带电粒子在电场中的运动教学设计

2024-08-29

带电粒子在电场中的运动教学设计（精选11篇）

1.带电粒子在电场中的运动教学设计篇一

《带电粒子在电场中的运动》说课稿

胡鹏林

一、教材的分析与处理

1、地位和作用：

本节内容是高中物理新教材选修 3-1 第一章第九节，大纲要求学生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。带电粒子在电场中的运动问题是物理电学中的重点、难点，它涉及到带电粒子在电场中的受力分析，能量转化，运动合成与分解等诸多知识点，要求学生具有运用电学知识和力学知识处理力电综合问题的分析、推理能力，以该问题为基础设计出的力电综合问题历来是高考中的热点。

2、教材的安排与编写意图：

这节教材先从能量角度入手研究了带电粒子在电场中的加速，然后，又从分析粒子受力情况入手，类比重力场中的平抛运动，研究了带电粒子在匀强电场中的偏转问题。编者安排这一节，一方面是加深对前面所学知识的理解，另一方面是借助分析带电粒子的加速和偏转，使学生进一步掌握运动和力的关系，培养学生应用物理知识解决实际问题的能力。

3、教学重点、难点

① 重点：带电粒子在匀强电场中的加速和偏转 ② 难点：带电粒子在匀强电场中的运动规律

二、教学目标

根据教学大纲和考试说明的要求，结合学生的特点制定如下目标：

1、知识与技能：

①掌握带电粒子在电场中的运动情况的分析方法 ②掌握带电粒子在电场中加速和偏转的运动规律

2、过程与方法：

①运用猜想、类比等方法对带电粒子在电场中的运动规律进行理论探究

②运用动力学观点和能量观点，体会带电粒子在电场中运动的一般分析方法

3、情感、态度与价值观：

①了解带电粒子在电场中运动在技术上的应用，体会物理与科技、生活的联系激发学生的学习兴趣

②严密的演绎推理，感悟理论研究须具备严谨的科学态度和科学精神

三、教学设想

1、教学的方法和手段：

本节以教师为主导，学生为主体，以思维训练为主线。通过回顾物体的匀加速直线运动和平抛运动，使微观粒子运动的过程宏观化；通过恰当的问题设置和类比方法的应用，点拨了学生分析问题的方法思路；引导学生进行分析、讨论、归纳、总结，使学生动口、动脑、动手，亲身参与获取知识，提高学生的综合素质。

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、教学过程设计

为了切实完成所定教学目标，充分发挥学生的主体作用，对一些主要的教学环节采取了如下设想：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）静电力做功公式？

一、带电粒子在电场中加速的处理

正确研究运动的前提是正确进行受力分析。对于微观粒子来讲重力不计，学生第一次接触。当然忽略重力，这是微观粒子在电场中的公共条件，也是研究这一类问题的前提条件。教师延伸拓展

对于常见的微观粒子：质子、电子、α粒子、正负离子等，其重力远小于电场力，在没有特别说明或暗示的情况下，一般不计重力。

对于带电实体：带电的小球、液滴、尘埃等，其重力与电场力接近，在没有特别说明或暗示的情况下，一般要考虑重力。为了更好的学习新知识，我们先通过习题回顾一下解题的方法

2、[习题]：一个质量为m=2kg的物体静止在光滑的水平面上，在外力F=4N作用下，使物体向右运动，当运动的位移为s=100m时，物体的速度是多大？

学生思考后让学生在黑板写出解题过程解法一：用牛顿运动定律来解由F=ma变形可求a=F/m=4/2=2(m/s2)再由运动学公式2as=vt2-v02代入数得 vt2=2as=400，解得vt=20（m/s）

解法二：用动能定理来解

外力做的功w=Fs=4×100=400(J)物体增加的动能Ek=mvt2/2 有动能定理可得：w=Ek 400= 2vt2/2 解得 vt=20（m/s）类比讨论：带电粒子在电场中的加速

若一个质量为m带正电荷q的粒子，在静电力作用下由静止从开始从正极向负极运动。

1、粒子做什么运动？

2、到负极时静电力做的功？

3、到负极时的速度？

解:

1、粒子做匀加速直线运动

2、Wab=quab

3、WAB=1/2mv2 即quab=1/2mv2 得

二、课堂练习

U +-

A．只适用于匀强电场中，v0＝0的带电粒子被加速

B．只适用于匀强电场中，粒子运动方向与场强方向平行的情况

C．只适用于匀强电场中，粒子运动方向与场强方向垂直的情况

D．适用于任何电场中，v0＝0的带电粒子被加速

2．如图1，P和Q为两平行金属板，板间电压为U，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动．关于电子到达Q板时的速率，下列说法正确的是 [ ]

A．两板间距离越大，加速时间越长，获得的速率就越大

B．两板间距离越小，加速度越大，获得的速率就越大

C．与两板间距离无关，仅与加速电压U有关

D．以上说法都不正确

三、课堂总结

四、作业布置

六、板书设计：

带电粒子在电场中的运动

(一)、带电粒子的加速由W=qU及动能定理：

W=△Ek=得：

2mv-0 2qU=到达另一板时的速度为：

mv 2 v=2qU m

七、课堂评价

本节课评价总体上以鼓励为主，寻找学生的闪光点，激发学生的自信心，让学生保持健康向上的心态，积极参与学习活动。为学生的学习创造良好环境，促进学生发展。本着这一原则，这堂课主要从以下方面进行评价：

1、观察学生在探究学习中表现的兴趣、投入程度以及合作态度。

2、评价学生观点的准确性，逻辑性，拓展性。

3、评价是否善于发现问题，提出的问题是否合理，是否新颖，广度与深度如何。

4、通过讨论和课堂练习，评价学生知识迁移和举例论证能力。

2.带电粒子在电场中的运动教学设计篇二

一些带电粒子在电场中的运动问题, 题意中会有一些暗示, 如粒子沿某个方向做直线运动、带电小球静止等, 根据这些条件, 可以分析粒子重力是否考虑.

例1 图1中 a、b 为竖直向上的电场线上的两点, 一带电质点在 a 点由静止释放, 沿电场线向上运动, 到b点恰好速度为零.下列说法中正确的是 ( )

(A) 带电质点在 a、b 两点所受的电场力都是竖直向上的

(B) a 点的电势比 b 点的电势高

(D) a 点的电场强度比 b 点的电场强度大

解析:题中告诉我们带电质点由 a 点静止释放, 到 b 点速度为零, 由此可以分析出带电质点先做加速运动, 后做减速运动.如果不考虑重力, 质点将会在电场力作用下一直做加速运动, 到达 b 点速度不可能为零.因此, 题中必须考虑到带电质点所受到的重力.

在考虑重力的情况下, 由于带电质点要向上运动, 故带电质点所受的电场力必须竖直向上, 故 (A) 对;电场力对带电质点做正功, 电势能减小, 故 (C) 错;质点先往上做加速运动, 故在 a 处, 质点所受的电场力必须比重力大, 而后质点要做减速运动, 在 b 处, 电场力必须小于带电质点所受到的重力, 故 (D) 对;顺着电场线方向, 电势降低, 故 (B) 对.

正确答案: (A) 、 (B) 、 (D) .

二、用运动的合成与分解的方法分析带电粒子在电场中的复杂运动

这里所说的复杂运动, 是指带电粒子在电场中比类平抛运动更复杂的运动.处理这种运动的基本思路与处理带电粒子在匀强电场中的偏转是类似的, 即可将这种复杂的运动分解为两个互相垂直的、比较简单的直线运动, 然后再按运动合成的方法求出这个复杂运动的相关物理量.

例2 带电粒子以速度 v0 沿竖直方向垂直进入匀强电场E中, 如图2所示, 经过一段时间后, 其速度为水平方向, 大小为 v0, 则一定有 ( )

(A) 电场力等于重力

(B) 粒子运动的水平位移大小等于竖直位移大小

(D) 电势能的减少一定等于重力势能的增加

解析:粒子从A到B, 竖直方向速度由 v0 减小到零, 由此可以判定粒子一定受到竖直向下的重力.

竖直方向:粒子做竖直上抛运动, 粒子到达B点时, vBy=vAy-gt, 求得粒子从A到B所用时间为:

$t = \frac{v_{A y}}{g} = \frac{v_{0}}{g} (1)$

由 v $_{B y}^{2}$ -v $_{A y}^{2}$ =-2gh 得竖直方向位移

$h = \frac{v_{A y}^{2}}{2 g} = \frac{v_{0}^{2}}{2 g} (2)$

水平方向:粒子做初速为零的匀加速直线运动, $a_{x} = \frac{q E}{m} .$

由已知条件:

vBx=v0=axt (3)

将 (1) 代入 (3) 得:

$v_{0} = a_{x} t = a_{x} \frac{v_{0}}{g} (4)$

所以 ax=g, 即 mg=qE.

粒子从A到B水平位移为

$s = \frac{1}{2} a_{x} t^{2} = \frac{v_{0}^{2}}{2 g}$ ,

由 (2) 、 (4) 式得:从A到B, h=s.

