2018版高考：6.4《带电粒子在电场中运动的综合问题》教学案(含答案)
带电粒子在电场中的运动教案
一、教学目标：1. 让学生了解带电粒子在电场中的基本概念和原理。
2. 使学生掌握带电粒子在电场中的运动规律。
3. 培养学生运用物理知识解决实际问题的能力。
二、教学内容：1. 电场的基本概念：电场、电场强度、电势等。
2. 带电粒子在电场中的受力分析：电场力、电场力与重力的合成。
3. 带电粒子在电场中的运动规律：直线运动、曲线运动。
4. 电场中的能量转化：电势能、动能、势能。
5. 电场中的守恒定律：电荷守恒定律、能量守恒定律。
三、教学重点与难点：1. 教学重点：带电粒子在电场中的受力分析、运动规律、能量转化。
2. 教学难点：带电粒子在复杂电场中的运动分析、能量转化计算。
四、教学方法：1. 采用多媒体教学，展示带电粒子在电场中的运动过程。
2. 利用物理实验，让学生直观地观察带电粒子在电场中的行为。
3. 引导学生运用物理知识解决实际问题，提高学生的实践能力。
五、教学安排：1. 第1课时：介绍电场的基本概念，电场强度、电势的定义。
2. 第2课时：讲解带电粒子在电场中的受力分析，电场力与重力的合成。
3. 第3课时：学习带电粒子在电场中的直线运动规律，如匀速直线运动、加速直线运动。
4. 第4课时：学习带电粒子在电场中的曲线运动规律，如圆周运动、螺旋运动。
5. 第5课时：探讨电场中的能量转化，电势能、动能、势能的变化。
六、教学安排（续）：6. 第6课时：应用守恒定律分析电场中的粒子运动，电荷守恒定律和能量守恒定律的应用。
7. 第7课时：通过实例分析带电粒子在复杂电场中的运动，如非均匀电场、正负电荷间的相互作用。
8. 第8课时：练习题讲解，解决学生在作业中遇到的问题，巩固知识点。
9. 第9课时：开展小组讨论，探讨带电粒子在电场中运动的实际应用，如电子束聚焦、离子加速器等。
10. 第10课时：总结课程内容，进行课程复习，准备期末考试。
七、教学评价：1. 课堂提问：检查学生对带电粒子在电场中运动的理解程度。
2. 作业批改：评估学生对所学知识的掌握情况，纠正错误。
新课标2018版高考物理一轮复习第六章静电场专题七带电粒子在电场中运动的综合问题教案20170920
专题七 带电粒子在电场中运动的综合问题突破电场中“三类”典型图象问题考向1 电场中的v t 图象当带电粒子只在电场中作用下运动时，如果给出了粒子运动的速度图象，则从速度图象上能确定粒子运动的加速度方向、加速度大小变化情况，进而可将粒子运动中经历的各点的场强方向、场强大小、电势高低及电势能的变化等情况判定出来．[典例1] (多选)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m ＝10 g 的带正电的小球，小球所带电荷量q ＝5.0×10－4C ．小球从C 点由静止释放，其沿细杆由C 经B 向A 运动的v t 图象如图乙所示．小球运动到B 点时，速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )甲 乙A ．在O 点右侧杆上，B 点场强最大，场强大小为E ＝1.2 V/m B ．由C 到A 的过程中，小球的电势能先减小后变大 C ．由C 到A 电势逐渐降低D ．C 、B 两点间的电势差U CB ＝0.9 V[解题指导] v t 图线上切线的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律可求加速度． [解析] 由题图乙可知，小球在B 点的加速度最大，故受力最大，加速度由电场力提供，故B 点的电场强度最大，a ＝Δv Δt ＝Eqm，解得E ＝1.2 V/m ，选项A 正确；从C 到A 电场力一直做正功，故电势能一直减小，选项B 错误，C 正确；由C 到B 电场力做功为W ＝12mv 2B －0，C 、B间电势差为U CB ＝W q＝0.9 V ，选项D 正确．[答案] ACD考向2 电场中的E x 图象(1)反映了电场强度随位置变化的规律．(2)E >0表示场强沿x 轴正方向；E <0表示场强沿x 轴负方向．(3)图线与x 轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定．[典例2] (多选)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷( )A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大[解题指导] (1)由图可知从x1到x4，场强方向不变，沿x轴负方向，大小先增大再减小．(2)把正电荷从x1移动到x4，由于电场力方向与运动方向相反，电场力做负功．[解析] 由图象可知，将正电荷沿x轴正向移动，从x2移动到x4的过程电场力做功不为零，两点处的电势能不相等，选项A错误；从x1移动到x3的过程电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，选项B正确；从x1到x4的过程场强先增大后减小，所以电场力先增大后减小，选项C正确，D错误．[答案] BC考向3 电场中的φx图象(1)描述了电势随位置变化的规律．(2)根据电势的高低可以判断电场强度的方向是沿x轴正方向还是负方向．(3)斜率的大小表示场强的大小，斜率为零处场强为零．[典例3] (多选)两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中的C点电势最高，则( )A．q1一定带正电，q2一定带负电B．A、N点的电势为零，场强也为零C．