 0的大小； (3) 若粒子从M′点射出，求v 0满足的条件．【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v 0＝54.00.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：v 0＝53.20.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3)．【解析】 【详解】(1) 粒子以水平初速度从P 点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则竖直方向21··2Eq d t m＝ 得2mdt qE=代入数据解得t ＝1.0×10－6s 水平位移x ＝v 0t 代入数据解得x ＝0.80m因为x 大于L ，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出， 则运动时间t 0＝L v ＝0.5×10－6s ， 竖直位移201··2Eq y t m＝＝0.0125m 所以粒子从P′点下方0.0125m 处射出．(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x ＝v 2mdqE粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v 1＝qE m ·t 2qEd m设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v ＝1v sin α在磁场中由qvB ＝m 2v R得R ＝mv qB 粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x ＋Rsinα＝L 把x ＝v 02md qE 、R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m ＝代入解得 v 0＝L·2Eqmd－E B v 0＝3.6×105m/s.(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy ＝R －Rcosα＝R(1－cosα) 把R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEd v m＝代入解得 12(1cos )12tan sin 2mEd mEd y B q B q ααα-∆==可以看出当α＝90°时，Δy 有最大值，(α＝90°即粒子从P 点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v 1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)1max 212mv m qEd mEdy qB qB m B q∆=== Δy max ＝0.04m ，Δy max 小于磁场宽度D ，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：粒子要从M′点射出边界有两种情况， 第一种情况： L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t 把2md t qE =R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEdv m＝代入解得2 21221 L qE nEvn md n B=-⋅++v0＝4.00.821nn-⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n＝0、1、2、3、4)第二种情况：L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t＋2Rsinα把2mdtqE=、R＝mvqB、v1＝vsinα、12qEdvm＝代入解得2(1)21221L qE n Evn md n B+=-⋅++v0＝3.20.821nn-⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n＝0、1、2、3)．3．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示．该粒子运动到图中Q点时速度方向与P点时速度方向垂直，如图中Q点箭头所示．已知P、Q间的距离为L．若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q 点．不计重力．求：（1）电场强度的大小．（2）两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之比．