电场力做功:W电 $= q E s = \frac{1}{2} m v_{0}^{2} .$

重力做功: $W_{G} = - m g h = - \frac{1}{2} m v_{0}^{2} .$

由能的转化和守恒定律知:重力势能的减少等于重力势能的增加.

所以选项 (A) 、 (B) 、 (C) 、 (D) 正确.

正确答案: (A) 、 (B) 、 (C) 、 (D) .

三、用功和能的观点分析带电粒子在电场中的运动

例3 在一个水平面上建立 x 轴, 在过原点O垂直于 x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场, 场强大小E=6×105N/C, 方向与 x 轴正方向相同, 在O处放一个带电量 q=-5×10-8C, 质量 m=10 g 的绝缘物块, 物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2, 沿 x 轴正方向给物块一个初速度 v0=2 m/s, 如图3所示, 问物块最终停止时的位置坐标? (g 取10 m/s2)

解析:电场力F电=qE=5×10-8×6×105=0.03N.

重力G=mg=10×10-3×10=0.1N.

摩擦力Ff=μmg=0.2×0.1=0.02N.

带电物块先向右做减速运动, 运动到最右端速度为零, 设此时物块距O点距离为 s0.由于电场力比摩擦力要大, 故物块会从此位置向左做加速运动, 运动到O点, 具有向左的速度, 继续向左运动, 由于O点左边区间无电场, 故水平方向物块仅受摩擦力作用, 做减速运动.最终会静止于O点的左侧.设此时该位置距O点的距离为 x.

从O到最右端速度为0处, 有

$- q E s_{0} - μ m g s_{0} = 0 - \frac{1}{2} m v_{0}^{2} .$

从O到最终静止的位置, 有

$- μ m g (x + 2 s_{0}) = 0 - \frac{1}{2} m v_{0}^{2} .$

由上两个方程, 可解得 x=0.2 m.

故物块最终静止时的位置坐标为 (-0.2, 0)

答案: (-0.2, 0) .

四、用“等效法”分析带电粒子在电场中的运动

对于带电粒子在复合场中的圆周运动问题, 粒子同时受到电场力与重力, 这时可以将电场力与重力的合力等效为重力, 然后对比重力场中的圆周运动, 分析出速度最大处与速度最小处.

例4 如图4所示, 在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O, 用一根长度为 l=0.40 m 的绝缘细线把质量为 m=0.10 kg, 带有正电荷的金属小球悬挂在O点, 小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ=37°.现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放, 求:

(1) 小球运动通过最低点C时的速度大小;

(2) 小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小;

(3) 小球在从A到C点的过程中的最大速度.

解析:小球在B点静止时受力平衡, 则有

qE=mgtan37°, 所以 $q E = \frac{3}{4} m g .$

(1) 小球从A点由静止释放后做圆周运动, 从A到C, 由动能定理, 有

$m g l - q E l = \frac{1}{2} m v_{c}^{2} - 0$ ,

$\begin{array}{l} 所以 v_{c} = \sqrt{\frac{g l}{2}} = \sqrt{\frac{10 \times 0.40}{2}} \\ = \sqrt{2} m / s = 1.41 m / s . \end{array}$

(2) 在C点时, 细线的拉力F与重力的合力充当向心力.由牛顿第二定律有

$F - m g = \frac{m v_{c}^{2}}{l}$ ,

$\begin{array}{l} 所以 ‚ F = m g + \frac{m v_{c}^{2}}{l} = \frac{3}{2} m g \\ = \frac{3}{2} \times 0.10 \times 10 \\ = 1.5 Ν . \end{array}$

(3) 小球在B点, 由受力分析可知, 其电场力与重力的合力正好与绳的拉力反向, 其受力特点正好与重力场中圆周运动最低点受力特点相类似, 故在B点小球的速度最大, 最大速度为 vm.

从A到B, 由动能定理有

$m g L \cos 37 ° - q E l (1 - \sin 37 °) = \frac{1}{2} m v_{m}^{2}$ ,

解得 vm=2 m/s.

五、用图象分析带电粒子在电场中的运动

对于带电粒子在电场中的复杂运动, 如果粒子运动的加速度在做周期性的变化, 我们可采用图像法来分析题意, 理清思路, 使粒子的运动情况更加清晰.

例5 如图5所示, A、B是一对平行的金属板, 在两板间加上一周期为T的交变电压U, A板的电势φA=0, B板的电势φB随时间的变化规律:在0到 $\frac{Τ}{2}$ 的时间内, φB=φ0 (正的常数) ;在 $\frac{Τ}{2}$ 到T的时间内, φB=-φ0:在T到 $\frac{3 Τ}{2}$ 的时间内, φB=φ0;在 $\frac{3 Τ}{2}$ 到2T的时间内, φB=-φ0;依此规律变化.现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内, 设电子的初速度和重力的影响均可忽略.

(A) 若电子是在 t=0时刻进入的, 它将一直向B板运动

(B) 若电子是在 $t = \frac{Τ}{8}$ 时刻进入的, 它可能时而向B板运动, 时而向A板运动, 最后打在B板上

(D) 若电子是在 $t = \frac{Τ}{2}$ 时刻进入的, 它可能时而向B板运动, 时而向A板运动

解析:电子在电场中的受力

$F = q E = \frac{q U}{d}$

电子的加速度大小为:

$a = \frac{F}{m} = \frac{q U}{m d} = k U (k = \frac{q}{m d})$

电子的加速度图象与电压图象类似, 取向上为正方向, 其图象如图6所示, 相应的在 (A) 、 (B) 、 (C) 、 (D) 四个选项中电子的运动和速度图象分别如图7所示:

从图中可以看出, vA在各个时间段内的位移都为正的, 它一直向B板运动, vB在有的时间段内的位移为正, 有的时间段内位移为负, 但总的位移为正, 所以 (B) 对, 而 vC 中负的位移大于正的位移, 它不可能打在B板, vD在进入的 $\frac{Τ}{2}$ 内, 位移就是负的, 它不可能进入电场区域, 故应选 (A) 、 (B) .

3.带电粒子在电场中的运动篇三

一、带电粒子在电场中的平衡[ 图1]

例1 如图1，匀强电场方向与水平线间夹角[θ＝30°]，方向斜向右上方，电场强度为[E]，质量为[m]的小球带负电，以初速度[v0]开始运动，初速度方向与电场方向一致.

（1）若小球的带电荷量为[q＝mgE]，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力[F1]的大小和方向各如何？

（2）若小球的带电荷量为[q＝2mgE]，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如何？

解析（1）如图2，欲使小球做匀速直线运动，必使其合外力为0.

设对小球施加的力[F1]与水平方向夹角为[α]，则

[F1cos α＝qEcos θ]

[F1sin α＝mg＋qEsin θ]

解得[α＝60°]，[F1＝3mg]

恒力[F1]与水平线夹角60°斜向右上方．

图2 图3

（2）为使小球能做直线运动，则小球所受合力的方向必和运动方向在一条直线上，故要求力[F2]和[mg]的合力和电场力在一条直线上．当[F2]取最小值时，[F2]垂直于[F].

故[F2＝mgsin 60°＝32mg]

方向如图3，与水平线夹角60°斜向左上方．

点评分析带电粒子力学问题的方法与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化．分析方法是：

1．确定研究对象．如果有几个物体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”，一般是先整体后隔离．

2．对研究对象进行受力分析．

3．列平衡方程[(F合＝0]或[Fx＝0，Fy＝0).]

二、带电粒子在电场中的直线运动

例2 　如图4，在绝缘水平面上，有相距为[L]的[A]、[B]两点，分别固定着两个带电荷量均为[Q]的正电荷．[O]为[AB]连线的中点，[a、b]是[AB]连线上两点，其中[Aa＝Bb＝L4]. 一质量为[m]、电荷量为[＋q]的小滑块(可视为质点)以初动能[Ek0]从[a]点出发，沿[AB]直线向[b]运动，其中小滑块第一次经过[O]点时的动能为[2Ek0]，第一次到达[b]点时的动能恰好为零，小滑块最终停在[O]点，已知静电力常量为[k]. 求：

图4

（1）小滑块与水平面间滑动摩擦力的大小；

（2）小滑块刚要到达[b]点时加速度的大小和方向；

（3）小滑块运动的总路程[l路].