C点电势不为零，但场强为零D．N、C间场强的方向沿x轴负方向[解题指导] 本题可以和等量异种点电荷的φx图象进行对比，从而判断一些物理量．理解φx图线上切线的斜率表示场强是解题关键．[解析] 根据静电场中用电场线描绘电场的规定，电场线总是从正电荷出发，到负电荷(或无穷远处)终止及沿电场线的方向电势越来越低，可以判断q 1一定带正电，q 2一定带负电，A 正确；其中A 点是异种点电荷连线上的点，电势为零，但电场强度不为零，故B 错误；C 点在ND 段电势最高，但过C 点作切线，其斜率为零，根据沿电场线方向电势降低，由于电势变化率为零，故C 点电场强度为零，C 正确；在NC 段，由于电势沿CN 方向越来越低，故电场强度方向沿x 轴负方向，D 正确．[答案] ACD 突破带电粒子在交变电场中的运动1．常见的交变电场的电压波形：方形波、锯齿波、正弦波等． 2．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件．(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．(3)注意对称性和周期性变化关系的应用． 考向1 粒子做直线运动[典例4] 将如图所示的交变电压加在平行板电容器A 、B 两板上，开始B 板电势比A 板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A 、B 两板间的距离足够大，下列说法正确的是( )A ．电子一直向A 板运动B ．电子一直向B 板运动C ．电子先向A 板运动，然后返回向B 板运动，之后在A 、B 两板间做周期性往复运动D ．电子先向B 板运动，然后返回向A 板运动，之后在A 、B 两板间做周期性往复运动 [解析] 根据交变电压的变化规律，作出电子的加速度a 、速度v 随时间变化的图线，如图甲、乙．从图中可知，电子在第一个T 4内做匀加速运动，第二个T4内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B 板电势比A 板电势高，所以电子向B 板运动，加速度大小为eU md .在第三个T4内电子做匀加速运动，第四个T4内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A 板运动，加速度大小为eU md .所以电子在交变电场中将以t ＝T4时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动，综上分析选项D 正确．甲 乙 [答案] D[变式1] 如图甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，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t 0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t 0可能属于的时间段是( )甲 乙A ．0<t 0<T4B.T 2<t 0<3T 4C.3T4<t 0<T D ．T <t 0<9T 8答案：B 解析：以向B 板运动为正方向，分别作出从0、T 4、T2时刻释放的粒子的速度—时间图象如图所示，则由图象可看出，若0<t 0<T 4或3T 4<t 0<T 或T <t 0<9T8，粒子在一个周期内正向位移大，即最终打到B 板上；若T 2<t 0<3T4，粒子在一个周期内负向位移大，最终打到A 板上，故B 正确．考向2 粒子在交变电场中偏转[典例5] 如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U 0，电容器板长和板间距离均为L ＝10 cm ，下极板接地，甲电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm ，在电容器两极板间接一交变电压，上、下极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：乙(1)在t ＝0.06 s 时刻发射电子，电子打在荧光屏上的何处？ (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？[解题指导] (1)电子经电场加速，根据动能定理可求末速度．(2)由于每个电子经过偏转电场的时间极短、电压不变，所以每个电子在偏转电场中做类平抛运动．(3)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，到达荧光屏．[解析] (1)电子经电场加速满足qU 0＝12mv 2经电场偏转后侧移量y ＝12at 2＝12·qu mL ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 2所以y ＝uL4U 0，由题图知t ＝0.06 s 时刻u ＝1.8U 0，所以y ＝4.5 cm 设打在屏上的点距O 点距离为Y ，满足Y y ＝L ＋L 2L2所以Y ＝13.5 cm.(2)由题知电子侧移量y 的最大值为L2，所以当偏转电压超过2U 0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L ＝30 cm.[答案] (1)打在屏上的点位于O 点上方，距O 点13.5 cm(2)30 cm对于带电粒子在交变电场中的运动问题，由于不同时间段内场强不同，使得带电粒子所受的电场力不同，造成带电粒子的运动情况发生变化．解决这类问题，要分段进行分析，根据题意找出满足题目要求的条件，从而分析求解．