【答案】22B qLEm=；2BEttπ=【解析】【分析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周的半径，则有2vqv B mR=由于粒子在Q点的速度垂直它在p点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹为14圆周，故有2R=以E 表示电场强度的大小，a 表示粒子在电场中加速度的大小，t E 表示粒子在电场中由p 点运动到Q 点经过的时间，则有qE ma = 水平方向上：212E R at =竖直方向上：0E R v t =由以上各式，得 22B qL E m= 且E mt qB = （2）因粒子在磁场中由P 点运动到Q 点的轨迹为14圆周，即142B t T m qB π==所以2B E t t π=4．如图，以竖直向上为y 轴正方向建立直角坐标系；该真空中存在方向沿x 轴正向、场强为E 的匀强电场和方向垂直xoy 平面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场；原点O 处的离子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量为m 、电荷量为-q （q>0）的粒子束，粒子恰能在xoy 平面内做直线运动，重力加速度为g,不计粒子间的相互作用； （1）求粒子运动到距x 轴为h 所用的时间；（2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为'mgE q=，求从O 点射出的所有粒子第一次打在x 轴上的坐标范围（不考虑电场变化产生的影响）； （3）若保持EB 初始状态不变，仅将粒子束的初速度变为原来的2倍，求运动过程中，粒子速度大小等于初速度λ倍（0<λ<2）的点所在的直线方程.【答案】（1）Bht E= (2)2222225m g m g x q B q B ≤≤ （3）22211528m g y x q B =-+【解析】（1）粒子恰能在xoy 平面内做直线运动，则粒子在垂直速度方向上所受合外力一定为零，又有电场力和重力为恒力，其在垂直速度方向上的分量不变，而要保证该方向上合外力为零，则洛伦兹力大小不变，因为洛伦兹力F Bqv =洛，所以受到大小不变，即粒子做匀速直线运动，重力、电场力和磁场力三个力的合力为零，设重力与电场力合力与-y 轴夹角为θ，粒子受力如图所示，()()()222Bqv qE mg =+，()()225qE mg mg v +==则v 在y 方向上分量大小sin 2y qE E mgv v vBqv B qBθ==== 因为粒子做匀速直线运动，根据运动的分解可得，粒子运动到距x 轴为h 处所用的时间2y h Bh qhB t v E mg===； （2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下，电场强度大小变为'mgE q=，则电场力''F qE mg ==电，电场力方向竖直向上；所以粒子所受合外力就是洛伦兹力，则有，洛伦兹力充当向心力，即2v qvB m r =，()()22mqE mg mv R Bq+==如图所示，由几何关系可知，当粒子在O 点就改变电场时，第一次打在x 轴上的横坐标最小，()()()()22212222222sin 2mqE mg mE m gx R B q q BqE mg θ+====+ 当改变电场时粒子所在处于粒子第一次打在x 轴上的位置之间的距离为2R 时，第一次打在x 轴上的横坐标最大，()()()()()()22222222222222[]25sin mqE mg m qE mg Rm g x qEB q Eq BqE mg θ++====+ 所以从O 点射出的所有粒子第一次打在x 轴上的坐标范围为12x x x ≤≤，即2222225m g m gx q B q B≤≤ （3）粒子束的初速度变为原来的2倍，则粒子不能做匀速直线运动，粒子必发生偏转，而洛伦兹力不做功，电场力和重力对粒子所做的总功必不为零；那么设离子运动到位置坐标（x ，y ）满足速率'v v =，则根据动能定理有()2211222qEx mgy mv m v --=--，3222231528m g qEx mgy mv q B --=-=-， 所以22211528m gy x q B=-+ 点睛：此题考查带电粒子在复合场中的运动问题；关键是分析受力情况及运动情况，画出受力图及轨迹图；注意当求物体运动问题时，改变条件后的问题求解需要对条件改变引起的运动变化进行分析，从变化的地方开始进行求解．5．图中是磁聚焦法测比荷的原理图。