解析（1）由[Aa＝Bb＝L4]，[O]为[AB]连线的中点可知[a、b]关于[O]点对称，则[a、b]之间的电势差为[Uab＝0]

设小滑块与水平面间摩擦力的大小为[Ff]，滑块从[a→b]的过程，由动能定理，得

[q?Uab－Ff?L2＝0－Ek0]

解得[Ff=2Ek0L]

（2）根据库仑定律，小滑块刚要到达[b]点时受到的库仑力的合力为

[F=kQq(L4)2-kQq(3L4)2=128kQq9L2]

根据牛顿第二定律，小滑块刚要到达[b]点时加速度的大小为[a＝F+Ff3=128kQq9mL2+2Ek0mL]，方向由[b]指向[O](或向左)

（3）设滑块从[a→O]的过程中电场力做功为[W]，由动能定理，得

[W－Ff?14L＝2Ek0－Ek0]

解得[W＝1.5Ek0]

对于小滑块从[a]开始运动到最终在[O]点停下的整个过程中，由动能定理，得

[W－Ff?l路＝2Ek0－Ek0]

解得[l路=1.25L]

点评 1．利用力和运动的关系——牛顿运动定律和匀变速直线运动规律的结合．即受力和初速度决定运动，运动反映受力．这是一切力学问题的分析基础，特别适于恒力作用下的匀变速直线运动．

2．利用功、能关系——动能定理及其他力的功能关系(如重力、电场力、摩擦力等)及能的转化守恒，无论恒力作用、变力作用、直线运动、曲线运动皆可．

3．计算电场力做功常用方法

（1）[WAB＝qUAB](普遍适用)

（2）[W＝qE?s?cosθ](适用于匀强电场)

（3）[WAB＝－ΔEp](从能量角度求解)

（4）[W电＋W非电＝ΔEk](由动能定理求解)

三、带电粒子在电场中的偏转

例3 如图5，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为[U1]的加速电场，经加速后从小孔[S]沿平行金属板[A、B]的中心线射入，[A、B]板长为[L]，相距为[d]，电压为[U2].则带电粒子能从[A、B]板间飞出应该满足的条件是（）

[粒子源]

图5

A. [U2U1<2dL] B. [U2U1

C. [U2U1<2d2L2] D. [U2U1

解析根据[qU1＝12mv2]，再根据[t＝Lv]和[y＝12at2＝qU22md(Lv)2]，由题意，[y<12d]，解得[U2U1<2d2L2]，故C项正确．

点评 1. 粒子在电场中的偏转类似于平抛运动的分析处理，将运动沿两互相垂直方向分解，即沿初速度方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，然后应用运动的合成和分解的知识处理.

2. 若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压[U0]加速后进入偏转电场的，则粒子的偏转距离[y=U2L24U1d],与粒子的[q、m]无关，仅取决于加速电场和偏转电场．即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转距离总是相同的．

四、带电粒子在电场中的圆周运动

例4 如图6甲，场强大小为[E]、方向竖直向上的匀强电场内存在一竖直平面内半径为[R]的圆形区域，[O]点为该圆形区域的圆心，[A]点是圆形区域的最低点，[B]点是最右侧的点. 在[A]点有放射源释放出初速度大小不同、方向均垂直于场强向右的正电荷，电荷的质量为[m]，电荷量为[q]，不计重力. 求：

[甲乙]

图6

（1）电荷在电场中运动的加速度多大？

（2）运动轨迹经过[B]点的电荷在[A]点时的速度多大？

（3）某电荷的运动轨迹和圆形区域的边缘交于[P]点，[∠POA＝θ]，请写出该电荷经过[P]点时动能的表达式；

（4）若在圆形区域边缘有一接收屏[CBD]，[C、D]分别为接收屏最边缘的两点，如图6乙，[∠COB＝∠BOD＝30°]，则该屏上接收到的电荷的末动能大小的范围多大？

解析（1）由[F= Eq]及[F=ma]，得加速度

[a＝Eq/m] ①

（2）设电荷在[A]点的速度为[v0]，它从[A]运动到[B]，做类平抛运动

则水平方向[R＝v0t] ②

竖直方向[R＝at2] ③

由①②③得[v0＝EqR2m].

（3）设某电荷在[A]点的速度为[v0′]，该电荷在[P]点的动能为[EKp]，它从[A]运动到[P]，由动能定理，得

[Eq(R－Rcosθ) ＝EKp-12mv0′2] ④

由类平抛规律，得

[Rsinθ＝v0′t] ⑤

[R－Rcosθ＝12at2] ⑥

由①④⑤⑥得[EKp=14EqR(5－3cosθ)]．

（4）由第（3）问的结论可以看出，当[θ]从0°变化到180°，接收屏上电荷的动能逐渐增大，因此[D]点接收到的电荷的末动能最小，[C]点接收到的电荷的末动能最大.

[EkD=14EqR(5－3cos60°)=78EqR]

[EkC＝14EqR(5－3cos120°)＝138EqR]

所以，屏上接收到的电荷末动能大小的范围为[78EqREk138EqR].

4.带电粒子在电场中的运动教学设计篇四

（二）知识点：解决带电粒子在电场中运动的基本思路：

1．受力分析．

研究对象有两种：带电粒子和带电质点．前者______考虑重力，后者______考虑重力． 2．运动轨迹和过程分析．

带电粒子运动形式决定于：粒子的受力情况和初速度情况． 3．解题的依据．

（1）力的观点：牛顿运动定律和运动学公式．

（2）能量的观点：电场力做功与路径无关；动能定理；能的转化与守恒规律．【典型例题】

题型1 带电粒子在电场中偏转

【例1】如图所示，质量为m，电量为e的电子，从A点以速度v0垂直场强方向射入匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120角，则A、B两点间的电势差是多少？

【变式训练1】如图所示,两平行金属板A、B长L=8 cm,两板间距离d=8 cm,A板比B板电势高300 V.一带正电的粒子电荷量q=10C,质量m=10kg,沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场,初速度v0=2×10 m/s,粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后,进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域,（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）.已知两界面MN、PS相距为12 cm,D是中心线RO与界面PS的交点,O点在中心线上,距离界面PS为9 cm,粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上.（静电力常量k=9.0×10 N·m/C）

（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远?到达PS界面时离D点多远?（2）在图上粗略画出粒子运动的轨迹.（3）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小.题型2 带电粒子在复合场中的运动

【例2】如图6-3-9所示，在竖直平面内，有一半径为R的绝缘的光滑圆环，圆环处于场强大小为E，方向水平向右的匀强电场中，圆环上的A、C两点处于同一水平面上，B、D分别为圆环的最高点和最低点．M为圆环上的一点，∠MOA=45°．环上穿着一个质量为m，带电量为+q的小球，它正在圆环上做圆周运动，已知电场力大小qE等于重力的大小mg，且小球经过M点时球与环之间的相互作用力为零．试确定小球经过A、B、C、D点时的动能各是多少？

5.带电粒子在电场中的运动教学设计篇五

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第九章电场

电容带电粒子在电场中的运动

知识要点：

一、基础知识

1、电容

（1）两个彼此绝缘，而又互相靠近的导体，就组成了一个电容器。

（2）电容：表示电容器容纳电荷的本领。a 定义式：CQU(QU)，即电容C等于Q与U的比值，不能理解为电容C与Q成正比，与U成反比。一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关。

b 决定因素式：如平行板电容器CS4kd（不要求应用此式计算）

（3）对于平行板电容器有关的Q、E、U、C的讨论时要注意两种情况： a 保持两板与电源相连，则电容器两极板间的电压U不变 b 充电后断开电源，则带电量Q不变（4）电容的定义式：CQU（定义式）

S4Kd（5）C由电容器本身决定。对平行板电容器来说C取决于：C（决定式）

（6）电容器所带电量和两极板上电压的变化常见的有两种基本情况：

第一种情况：若电容器充电后再将电源断开，则表示电容器的电量Q为一定，此时电容器两极的电势差将随电容的变化而变化。

第二种情况：若电容器始终和电源接通，则表示电容器两极板的电压V为一定，此时电容器的电量将随电容的变化而变化。

2、带电粒子在电场中的运动

（1）带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同：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，是直线还是曲线），然后选用恰当的规律解题。

Lv0），则在粒子穿越电场的过程中，仍可当作匀强电场处理。高考资源网（ks5u.com）

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1、电场强度E和电势U仅仅由场本身决定，与是否在场中放入电荷，以及放入什么样的检验电荷无关。

而电场力F和电势能两个量，不仅与电场有关，还与放入场中的检验电荷有关。所以E和U属于电场，而F电和属于场和场中的电荷。

2、一般情况下，带电粒子在电场中的运动轨迹和电场线并不重合，运动轨迹上的一点的切线方向表示速度方向，电场线上一点的切线方向反映正电荷的受力方向。物体的受力方向和运动方向是有区别的。

如图所示：

只有在电场线为直线的电场中，且电荷由静止开始或初速度方向和电场方向一致并只受电场力作用下运动，在这种特殊情况下粒子的运动轨迹才是沿电力线的。

3、点电荷的电场强度和电势（1）点电荷在真空中形成的电场的电场强度EQ源，E1/r，当源电荷Q0时，2场强方向背离源电荷，当源电荷为负时，场强方向指向源电荷。但不论源电荷正负，距源电荷越近场强越大。（2）当取U0时，正的源电荷电场中各点电势均为正，距场源电荷越近，电势越高。负的源电荷电场中各点电势均为负，距场源电荷越近，电势越低。