突破带电粒子的力、电综合问题1．方法技巧功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力．因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选．2．解题流程[典例6] 如图所示，O 、A 、B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，∠BOA ＝60°，OB ＝32OA ，将一质量为m 的小球以一定的初动能自O 点水平向右抛出①，小球在运动过程中恰好通过A 点②.使此小球带电，电荷量为q (q >0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB 所在平面平行．现从O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A 点，到达A 点时的动能是初动能的3倍③；若该小球从O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B 点，且到达B 点时的动能为初动能的6倍④，重力加速度大小为g ⑤.求：(1)无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向． [解题指导] 第一步：抓关键点(1)要确定小球到达A 点时的动能与初动能比值，可由平抛运动规律求解；写出水平、竖直方向的位移关系．(2)要确定电场强度的方向，根据到A 、B 两点的动能变化可确定两个个过程电势能的变化，可先找出两个等势点(在OB 线上找出与A 等势的点，并确定其具体位置)．[解析] (1)设小球的初速度为v 0，初动能为E k0，从O 点运动到A 点的时间为t ，令OA ＝d ，则OB ＝32d ，根据平抛运动的规律有d sin 60°＝v 0t ① d cos 60°＝12gt 2 ②又E k0＝12mv 20 ③由①②③式得E k0＝38mgd ④设小球到达A 点时的动能为E k A ，则E k A ＝E k0＋12mgd ⑤由④⑤式得E k A E k0＝73. ⑥ (2)加电场后，小球从O 点到A 点和B 点，高度分别降低了d 2和3d2，设电势能分别减小ΔE p A和ΔE p B ，由能量守恒及④式得ΔE p A ＝3E k0－E k0－12mgd ＝23E k0 ⑦ΔE p B ＝6E k0－E k0－32mgd ＝E k0 ⑧在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线OB 上的M 点与A 点等电势，M 与O 点的距离为x ，如图所示，则有x32d ＝ΔE p A ΔE p B ⑨ 解得x ＝d .MA 为等势线，电场必与其垂线OC 方向平行．设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30° ⑩即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°斜向右下方 设场强的大小为E ，有qEd cos 30°＝ΔE p A ⑪由④⑦⑪式得E ＝3mg6q. ⑫ [答案] (1)73 (2)3mg6q与竖直向下的方向的夹角为30°斜向右下方[变式2] (2017·江西吉安模拟)如图所示，一条长为L 的细线上端固定，下端拴一个质量为m 的电荷量为q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A 点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0.(1)求小球带电性质及电场强度E ；(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A 点释放小球时应有的初速度v A 的大小(可含根式)．答案：见解析解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电． 小球由A 点释放到速度等于零，由动能定理有 0＝EqL sin α－mgL (1－cos α) 解得E ＝3mg 3q. (2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G ′，则G ′＝233mg ，方向与竖直方向成30°角偏向右下方．若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点m v 2L ＝233mg 12mv 2－12mv 2A ＝－233mgL (1＋cos 30°) 联立解得v A ＝2gL 3＋1 .1．[对φx 图象的理解]某静电场中的一条电场线与x 轴重合，其电势的变化规律如图所示．在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x0～x0区间内( )A．该静电场是匀强电场B．该静电场是非匀强电场C．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小D．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大答案：A 解析：图线斜率的大小等于电场线上各点的电场强度的大小，故该条电场线上各点的场强大小相等，又沿着电场线的方向电势降低，可知静电场方向沿x轴负方向，故该静电场为匀强电场，A正确，B错误；电子受到沿x轴正方向的电场力，且电场力为恒力，所以电子将沿x轴正方向运动，C、D错误．