9帶電粒子在電場中的運動學習目標知識脈絡1.瞭解帶電粒子在電場中的運動特點．(重點)2.會運用靜電力、電場強度的概念，根據牛頓運動定律及運動學公式研究帶電粒子在電場中的運動．(難點)3.會運用靜電力做功、電勢、電勢差的概念，根據功能關係研究帶電粒子在電場中的運動．(難點)4.瞭解示波管的構造和基本原理.帶電粒子的加速[先填空]1．基本粒子的受力特點：對於品質很小的基本粒子，如電子、質子等，雖然它們也會受到萬有引力(重力)的作用，但萬有引力(重力)一般遠遠小於靜電力，可以忽略不計．2．帶電粒子加速問題的處理方法：(1)利用動能定理分析．初速度為零的帶電粒子，經過電勢差為U的電場加速後，qU＝12m v2，則v＝2qUm.(2)在勻強電場中也可利用牛頓定律結合運動學公式分析．[再判断]1．基本帶電粒子在電場中不受重力．(×)2．帶電粒子僅在電場力作用下運動時，動能一定增加．(×)3．帶電粒子在電容器兩板間加速時，若電壓不變，增大板間距離時，並不改變粒子末速度大小，但改變運動時間．(√)[后思考]動能定理是分析帶電粒子在電場中加速常用的方法，試想該方法適用於非勻強電場嗎？【提示】適用，由於W＝qU既適用於勻強電場又適用於非勻強電場，故qU＝12m v2－12m v2適用於任何電場．[合作探讨]如圖1-9-1所示，平行板電容器兩板間電壓為U.板間距離為d.一品質為m，帶電量為q的正離子在左板附近由靜止釋放．圖1-9-1探討1：正離子在兩板間做什麼規律的運動？加速度多大？【提示】正離子在兩板間做初速度為零的勻加速直線運動．加速度a＝qU dm.探討2：正離子到達負極板時的速度多大？【提示】由qU＝12m v2可得v＝2qUm.[核心点击]1．電場中的帶電粒子的分類(1)帶電的基本粒子：如電子、質子、α粒子、正離子、負離子等，這些粒子所受重力和電場力相比要小得多，除非有特別的說明或明確的標示，一般都不考慮重力(但並不能忽略品質)．(2)帶電微粒：如帶電小球、液滴、塵埃等，除非有特別的說明或明確的標示，一般都要考慮重力．某些帶電體是否考慮重力，要根據題目說明或運動狀態來判定．2．解決帶電粒子在電場中加速時的基本思路1．如圖1-9-2所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運動．已知兩極板間電勢差為U，板間距為d.電子品質為m，電荷量為e.則關於電子在兩板間的運動情況，下列敘述正確的是()【導學號：34522018】圖1-9-2A．若將板間距d增大一倍，則電子到達Q板的速率保持不變B．若將板間距d增大一倍，則電子到達Q板的速率也增大一倍C．若將兩極板間電勢差U增大一倍，則電子到達Q板的時間保持不變D．若將兩極板間電勢差U增大一倍，則電子到達Q板的時間減為一半【解析】由動能定理有12m v2＝eU，得v＝2eUm，可見電子到達Q板的速率與板間距離d無關，故A項對、B項錯．兩極板間為勻強電場E＝Ud，電子的加速度a＝eUmd，由運動學公式d＝12at2得t＝2da＝2md2eU，若兩極板間電勢差增大一倍，則電子到達Q板時間減為原來的22，故C、D項都錯．【答案】 A2．在如圖1-9-3所示平行板電容器A、B兩板上加上如圖1-9-4所示的交變電壓，開始B板的電勢比A板高，這時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動，設電子在運動中不與極板發生碰撞，則下述說法正確的是(不計電子重力)()圖1-9-3圖1-9-4A．電子先向A板運動，然後向B板運動，再返回A板做週期性來回運動B．電子一直向A板運動C．電子一直向B板運動D．電子先向B板運動，然後向A板運動，再返回B板做週期性來回運動【解析】由運動學和動力學規律畫出如圖所示的v-t圖像可知，電子一直向B板運動，選項C正確．【答案】 C分析帶電粒子加速運動問題的兩點提醒(1)對於勻強電場雖然用動力學觀點和功能觀點均可求解，但運用功能觀點列式更簡單，故應優先選用功能觀點．(2)若電場為非勻強電場，帶電粒子做變加速直線運動，不能通過牛頓運動定律途徑求解．注意W＝qU對一切電場適用，因此從能量的觀點入手，由動能定理來求解．帶電粒子在電場中的偏轉示波管的原理[先填空]1．運動狀態分析帶電粒子以速度v0垂直於電場線方向飛入勻強電場時，受到恒定的與初速度方向成90°角的電場力作用而做勻變速曲線運動．2．偏轉問題的處理方法電荷量為q的帶電粒子在電場中做類平拋運動，將帶電粒子的運動沿初速度方向和電場線方向進行分解(類似于平拋運動的處理方法)．如圖1-9-5所示，設帶電粒子沿中線進入板間，忽略電容器的邊緣效應．圖1-9-5(1)沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，滿足L＝v0t.(2)沿電場線方向的分運動為初速度為零的勻加速直線運動．3．示波管的原理(1)示波管的構造：由三部分構成：電子槍、偏轉電極、螢光屏，如圖1-9-6所示．