（3）若有n个点电荷同时存在，它们的电场就互相迭加，形成合电场，这时某点的电场强度就等于各个点电荷在该点产生的场强的矢量和，而某点的电势就等于各个点电荷在该点的电势的代数和。

12mv0U2加速·q ·q·L加速2Uy侧移偏转

d偏转·4·UU偏转·q·L2

4U加速·d

6.带电粒子在电场中的运动教学设计篇六

一、教学目标

1．了解带电粒子在电场中的运动——只受电场力，带电粒子做匀变速运动。

2．重点掌握初速度与场强方向垂直的带电粒子在电场中的运动——类平抛运动。

3．渗透物理学方法的教育：运用理想化方法，突出主要因素，忽略次要因素，不计粒子重力。

二、重点分析

初速度与场强方向垂直的带电粒子在电场中运动，沿电场方向（或反向）做初速度为零的匀加速直线运动，垂直于电场方向为匀速直线运动。

三、主要教学过程

1．带电粒子在磁场中的运动情况

①若带电粒子在电场中所受合力为零时，即∑F=0时，粒子将保持静止状态或匀速直线运动状态。

例

带电粒子在电场中处于静止状态，该粒子带正电还是负电？

分析

带电粒子处于静止状态，∑F=0，mg=Eq，因为所受重力竖直向下，所以所受电场力必为竖直向上。又因为场强方向竖直向下，所以带电体带负电。②若∑F≠0且与初速度方向在同一直线上，带电粒子将做加速或减速直线运动。（变速直线运动）

打入正电荷，将做匀加速直线运动。打入负电荷，将做匀减速直线运动。

③若∑F≠0，且与初速度方向有夹角（不等于0°，180°），带电粒子将做曲线运动。

mg＞Eq，合外力竖直向下v0与∑F夹角不等于0°或180°，带电粒子做匀变速曲线运动。在第三种情况中重点分析类平抛运动。

2．若不计重力，初速度v0⊥E，带电粒子将在电场中做类平抛运动。复习：物体在只受重力的作用下，被水平抛出，在水平方向上不受力，将做匀速直线运动，在竖直方向上只受重力，做初速度为零的自由落体运动。物体的实际运动为这两种运动的合运动。

与此相似，不计mg，v0⊥E时，带电粒子在磁场中将做类平抛运动。板间距为d，板长为l，初速度v0，板间电压为U，带电粒子质量为m，带电量为+q。

①粒子在与电场方向垂直的方向上做匀速直线运动，x=v0t；在沿电

若粒子能穿过电场，而不打在极板上，侧移量为多少呢？

②

③

注：以上结论均适用于带电粒子能从电场中穿出的情况。如果带电粒子没有从电场中穿出，此时v0t不再等于板长l，应根据情况进行分析。

3．设粒子带正电，以v0进入电压为U1的电场，将做匀加速直线运动，穿过电场时速度增大，动能增大，所以该电场称为加速电场。进入电压为U2的电场后，粒子将发生偏转，设电场称为偏转电场。例1

质量为m的带电粒子，以初速度v0进入电场后沿直线运动到上极板。（1）物体做的是什么运动？（2）电场力做功多少？（3）带电体的电性？分析

物体做直线运动，∑F应与v0在同一直线上。对物体进行受力分析，若忽略mg，则物体只受Eq，方向不可能与v0在同一直线上，所以不能忽略mg。同理电场力Eq应等于mg，否则合外力也不可能与v0在同一直线上。所以物体所受合力为零，应做匀速直线运动。

电场力功等于重力功，Eq·d=mgd。

电场力与重力方向相反，应竖直向上。又因为电场强度方向向下，所以物体应带负电。

例2 如图，一平行板电容器板长l=4cm，板间距离为d=3cm，倾斜放置，使板面与水平方向夹角α=37°，若两板间所加电压U=100V，一带电量q=3×10-10C的负电荷以v0=0.5m/s的速度自A板左边缘水平进入电场，在电场中沿水平方向运动，并恰好从B板右边缘水平飞出，则带电粒子从电场中飞出时的速度为多少？带电粒子质量为多少？

解

分析

带电粒子能沿直线运动，所受合力与运动方向在同一直线上，由此可知重力不可忽略，受力如图所示。

电场力在竖直方向的分力与重力等值反向。带电粒子所受合力与电场力在水平方向的分力相同。

＝6×10-7N mg=Eq·cosα

=8×10－8kg 根据动能定理

例

一质量为m，带电量为+q的小球从距地面高h处以一定的初速度水平抛出。在距抛出点水平距离为l处，有一根管口比小球直径略大的

管子上方的整个区域里加一个场强方向水平向左的匀强电场。如图：

求：（1）小球的初速度v；（2）电场强度E的大小；（3）小球落地时的动能。

解

小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向在电场力作用下应做减速运动。到达管口上方时，水平速度应为零。

小球运动至管口的时间由竖直方向的运动决定：

7.带电粒子在电磁场中的运动篇七

一、带电粒子在电磁场中的运动性质探讨

1.纯电场中:主要以匀变速直线运动,匀变速曲线运动(类平抛运动)出现;

2.纯磁场中:主要以匀速圆周运动出现;

3.复合场(考虑重力因素)中:带电粒子在复合场中的运动性质分析:重力mg及匀强电场中的电场力Eq为恒力,可先合成为一力F.

情况1:F=0,及mg=Eq,则粒子受合力为洛伦兹力,做匀速圆周运动;

情况2:F≠0,但F=Bqv,则粒子受合力为零,做匀速直线运动;

情况3:F≠0,且F与Bqv不平衡,而洛伦兹力垂直速度方向,粒子速度方向一定改变,做变速曲线运动.

经以上简单分析可得,粒子在复合场中的运动仅存在三种运动性质:匀速直线运动,匀速圆周运动以及变速曲线运动.而变速曲线运动用动力学知识在高中阶段难以求解,可认为基本不会出现;匀速直线运动的动力学求解相对较为简单;所以重点还是在于匀速圆周运动的考查.

二、带电粒子在电磁场中的运动规律

1.带电粒子在匀强电场中的运动规律

带电粒子在匀强电场中的运动规律应掌握核心技术,由电场力求出加速度a结合运动学知识即可破解:

F=EqF=ma

由以上方程可解得:a=Eq/m或a=Uq/dm

①若a与v同直线,为匀变速直线运动;

②若a与v相互垂直,为匀变速曲线运动(类平抛运动);

2.带电粒子在匀强磁场(或复合场)中的圆周运动

以上两方程若将合为一物理量(比荷)来看,则涉及五个物理量,可简单归结为“知三必解”.即已知三个物理量可解另外两物理量;为加大压轴题的难度,题目不可能直接给出三个已知物理量,往往通过间接给出的办法.比如,间接给出R,即要求学生由题目给出的某长度量,由数学平面几何知识求出R.

(2)数学知识

如图1,A点为粒子进入磁场的入射点,B点为粒子离开磁场的出射点,O点为运动轨迹的圆心,则此图中反映了三垂直三相等的数学几何关系:

①速度垂直轨道半径;弦AB垂直圆的直径;

②速度偏角等于圆心角:∠α=∠β;

弦切角等于圆心角的一半:∠θ=∠COB;

速度延长线的交点到两切点距离相等:AC=BC,另外,AB=BD.

三、高考真题赏析

例1 (2011年新课标)如图2,在区域Ⅰ(0≤x≤d)和区域Ⅱ(d≤x≤2d)内分别存在匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,方向相反,且都垂直于Oxy平面.一质量为m、带电荷量q(q>0)的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域Ⅰ,其速度方向沿x轴正向.已知a在离开区域Ⅰ时,速度方向与x轴正方向的夹角为30°;此时,另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从p点沿x轴正向射入区域Ⅰ,其速度大小是a的.不计重力和两粒子之间的相互作用力.求:

(1)粒子a射入区域Ⅰ时速度的大小;

(2)当a离开区域Ⅱ时,a、b两粒子的y坐标之差.

破解要点:(1)题干直接已知量有B、q、m,待求量为速度v,根据规律还缺少轨道半径R,要求学生由题中所给d及30°夹角结合数学平面几何知识求出R,此问可解.

(2)要求学生在第一小题的基础上获得两粒子的轨道半径,准确作出两粒子的运动轨迹分析,确定两粒子离开磁场的出射点,此问可……”解.

例2 (2008年新课标)如图3所示,在xOy平面的第一象限有一匀强电场,电场的方向平行于y轴向下;在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场,磁感应强度的大小为B,方向垂直于纸面向外.有一质量为m,带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场.质点到达x轴上A点时,速度方向与x轴的夹角为φ,A点与原点O的距离为d.质点进入磁场,并垂直于OC飞离磁场.不计重力影响.若OC与x轴的夹角也为φ,求:

(1)粒子在磁场中运动速度的大小:

(2)匀强电场的场强大小.