2．[对Ex图象的理解]空间中有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，x1和－x1为x轴上对称的两点．下列说法正确的是( )A．x1处场强大于－x1处场强B．若电子从x1处由静止释放后向x轴负方向运动，到达－x1点时速度为零C．电子在x1处的电势能大于在－x1处的电势能D．x1点的电势比－x1点的电势高答案：B 解析：由图可知，x1处场强与－x1处场强大小相等，则A错误；因图线与横轴所围面积表示电势差，设O点处电势为零，则由图可知x1与－x1处电势相等，电势差为零，C、D错误；由动能定理有qU＝ΔE k，可知B选项正确．3．[力电综合问题]如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A．小球带负电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减少D．小球在运动过程中机械能守恒答案：B 解析：由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理可知，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B正确；由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向向上，所以小球带正电，A错误；小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，C错误；在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D错误．4．[力电综合问题]如图所示，空间有与水平方向成θ角的匀强电场，一个质量为m的带电小球，用长L的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时，细线恰好处于水平位置．现用一个外力将小球沿圆弧缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变，则该外力做的功为( )A．mgL B.mgLtan θC．mgL tan θ D.mgLcos θ答案：B 解析：对小球受力分析如图所示，则重力与电场力的合力F合＝mgtan θ由动能定理可知W F＝－W F合＝mgtan θ·L.5．[带电粒子在交变电场中运动]如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直．在t＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，t＝T 时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场．则( )甲乙A．该粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向- 11 - B ．在t ＝T 2时刻，该粒子的速度大小为2v 0 C ．若该粒子在T 2时刻以速度v 0进入电场，则粒子会打在板上 D ．若该粒子的入射速度变为2v 0，则该粒子仍在t ＝T 时刻射出电场答案：A 解析：由题设条件可知，粒子在0～T 2内做类平抛运动，在T 2～T 内做类斜抛运动，因粒子在电场中所受的电场力大小相等，根据运动的对称性，粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的，如图所示，选项A 正确；前后两段运动的时间相等，T 2时将速度分解，设板长为l ，由类平抛运动规律可得l ＝v 0T ，12l ＝12vT ，则v ＝v 0，则T 2时刻该粒子的速度为2v 0，选项B 错误；若该粒子在T 2时刻以速度v 0进入电场，粒子将先向下做类平抛运动，后做类斜抛运动，而从PQ 板右边缘射出电场，选项C 错误；若该粒子的入射速度变为2v 0，粒子在场中运动的时间t ＝l 2v 0＝T 2，选项D 错误．。
[推荐学习]2018版高考物理二轮复习专题五带电粒子在电场中的运动教学案
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专题五 带电粒子在电场中的运动 考情分析命题解读本专题共8个考点，其中静电现象电荷守恒定律，库仑定律，电场线、电势能、电势、等势面，电场强度、点电荷的场强、电势差，带电粒子在匀强电场中的运动，电容等考点为高频考点。
从近三年命题情况看，其特点为：(1)注重基础、联系实际。
如以库仑定律、电容器等基础知识命题考查理解能力；以静电现象、静电透镜等结合实际问题倡导学以致用。
(2)突出方法。
如以电场叠加、电场线命题，凸显对称思想；以静电场中的图象命题，考查学生的推理能力。
整体难度中等，命题指数★★★★★，复习目标是达B 必会。
1.(2017·江苏清江中学期中)真空中两个点电荷的相互作用力为F ，若把其中一个电荷的带电量减少一半，同时把它们之间的距离减少一半，则它们之间的作用力变为( )A.2FB. 4FC.8FD.无法确定解析 根据库仑定律可得，在变化前有F ＝k q 1q 2r 2，变化后F ′＝k 12q 1q 2⎝ ⎛⎭⎪⎫12r 2＝2k q 1q 2r ＝2F ，故A 项正确。