示波管的原理圖圖1-9-6(2)示波管的原理：XX′電極使電子束做橫向(面向螢光屏而言)的水準掃描，YY′電極使電子束隨信號電壓的變化在縱向做豎直方向的掃描，這樣就在螢光屏上出現了隨時間而展開的信號電壓的波形．顯然，這個波形是電子束同時參與兩個相互垂直的分運動合成的結果．[再判断]1．帶電粒子在勻強電場中偏轉時，其速度和加速度均不變．(×)2．帶電粒子在勻強電場中無論是直線加速還是偏轉，均做勻變速運動．(√) 3．示波管電子槍的作用是產生高速飛行的電子束，偏轉電極的作用是使電子束髮生偏轉，打在螢光屏的不同位置．(√)[后思考]1．帶電粒子在電場中做類平拋的條件是什麼？【提示】(1)偏轉電場為勻強電場．(2)帶電粒子必須以初速度v0垂直於電場線方向進入電場．2．當示波管的偏轉電極沒有加電壓時，電子束將打在螢光屏什麼位置？【提示】偏轉電極不加電壓，電子束沿直線運動、打在螢光屏中心，形成一個亮斑．[合作探讨]如圖1-9-7所示，兩平行金屬板間存在豎直向下的勻強電場，一品質為m、帶電量為q的粒子以速度v0垂直於電場方向射入兩極之間．已知，兩板間距為d，板長度為l，兩板間電壓為U.不計粒子的重力．圖1-9-7探討1：粒子在兩板間做什麼性質的運動？在板間運動的加速度和運動時間是多少？【提示】粒子在兩板間做類平拋運動，加速度a＝Uqdm，運動時間t＝lv0.探討2：粒子離開電場時沿電場方向的速度和偏移量y各是多少？【提示】v⊥＝at＝Uqldm v0y＝12at2＝Uql22dm v20.[核心点击] 1．基本規律圖1-9-8(1)初速度方向⎩⎨⎧速度：v x ＝v 0位移：x ＝v 0t(2)電場線方向⎩⎪⎨⎪⎧速度：v y ＝at ＝qU md ·l v 0位移：y ＝12at 2＝12·qU md ·l 2v 20(3)離開電場時的偏轉角：tan α＝v y v 0＝qUlmd v 20(4)離開電場時位移與初速度方向的夾角：tan β＝y l ＝qUl2m v 20d .2．五個常用推論 (1)tan α＝2tan β.(2)粒子從偏轉電場中射出時，其速度反向延長線與初速度方向延長線交于沿初速度方向分位移的中點．(3)以相同的初速度進入同一個偏轉電場的帶電粒子，不論m 、q 是否相同，只要qm 相同，即荷質比相同，則偏轉距離y 和偏轉角α相同．(4)若以相同的初動能E k0進入同一個偏轉電場，只要q 相同，不論m 是否相同，則偏轉距離y 和偏轉角α相同．(5)不同的帶電粒子經同一加速電場加速後(即加速電壓相同)，進入同一偏轉電場，則偏轉距離y 和偏轉角α相同⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＝U 2l 24U 1d ，tan α＝U 2l 2U 1d .3．如圖1-9-9所示，電子在電勢差為U 1的加速電場中由靜止開始運動，然後射入電勢差為U 2的兩塊平行極板間的電場中，射入方向跟極板平行，整個裝置處在真空中，重力可忽略，在滿足電子能射出平行板區的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉角θ變大的是()圖1-9-9A．U1變大、U2變大B．U1變小、U2變大C．U1變大、U2變小D．U1變小、U2變小【解析】設電子被加速後獲得的速度為v0，則由動能定理得qU1＝12m v2設極板長為l，則電子在電場中偏轉所用的時間為t＝l v0設電子在平行板間受電場力作用產生的加速度為a，由牛頓第二定律得a＝qE2 m＝qU2 dm電子射出偏轉電場時，平行於電場方向的速度為v y＝at解得v y＝qU2l dm v0故tan θ＝v yv0＝qU2ldm v20＝qU2l2dqU1＝U2l2dU1所以U2變大或U1變小都可能使偏轉角θ變大，故選項B正確．【答案】 B4．一個品質為m、電荷量為q的帶電粒子以平行於兩極板的速度v0進入勻強電場，如圖1-9-10所示，如果兩極板間電壓為U，兩極板間的距離為d、板長為L.設粒子束不會擊中極板，求粒子從進入電場到飛出極板時電勢能的變化量．(粒子的重力忽略不計)圖1-9-10【解析】水準方向勻速，則運動時間t＝Lv0①豎直方向加速，則側移y＝12at2 ②且a ＝qU dm③由①②③得y ＝qUL 22md v 20則電場力做功W ＝qE ·y ＝q ·U d ·qUL 22md v 20＝q 2U 2L 22md 2v 20 由功能原理得電勢能減少了q 2U 2L 22md 2v 20.【答案】 減少了q 2U 2L 22md 2v 20帶電粒子在電場中運動問題的處理方法帶電粒子在電場中運動的問題實質上是力學問題的延續，從受力角度看帶電粒子與一般物體相比多受到一個電場力；從處理方法上看仍可利用力學中的規律分析：如選用平衡條件、牛頓定律，動能定理、功能關係，能量守恆等．。