破解要点:(1)题干直接已知量有B、q、m,待求量为速度v,根据规律还缺少轨道半径R,要求学生由题中所给d及夹角φ结合数学平面几何知识求出R.依题意,如图4,质点轨迹与x轴的交点为A,过A点作与A点的速度方向垂直的直线,与OC交于O',O是圆弧的圆心.则圆弧的半径为R:R=dsinφ.

(2)研究粒子在上方匀强电场中的类平抛运动可解.

例3 (2007年新课标)在半径为R的半圆形区域中有一匀强磁场,磁场的方向垂直于纸面,磁感应强度为B.一质量为m,带有电量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD方向经P点(AP=d)射入磁场(不计重力影响).

(1)如果粒子恰好从A点射出磁场,求入射粒子的速度.

(2)如果粒子经纸面内Q点从磁场中射出,出射方向与半圆在Q点切线方向的夹角为φ(如图5).求入射粒子的速度.

8.例析带电粒子在电场中的运动篇八

命题规律带电粒子只受电场力作用在电场中做匀变速直线运动，或做类平抛运动. 考查利用牛顿定律或动能定理，及平抛运动的特点来解决有关问题. 一般以计算题出现.

例1 电子所带电荷量最早是由美国科学家密立根通过油滴实验测出的. 油滴实验的原理图如图1所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别带正、负电荷. 油滴从喷雾器的喷嘴喷出后，由于摩擦而带电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况. 两金属板间的距离为[d]，忽略空气对油滴的浮力和阻力.

[图1][显微镜][喷雾器]

（1）调节两金属板间的电势差[U]，当[U=U1]时，使得某个质量为[m1]的油滴恰好做匀速运动，求该油滴所带电荷量[q1]；

（2）若油滴进入电场时的速度可以忽略，当两金属板间的电势差[U=U2]时，观察到某个质量为[m2]的油滴进入电场后做匀加速运动，经过一段时间[t]运动到下极板，求此油滴所带的电荷量[q2].

解析（1）油滴匀速下降过程中受到重力和电场力而平衡，可见其带负电，则[q1U1d=m1g]

解得[q1=m1gdU1]

（2）油滴加速下滑，若油滴带负电荷，其所受电场力方向向上，设此时油滴的加速度为[a1]，则由牛顿第二定律，有

[m2g-q2U2d=m2a1]

而[d=12a1t2]

解得[q2=m2dU2（g-2dt2）]

若油滴带正电，其所受电场力方向向下，设此时油滴的加速度为[a2]，则由牛顿第二定律，有

[m2g+q2U2d=m2a2]

解得[q2=m2dU2（2dt2-g）]

命题解读这是一个结合物理学史创设物理情景的题目，其特点有：①尽管看上去实验装置有些复杂，但其实质就是带电油滴在一个复合场中受力而平衡或加速运动的问题；②题目中只说“油滴从喷雾器的喷嘴喷出后，由于摩擦而带电”，但并没有说油滴的带电性质，所以可能带负电也可能带正电.

[图2] 变式训练如图2所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度[E=]1.0×102V/m，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度[h=]0.80m的[a]处有一粒子源，盒内粒子以[v0=]2.0×102m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为[m=]2.0×10-15kg，电荷量为[q=]+10-12C的带电粒子，粒子最终落在金属[b]上. 若不计粒子重力，求（结果保留两位有效数字）：

（1）粒子源所在[a]点的电势；

（2）带电粒子打在金属板上时的动能；

（3）从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围（所形成的面积）；若使带电粒子打在金属板上的范围减小，可以通过改变哪些物理量来实现？

解析（1）题中匀强电场竖直向下，[b]板接地

因此[φa=Uab=Ek=]1.0×102×0.8V=80V

（2）不计重力，只有电场力做功；对粒子由动能定理[qUab=Ek-12mv02]，可得带电粒子打在金属板上时的动能为1.2×10-10J

（3）粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出为落点边界，由平抛运动知识，有

[x=v0t]，[h=12at2]

[a=qEm]，[S=π x2]

联立以上各式得所形成的面积为4m2，可以通过减小[h]或增大[E]来实现.

二、带电粒子在电场中的偏转

例2 喷墨打印机的结构简图如图3所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，此微粒经过带电室时被带上负电，带电的多少计算机按字体笔画、高低位置输入信号加以控制，带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场发生偏转后打在纸上，显示出字体. 无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转极板而注入回流槽流回墨盒.

[信号输入][墨盒][偏转极板][带电室][图3][纸]

设偏转极板长[1.6cm]，两板间的距离为[0.50cm]，偏转板的右端距纸[3.2cm]. 若一个墨汁微滴的质量为[1.6×10-10kg]，以[20m/s]的初速度垂直于电场的方向进入偏转电场，两板间的电压为[8.0×103V]，若墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离是[2.0mm]，试求：

（1）这个墨汁微滴通过带电室带的电量；（不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性）

（2）为了使纸上的字体放大[10%]，请你分析提出至少两种可行的方法.

解析（1）如图4所示为墨汁微滴通过偏转电场时的情形（放大图），图中的[y]为墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离，而[θ]为墨汁微滴离开偏转電场时偏离原来运动方向的夹角，由几何关系及匀变速运动规律，有

[图4]

[ys+x=yx=vyv0]

[y=12at2，] [vy=at]

[a=qUmd]， [t=lv0]

代入数据，解得[q=1.25×10-13C]

（2）解以上几式，得[y=qUl（l+2s）2mdv02]

要使字体放大[10%]，也就是使上式中的[y]增大[1000]，由上式可以看出，可以通过改变[U]、[s]、[l]或[d]来达到预期的目的，如：

①将偏转电场的电压增大[10%]，则偏转电压应增大到

[U=U+10%?U=8.0×103V+10%×8.0×103V=8.8×103V]

②将（[l+2s）]增大[10%]，设在[l]不变的情况下，将偏转板的右端距纸的距离增大为[s]，则

[l+2s=110%?（l+2s）]

解得[s=3.6cm]

命题解读 ①这其实就是一个带电粒子在电场中偏转的实际应用题，平常的学习过程中，要学会课本知识和实际生活的结合；②字体放大[10%]是指把字体的线度放大[10%]，而不是把字体的面积放大[10%].

[图5]变式训练如图5所示，在水平向右的匀强电场中，有一带电体[P]自[O]点竖直上抛，它的初动能为[4J]，当它上升到最高点[M]时动能为[5J]，则此带电体折回通过与[O]点在同一水平线上的[O′]点时，其动能多大？

解析此带电体[P]在重力和电场力的共同作用下，在竖直方向上做竖直上抛运动，而在水平方向上做初速度为零的匀变速直线运动，设带电体[P]在[O]点的动能为[Ek1]，到达最高点[M]时的动能为[Ek2]，到达[O]点时的动能为[Ek3]，则因[tOM=tMO]

故[xOM]︰[xMO=1]︰[3]

另外，[y]方向只有重力做功，所以带电体[P]在[O]点时的竖直方向的速度大小与在[O]点时的相等，对应动能的分量也相等. 在水平方向上，带电体[P]从[O]点运动到[O]点的过程中，它的动能的变化量之比就等于电场力做功之比，也就是带电体的水平位移之比，即[Ek3x-Ek2xEk2x-Ek1x=31]

这样，我们就可以计算出到达[O]点时，带电体的总动能为[24J].

三、带电粒子在交变电场中的运动

命题规律根据交变电场的变化规律，分析粒子受力和运动情况，确定粒子的运动速度、位移、做功或确定有关量的临界问题.

例3 制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为[d]的两平行极板，如图6甲所示. 加在极板[A、B]间的电压[UAB]作周期性变化，其正向电压为[U0]，反向电压为[-kU0（k>1）]，电压变化的周期为[2τ]，如图6乙所示. 在[t=0]时，极板[B]附近的一个电子，质量为[m]、电荷量为[e]，受电场作用由静止开始运动. 若整个运动过程中，电子未碰到极板[A]，且不考虑重力作用.

[极板[A]][极板[B]][电子][甲乙][图6]

若[k=54]，电子在[0～2τ]时间内不能到达极板[A]，求[d]应满足的条件.

解析电子在[0～τ]时间内做匀加速运动

加速度的大小[a1=eU0md]

位移[x1=12a1τ2]

在[τ～2τ]时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小[a2=5eU04md]

初速度的大小[v1=a1τ]

匀减速运动阶段的位移[x2=v122a2]

依据题意[d>x1+x2]

解得[d>9eU0τ210m]

命题解读本题考查带电粒子在平行板电容器中的运动情况的分析. 两极板加上周期性变化的交变电压后，其内部电场也会周期性变化，根据电子在电场中所受电场力情况，结合题目中各限制条件即可得到相应结论.

变式训练如图7甲所示，[A、B]为光滑水平地面上相距[d]的两带电挡板，在[A、B]两板间有一带电荷量为[+q]、质量为[m]的点电荷[P]. 若[+q]两板间所形成电场的电场强度如图7乙所示（从[A]指向[B]为电场强度的正方向），在[t=0]时刻点电荷[P]位于[A、B]两板间中点且初速度为0. 已知点电荷能在[A、B]两板间以最大的幅度运动而不与两板相碰，且点电荷[P]开始从中点第一次运动到某板后，以后每次从一板运动到另一板的过程中，电场方向只改变一次.