答案 A2.(多选)(2017·南京、盐城模拟)下列选项中所描述的a 、b 两点的电场强度和电势均相同的是( )图1A.离正点电荷等距的任意两点a、b，如图甲所示B.两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的两点a、b，如图乙所示C.两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的两点a、b，如图丙所示D.静电场中达到静电平衡时的导体内部任意两点a、b，如图丁所示解析图甲中a、b两点的电势相等，电场强度大小相等但方向不同，A错误；图乙中，两个等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，a、b两点的电场强度大小相等，方向均与等量异种点电荷的连线平行且向左，所以a、b两点的电势和电场强度均相同，B正确；图丙中，根据对称性，a、b点电势相等，电场强度大小相等但方向相反，C错误；图丁中，导体达到静电平衡时，导体内部电势处处相等，电场强度处处为零，D正确。
2018届高考物理大一轮复习教师用书：第41课时 带电体
第41课时带电体在电场中运动的综合问题(题型研究课) [命题者说]带电粒子、带电体在电场中的运动是高考的热点，经常进行综合性的考查。
如带电粒子在交变电场中的运动、带电体在等效场中的圆周运动、力电综合问题等。
这类问题综合性强，难度较大，对学生灵活运用知识分析解决问题的能力有较高的要求。
1.(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。
(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
(3)注意对称性和周期性变化关系的应用。
2．常见的三类运动形式带电体做单向直线运动、直线往返运动或偏转运动。
考法1粒子在交变电场中的直线运动[例1]如图甲所示，真空中相距d＝5 cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出)，其中B板接地(电势为零)，A板电势变化的规律如图乙所示。
将一个质量m＝2.0×10－27 kg、电量q＝＋1.6×10－19 C的带电粒子从紧邻B板处释放，不计重力。
求：(1)在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；(2)若A板电势变化周期T＝1.0×10－5 s，在t＝0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板时速度的大小；(3)A板电势变化频率f满足什么条件时，在t＝T4时从紧邻B板处无初释放该带电粒子，粒子不能到达A板？[解析](1)加速度大小a＝Fm＝Uqdm＝4.0×109 m/s2。
(2)粒子在0～T2时间内做匀加速运动的位移大小x＝12a⎝⎛⎭⎫T22＝5.0×10－2 m可以发现，位移大小与极板间的距离相等，故粒子在t＝T2时恰好到达A板，由v ＝at 解得v ＝2.0×104 m/s 。
(3)粒子在T 4～T 2向A 板做匀加速运动，在T 2～3T4向A 板做匀减速运动，由运动的对称性可知，在t ＝3T 4时速度为零，故在3T4～T 时间内，粒子反向向B 板加速运动……粒子运动时间T 内的运动图像，如图所示。
专题6-5 带电粒子在电场中的运动教学案-2018年高考物理一轮复习资料 含解析 精品
1.能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题.2.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题．一、带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动 1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．2．用功能观点分析 a ＝F 合m ，E ＝Ud ，v 2－v 20＝2ad . 3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20 非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1 二、带电粒子在电场中的偏转 1．带电粒子在电场中的偏转(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场． (2)运动性质：匀变速曲线运动．(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动． (4)运动规律：①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出电容器：t ＝lv 0.b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2md t 2，t ＝2mdyqU②沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mdv2离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl mdv202．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU 0＝12mv 20 y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2tan θ＝qU 1lmdv 20得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l2.3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 20，其中U y＝Ud y ，指初、末位置间的电势差．