[甲乙][图7]

（1）求点电荷[P]从[A、B]两板中点由静止开始第一次运动到板处的时间；

（2）导出图7乙中时刻[t2]的表达式；

（3）导出图7乙中时刻[tn（n≥2）]的表达式.

解析（1）设点电荷[P]在两板间运动的加速度大小为[a]，则[qE=ma]

点电荷[P]在电场力作用下开始向[B]板运动，先加速后减速，到达[B]板时速度为0，设加速时间为[t1]，减速时间为[t1′]，有

[at1=at1′]

[12d=12at12+12at1′2]

点电荷[P]第一次到达[B]板的时间[t=t1+t1′]

解得[t=2dg]

（2）设点电荷由[B]板向[A]板加速运动的时间为[t2′]，减速运动的时间为[t2″]，到达[A]板的速度为0，有

[at2′=at2″]

[d=12at2′2+12at2″2]， [t2=t+t2′]

解得[t2=（2+1）dg]

（3）点电荷从[A]板到[B]板从[B]板到[A]板的运动过程完全相同，即每次加速和减速的时間都是[t2′=dg]，从而可得[tn=（2+2n-3）dg （n≥2）]

四、带电物体在复合场中的运动

命题规律带电物体在电场、重力场组成的复合场中，做直线运动、抛体运动、圆周运动等. 根据其受力和运动情况，确定物体的运动轨迹，物体运动的速度、位移及做功多少. [图8]

例4 如图8所示，质量为[m]、半径为[R]的圆形光滑绝缘轨道放在水平地面上固定的[M、N]两竖直墙壁间，圆形轨道与墙壁间摩擦忽略不计，在轨道所在平面加一竖直向上的场强为[E]的匀强电场. [P、Q]两点分别为轨道的最低点和最高点，在[P]点有一质量为[m]，电荷量为[q]的带正电的小球，现给小球一初速度[v0]，使小球在竖直平面内做圆周运动，不计空气阻力，重力加速度为[g]，则下列说法正确的是（）

A.小球通过[P]点时对轨道一定有压力

B.小球通过[P]点时的速率一定大于通过[Q]点时的速率

C.从[P]到[Q]点的过程中，小球机械能一定增加

D.若[mg>qE]，要使小球能通过[Q]点且保证圆形轨道不脱离地面，速度[v0]应满足的关系是[5gR-5qERm≤v0<6gR-5qERm]

解析若电场力大于重力的情况下，小球通过[P]点时轨道可能没有压力，小球通过[P]点时的速率小于通过[Q]点时的速率，选项A、B错误；从[P]到[Q]点的过程中，电场力做功，小球的机械能一定增加，选项C正确；若[mg>qE]，要使小球能通过[Q]点且保证圆形轨道不脱离地面，小球运动到[Q]点的最小速度满足[mg-qE=mv12R]，解得[v1=mg-qERm]，从[P]到[Q]，由动能定理，有[（qE-mg）2R=mv122-mv0122]，解得[v01=][5gR-5qERm]，要使圆形轨道不脱离地面，小球运动到[Q]点对圆形轨道的压力小于[mg]，小球运动到[Q]点的最大速度满足[2mg-qE>mv22R]，解得 [v2<2mg-qERm]，从[P]到[Q]，由动能定理，有[（qE-mg）2R=mv122-mv0222]，解得[v02<6gR-5qERm]，要使小球能通过[Q]点且保证圆形轨道不脱离地面，速度[v0]应满足的关系是：[5gR-5qERm≤v0<6gR-5qERm]，选项D正确. 答案CD.

[图9]变式训练如图9所示，[A、B]为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔[a]和[b]，在[a]孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空气阻力，该质点到达[b]孔时速度恰为零，然后返回. 现要使带电质点能穿出[b]孔，可行的方法是（）

A.保持S闭合，将[A]板适当上移

B.保持S闭合，将[B]板适当下移

C.先断开S，再将[A]板适当上移

D.先断开S，再将[B]板适当下移

9.带电粒子在电场中的运动教学设计篇九

●备课资料

一、漫谈地磁场

地球是个巨大的磁体，它周围空间存在的磁场叫地磁场.地磁场的强度并不大，在地面

－5附近的磁感应强度大约只有5×10 T，而一般的永久磁体附近的磁感应强度可达0.4~0.7 T.经过长期的研究，人们已基本掌握了地磁场的一些性质、变化规律及对地球上各种生物的影响等，但至今地磁场仍有很多问题尚无定论.1.地磁场的起源

人类很早就提出了地磁场的起源问题，为解释这个问题，历史上曾先后提出过许多观点.目前，较为成熟的是磁流体发电机学说.1945年，物理学家埃尔萨塞根据磁流体发电机的原理，认为当液态的外地核在最初的微弱磁场中运动，像磁流体发电机一样产生电流，电流的磁场又使原来的弱磁场增强，这样外地核物质与磁场相互作用，使原来的弱磁场不断加强.由于摩擦生热的消耗，磁场增加到一定程度就稳定下来，形成了现在的地磁场.而最初的微弱磁场可能来自核内化学不均匀性形成的电池，从而产生的弱电流.也有的科学家认为在太阳系最初形成时，月球即受到地球的引力而成为它的卫星，而月球在被吸引到靠近地球的过程中，地球表面的海洋出现强烈的潮水起伏，这种起伏所引起的巨大摩擦力使地球温度剧增，导致地心熔化；地心的岩浆在高温及高牵引力的作用下，出现旋转式的滚动，结果产生了磁场.因为磁流体发电机学说能解释较多的地磁现象，又符合地球内部结构特点.还可以用来解释许多天体的磁场起源.所以受到普遍重视.但由于地球内部构造复杂，此学说还有待于进一步验证.总之，地磁起源问题目前仍处于不断发展和深入研究的阶段.2.地磁倒转之谜

1906年，法国科学家在考查法国司马夫中央山脉地区熔岩时，发现那里的岩石具有与地磁场方向相反的磁性.后来此类发现不断增加，随着研究的深入，人们终于确信，地磁场方向并非一直不变，在近450万年的时间内，地球磁极曾发生过9次倒转.是什么原因让地球磁极发生反复变化呢？许多科学家提出了各自不同的设想.一些科学家从磁流体发电机学说出发，认为由于多种可能的原因，引起地球外地核物质流动方向改变，地磁极随之改变；另一些科学家则认为，地磁极倒转是由于陨石撞击地球造成的；也有的科学家认为，地磁极倒转与银河系的磁场有关.由于各种设想都不完善，地磁极为何倒转仍是一个未解之谜.我们期待着在不远的将来能够揭开谜底.3.地磁场对宇宙射线的作用

地磁场并不强，但对于地球上的各种生命来说，却显得非常重要.这个“超巨”的地磁场，对地球形成了一个“保护盾”，减少了来自太空的宇宙射线的侵袭，地球上生物才得以生存滋长.如果没有了这个保护盾，外来的宇宙射线将把最初出现在地球上的生命幼苗全部杀死，根本无法在地球上滋生.在地球南北极附近或高纬度地区，有时在晚上会看到一种神奇的灿烂美丽的彩色光带——极光.直到20世纪末，人造卫星和宇宙探测器的应用使人们了解到地磁场分布的特点，才解开了极光之谜.原来当太阳辐射出的带电粒子进入地磁场后，由于洛伦兹力的作用，带电粒子沿地磁场的磁感线做螺旋线运动，最终会落到地球两极上空的大气层中，使大气层中的分子电离发光.由于在可见光波段受激的氧原子能发出绿光和红光；电离了的氮分子发射紫色光、蓝色光以及深红色光.因此，通常肉眼看到的极光是绿色、蓝色并带有粉红色或红色的边缘.4.地磁场对大气的作用

大气中一般都含有少量的离子，若刮西风或偏西风，离子自西向东随风运动，由于受地磁场的作用，正离子受到向上的洛伦兹力而逐渐上升，负离子则受力向下而逐渐下降，这样，有问题请您反馈邮箱 HHBEIKAO@163.COM 《鼎尖教案》您的教学首选！欢迎您下载使用！

处于大气底层的负离子增多而正离子减少.由于负离子能使人感觉身心爽朗、舒适，所以对人体健康是有益的，此时我们多到室外活动，可以强身健体.相反，如果是刮东风或偏东风，会使大气底层的正离子增多，容易使人感到疲倦和烦躁，不利于身体健康.我们应当在河边或绿色环境中活动，因为这些环境对正离子有明显的吸收效果，可以使人少受正离子对身体健康的不良影响.在雷雨季节，雷电会使空气中的离子数大幅度增加，由于潮湿的空气有弱导电能力，流动的空气在地磁场作用下，相当于弱导电体在磁场中运动，如果存在切割磁感线的上、下、东、西方向的运动则产生电势差，电势差随正负极间距的增大而增大，而空气流动的宽度往往是很大的，因此电势差也很大，大到一定程度则会使两极空气电离，离子数大大增加，从而对人的健康影响也较大.5.地磁场对生物活动的影响

研究人员发现，像海龟、鲸鱼、候鸟、有些鱼和瞎鼠等众多迁徙动物均能凭借地磁场走南闯北，每年可旅行几千千米，中途往往还要经过汪洋大海.此外，有的动物还能利用磁倾角帮助自己测定精确的位置.比如生物学家发现，笨拙的海龟就能使用“磁倾角罗盘”.幼龟在佛罗里达沿岸出壳后，随即游入大海.它们在大西洋生活多年，直到长成才回到出生时的岸边去交配和巢居.在返回过程中，要是离开正道过于偏南或偏北，便难免冻死途中，多亏了“磁倾角罗盘”，海龟才得以走在正道上，准确地回到故乡.二、带电粒子在电磁场中的运动［知识精讲］

带电粒子在电磁场中运动的问题包括两种基本情形：一种是先后分别在电场、磁场中运动，另一种是在电场和磁场的复合场中运动.对于第一种情形要注意电场力和洛伦兹力的特性所决定的粒子运动性质的差别，带电粒子在匀强电场中受电场力的作用做匀变速运动，而在匀强磁场中受洛伦兹力的作用做匀速圆周运动，这种情形通常是利用电场来对带电粒子加速后获得一定的速度，然后在磁场中做匀速圆周运动，因此对于这种情况主要是处理好带电粒子从一场过渡到另一场的速度关系.对于第二种情形，要注意洛伦兹力与运动速度有关，所以粒子的运动和受力相互制约，当粒子的运动速度发生变化时，粒子的受力情况必然发生变化，因此带电粒子要么做匀速直线运动，要么就做变加速曲线运动，当粒子做变加速曲线运动时，要利用洛伦兹力不做功的特点，用功能关系解决问题.［问题精析］

［问题1］如图所示，金属圆筒的横截面半径为R，筒内分布有匀强磁场，磁场方向垂直纸面，磁感应强度为B，磁场下面有一加速电场，一个质量为m(重力不计)，电量为q的带电粒子，在电场作用下，沿图示轨迹由静止开始从M点运动经过金属圆筒的小孔P到N点，在磁场中，带电粒子的速度方向偏转了θ=60°,求加速电场两极板间的电压.解析：带电粒子经过电场加速后获得一定的速度，进入磁场后做匀速圆周运动，根据带电粒子的偏转角度，可以求出带电粒子做圆周运动的半径大小，然后求出它的运动速度，从而求出加速电压.有问题请您反馈邮箱 HHBEIKAO@163.COM 《鼎尖教案》您的教学首选！欢迎您下载使用！

根据带电粒子进入磁场和到达N点的速度方向，作出与速度方向垂直的半径，确定轨迹圆的圆心，由几何知识可得带电粒子做圆周运动的半径为

r=Rtan60°=3R ①

带电粒子在做圆周运动过程中，由洛伦兹力提供向心力，所以 mv2=qvB r ②

带电粒子经电场加速后，电势能转化为带电粒子的动能，所以

qU=mv2 12

③

由①②③式可得

3qB2R2U=

2m［问题2］如图所示，x轴上方有一磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，x轴下方有电场强度为正方向竖直向下的匀强电场.现有一质量为m，电量为q的粒子从y轴上某一点由静止开始释放，若重力忽略不计，为使它能到达x轴上位置为x=L的点Q.求：

（1）粒子应带何种电荷？

（2）释放点的位置坐标.（3）从释放到抵达Q点经历的时间.解析：从静止开始释放的带电粒子要起动，应放在电场中，所以该带电粒子应放在－y轴上，因为x轴下方的电场方向是竖直向下的，而带电粒子在x轴方向有位移，带电粒子要运动到磁场中，所以该带电粒子应带负电荷.该粒子释放后，在电场力的作用下，沿y轴正方向匀加速运动到O点，继而进入x轴上方的匀强磁场中做匀速圆周运动，若其轨道半径恰好等于

L,则恰好能到达Q点，从出发点2到Q点的轨迹是一条直线加上半个圆周，假如释放点离O点的距离近一些，粒子进入磁场的速度就小一点，粒子运动半周后到不了Q点而要再次进入电场，做减速运动，速度减为零后反向加速再次以原速率进入磁场，开始做第二个半圆周运动，如果粒子在磁场中的轨道半径为L，则第二个半圆运动结束时，刚好到达Q点，以此类推，粒子出发点向O逐渐靠近，4L(n=1,2,3„).如图所示.2n又要能到达Q点，它在磁场中的轨道半径应等于有问题请您反馈邮箱 HHBEIKAO@163.COM 《鼎尖教案》您的教学首选！欢迎您下载使用！

（1）该带电粒子应带负电荷.（2）设带电粒子在（0,－y）处静止释放，在电场力作用下匀加速运动到O点，以速度v进入磁场，则

12mv=qEy 2所以有v=2qEy m

①

粒子在磁场中的轨道半径为R，则

R=L(n=1,2,3„)2n带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，所以 mv2=qvB R9B2L28n2mE ②

由①②两式可得

（3）设每段单方向匀变速直线运动的时间为t1，每个半圆周运动的时间为t2,带电粒子做匀变速直线运动时，只受电场力的作用，所以

y=·即为12qE2·t1 mqB2l28n2mEqE12··t1 2m所以t1=而t2=BL(n=1,2,3„)2nEm1T= qB2(2n1)BLnm 2nEqB运动的总时间为

t=(2n－1)t1+nt2=［问题3］如图所示，在真空环境中，长为L的两块平行金属板间分布有竖直向下的匀强电场，一群相同的带正电的离子组成的离子束，以初速度v0垂直于电场方向飞进平行板中，飞出电场中离子向下侧移的距离为d，现在在两板间再加一垂直于电场方向的匀强磁场，使离子束向上偏转，且向上侧移的距离也为d，求正离子从上侧飞出时的速度大小.有问题请您反馈邮箱 HHBEIKAO@163.COM 《鼎尖教案》您的教学首选！欢迎您下载使用！

解析：离子束在向下偏转过程中，只受电场力的作用，做类平抛运动，根据平抛运动的知识可以求出离子从下侧飞出时的速度大小为v，离子束在向上偏转时，同时受到电场力和洛伦兹力的作用，由于洛伦兹力时刻发生变化，所以离子做加速度改变的曲线运动，无法根据运动规律求出离子飞出时的速度大小；但是离子在运动过程中，所受的洛伦兹力不做功，只有电场力做功，由于离子向上飞出时，侧移的距离与向下飞出时侧移距离相等，所以电场力所做的功大小也相等，只不过在向上飞出时电场力做负功，向下飞出时电场力做正功，因此可以根据动能定理求出离子从上侧飞出时的速度v2的大小.离子从下侧飞出时做类平抛运动，离子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，设离子飞出时，竖直方向的分速度为vy，故

L=v0t

d=vyt

得vy=2dv0 L12所以，离子从下侧飞出时的速率v1为 2dv1=v02vy2=v01()2L

①

离子从下侧飞出时，电场力对离子做正功，由动能定理可得

qEd=mv12－mv02 1212

②

离子从上侧飞出时，电场力对离子做负功，由动能定理可得－qEd=11mv22－mv02 22

③

由①②③三式可得

L24d2v2=v0

10.带电体在电场中的运动篇十

①明确研究对象②分析场的结构③受力分析④分析物体的运动过程，判断物体的运动性质，分析物体状态⑤选用恰当的力学规律⑥求解方程并讨论。

现在我们分类讨论

1 恒力作用下带电体在电场中的运动

1.1 直线运动

在恒力作用下直线运动用牛顿定律、动能定理可解决。

例1 如图1所示，平行板电容器的极板长为L，板间电场强度为E，极板与水平面夹角为α。现有一质量为m的带电液滴从两极板的中央P点由静止开始沿与极板平行的直线运动到达Q点 (P、Q两点为电容器的边缘，忽略边缘效应)。求:(1)液滴的电荷量；(2)液滴到达Q点的速度和所用时间。

分析场由重力场和电场组成，受力分析如图2，由牛顿定律可知，

平行极板的方向F合=mgsinα=ma得

a=gsinα

垂直极板的方向Eq=mgcosα得

q=mgcosα/E

用运动学公式可以计算出时间。

1.2 类平抛运动

11.带电粒子在电场中的运动教学设计篇十一

一、两场共存的复合场

1. 电场与磁场共存

对于重力可忽略不计的微观粒子来说, 当所受磁场力与电场力平衡时, 粒子做匀速直线运动 ( 如速度选择器等问题) ; 当二力不平衡时, 粒子将发生偏转, 做变速曲线运动, 且其动能因电场力做功而改变.

例1如图1所示, 是互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B, 重力不计的带电粒子垂直电磁场方向射入此区域, 可能有上偏、水平或下偏三条运动图 1轨迹, 则下列说法中正确的是 ( )

( A) 上偏的可能是带正电粒子的轨迹 , 且v =E/B

( B) 水平的只能是速率v =E/B的带电粒子的轨迹, 与粒子所带电荷的性质无关

( C) 下偏的可能是带负电粒子的轨迹, 且v >E/B

( D) 上偏的只能是带负电粒子的轨迹 , 因为它所受的电场力的方向向上

解析: 正 ( 负) 粒子受电场力方向向下 ( 上) , 磁场力即洛伦兹力方向向上 ( 下) ; 当二力平衡qvB = q E, 即v =E/B时, 粒子将沿水平方向做匀速直线运动, 且与粒子所带电荷的多少及性质无关 ( 这即是速度选择器, 与此原理相似的磁流体发电机、电磁流量计、霍尔效应等, 有兴趣的读者可翻阅资料或上网查阅) 当qvB > q E, 即v >E/B时, 正粒子向上偏, 负粒子向下偏; 当v

2. 电场与重力场共存

由于带电粒子在匀强电场中所受的电场力与重力都是恒力, 若只受二力时, 除二力平衡粒子可做匀速直线运动外; 常用矢量法则将二力合成一个恒力, 粒子将做匀变速直线运动或匀变速曲线运动. 另外, 也常将此恒力作为等效重力, 来处理等效单摆或等效“水流星”模型问题.

例2一长为L的细线, 上端固定, 下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球, 处于如图2所示的水平向右的匀强电场中. 开始时将线与小球拉成水平, 小球静止在A点, 释放后小球由静止开始向下摆动, 当细线转过60°图 2角时, 小球到达B点且速度恰好为零. 试求:

( 1) AB两点的电势差UAB;

( 2) 匀强电场的场强大小;

( 3) 小球到达B点时, 细线对小球的拉力大小.

( 3) 小球在AB间摆动, 由对称性知, B处绳的拉力与A处绳的拉力大小相等, 而在A处, 由水平方向平衡得:

或在B处, 沿绳方向合力为零, 有

( 请读者思考: 在小球由A到B的过程中, 细线对小球的最大拉力是多少? )

3. 磁场与重力场共存

运动的带电粒子在磁场和重力场共存的空间可同时受到洛伦兹力和重力作用, 当二力平衡时, 粒子做匀速直线运动; 当二力不平衡时, 粒子将做变速曲线运动, 且粒子的动能因重力做功而改变.

例3A、C是两个完全相同的带正电的小球, 从同一高度自由下落, A球穿过一个垂直纸面向里的匀强磁场, C球直接落地, 如图3所示. 若不计空气阻力, 试比较两球下落过程所用时间tA、tC的大小图 3及落地时速率vA、vC的大小.

解析: 由于竖直高度一定, 下落时间由竖直方向的受力情况决定. C球做自由落体运动, 而A球除受重力外还受到洛伦兹力作用, 下落过程中洛伦兹力方向斜向上方, 有分力阻碍小球下落, 增大了下落时间, 故tA> tC.

又因洛伦兹力只改变速度的方向而不做功, 两球都只有重力做功, 由动能定理知, vA= vC.

二、三场共存的复合场

1. 三场共存下的直线运动

带电粒子在三场共存的空间运动时, 受力分两种情况. 当运动方向与磁场方向平行时, 粒子只受重力和电场力作用, 粒子可作匀速直线运动 ( 二力平衡) 或匀变速直线运动 ( 三场均竖直且二力不平衡) ; 当运动方向与磁场方向不平行时, 粒子同时受到重力、电场力和洛伦兹力作用, 由三力的特点可知, 若粒子做直线运动必为匀速直线运动.

例4某空间区域存在匀强电场和匀强磁场, 且E = 0. 5N / C; 一带电量q = + 10-3C、质量m = 3×10-5kg的油滴, 从5m高处自由落入该区域后, 恰好做直线运动. 求匀强磁场的磁感应强度的最小值 ( g取10 m/s2) .

解析: 因洛伦兹力f与速度v成正比, 而电场力F = Eq = 5×10-4N与重力G= mg = 3×10-4N不相等, 油滴所做的直线运动必为匀速直线运动, 则三力的合力必为零. 由于重力G竖直向下, 洛伦兹力f垂直速度方向一定在水平方向上, 则电场力F斜向上方, 受力如图4所示.图 4

由正交分解得: Fsinθ = mg, Fcosθ = f

而油滴从5 m高处自由落入该区域的速度为v =槡2gh =10 m / s

当磁场与速度垂直时磁感应强度有最小值B, 则f = qv B.

联立解得

2. 三场共存下的圆周运动

例4在图5甲所示的区域里, 存在指向纸外的磁感应强度为的匀强磁场; 在竖直方向存在随时间交替变化的如图乙所示的匀强电场, 电场强度大小且竖直向上为正方向. 一倾角θ = 30°、长度足够长的光滑绝缘斜面放置其中, 斜面上一带正电小球 ( 质量为m, 带电量为q) 从t = 0时刻由静止开始沿斜面滑下, 设第1秒内小球不会脱离斜面, g取10m / s2. 求:

( 1) 第1秒末小球的速度;

( 2) 第2秒内小球离开斜面的最大距离.

解析: ( 1) 小球在0 ~ 1 s内受力如图6, 因第1秒内小球不会脱离斜面, 则小球沿斜面向下匀加速运动, 设加速度为a,

由牛顿第二定律得: ma = mgsinθ + q E0sinθ

又因mg = q E0, 则a = 2gsinθ = g

所以1 s末小球速度为v = at = 10 m/s.

( 2) 1 ~ 2 s内因电场力向上, q E0= mg二力平衡 , 小球在洛伦兹力作用下顺时针做匀速圆周运动 ( 可自己画图) , 且周期

则小球在1 ~ 2 s恰好运动一周回到斜面,

所以小球离斜面最大距离为: d = 2r图 6

巩固练习:

1. 如图7所示, 虚线间空间存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电磁场. 有一带正电小球从电磁场上方的某一高度自由落下, 那么, 小球可能沿直线通过电磁场是 ( )

2. 图8所示为一“滤速器”装置的示意图. a、b为水平放置的平行金属板, 一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入板间. 为了选取某种特定速率的电子 ( 重力不计) , 可在a、b间加上电压, 并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场, 使所选电子沿水平直线OO1运动且由O1射出. 可能达到上述目的的办法是 ( )

( A) 使a板电势高于b板, 磁场方向垂直纸面向里

( B) 使a板电势低于b板, 磁场方向垂直纸面向里

( C) 使a板电势高于b板, 磁场方向垂直纸面向外

( D) 使a板电势低于b板, 磁场方向垂直纸面向外

3. 一带正电微粒, 从 A 点射入水平方向的匀强电场中, 沿直线 AB 运动, AB 与电场线的夹角 θ = 30°, 如图 9 所示. 已知微粒的质量m = 1. 0×10-7kg、电量q = + 10-10C, AB相距L = 0.2 m ( g = 10 m / s2, 结果保留二位有效数据) . 试求:

( 1) 场强的大小和方向;

( 2) 要使微粒从A点运动到B点, 微粒进入电场的最小速度是多少?

4. 图10所在空间存在着水平向右、场强为E的匀强电场, 同时存在着竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场. 在这个电磁场共存的区域内, 有一足够长的绝缘杆沿水平方向放置, 杆上套有一个质量为m、带电荷量为 + q的金属环. 已知金属环与绝缘杆间的动摩擦因数为μ, 且μmg < g E. 现将金属环由静止释放, 设在运动过程中金属环所带电荷量不变.

( 1) 试定性说明金属环沿杆的运动情况;

( 2) 求金属环运动的最大加速度的大小;

( 3) 求金属环运动的最大速度的大小.

( 若匀强磁场的方向改为垂直纸面向里, 结果又怎样?请有兴趣的读者自己分析. )

5. 如图11所示, 匀强电场的方向竖直向上, 匀强磁场的方向垂直纸面向内, 三个液滴a、b、c带有等量同种电荷, 已知a在竖直面内做匀速圆周运动, b在水平向左做匀速直线运动, c水平向右做匀速直线运动, 则它们的质量关系如何?

答案:

1. ( B) ( D) 3. 1. 7×104N / C, 水平向左; 2.2. ( A) ( D) 8 m / s

4. ( 1) 金属环在电场力和摩擦力的共同作用下由静止开始做加速运动. 随着速度的增大, 洛伦兹力从零逐渐增大, 金属环所受的压力增大, 使摩擦力也逐渐变大, 合外力减小, 所以金属环将做一个加速度逐渐减小的变加速运动; 当加速度减小到零而达到最大速度后做匀速运动. ( 2) 由上述知开始时金属环的加速度最大, 根据牛顿第二定律得

( 3) 当摩擦力等于电场力时, 金属环达到最大速度 . 此时洛伦兹力为f = qv B , 方向垂直纸面向外; 杆对金属环的弹力为

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物理教案带电粒子在匀强电场中的运动07-17

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