三、带电体在复合场中的运动1．各种性质的场(物质)与实际物体的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空间，从而形成叠加场．2．将叠加场等效为一个简单场，其具体步骤是：先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a ＝F 合m 视为“等效重力加速度”．再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可．高频考点一 带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动例1． 两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )A.edhU B ．edUh C.eU dhD ．eUh d答案： D【举一反三】如图所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板的速度为v ，保持两极间电压不变，则( )A ．当减小两板间的距离时，速度v 增大B ．当减小两极间的距离时，速度v 减小C ．当减小两极间的距离时，速度v 不变D ．当减小两极间的距离时，电子在两极间运动的时间变长 答案 C解析 由动能定理得eU ＝12mv 2，当改变两极板间的距离时，U 不变，v 就不变，故选项A 、B 错误，C 正确；粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，v ＝d t ，v 2＝d t ，即t ＝2d v ，当d 减小时，v 不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D 错误．【变式探究】(多选)如图所示，在真空中A 、B 两块平行金属板竖直放置并接入电路．调节滑动变阻器，使A 、B 两板间的电压为U 时，一质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子，以初速度v0从A板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中，恰从A、B两板的中点处沿原路返回(不计重力)，则下列说法正确的是()A．使初速度变为2v0时，带电粒子恰能到达B板B．使初速度变为2v0时，带电粒子将从B板中心小孔射出C．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子恰能到达B板D．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子将从B板中心小孔射出答案BC【方法技巧】解决粒子在电场中直线运动问题的两种方法1．用牛顿运动定律和运动学规律．2．用动能定理或能量守恒定律．3．选取思路：前者适用于粒子受恒力作用时，后者适用于粒子受恒力或变力作用时．这和解决物体受重力、弹力、摩擦力等做直线运动的问题的思路是相同的，不同的是受力分析时，不要遗漏电场力．高频考点二带电粒子在电场中的偏转运动例2．(多选)如图9甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是()图9A ．末速度大小为2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgd D ．克服电场力做功为mgd答案 BC【变式探究】(多选)长为l 、间距为d 的平行金属板M 、N 带等量异种电荷，A 、B 两带电粒子分别以不同速度v 1、v 2从金属板左侧同时射入板间，粒子A 从上板边缘射入，速度v 1平行金属板，粒子B 从下板边缘射入，速度v 2与下板成一定夹角θ(θ≠0)，如图8所示．粒子A 刚好从金属板右侧下板边缘射出，粒子B 刚好从上板边缘射出且速度方向平行金属板，两粒子在板间某点相遇但不相碰．不计粒子重力和空气阻力，则下列判断正确的是( )图8A ．两粒子带电荷量一定相同B ．两粒子一定有相同的比荷C ．粒子B 射出金属板的速度等于v 1D ．相遇时两粒子的位移大小相等 答案 BC【举一反三】带电粒子在电场中偏转的综合分析]如图10所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、电场强度为E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v 0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为O .试求：图10(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值tan α； (3)粒子打在屏上的点P 到O 点的距离x . 答案 (1)2L v 0 (2)qEL mv 20 (3)3qEL 22mv 20解析 (1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t ＝2Lv 0.(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a ＝Eqm所以v y ＝a L v 0＝qELmv 0所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值为tan α＝v yv0＝qELmv20.【方法技巧】分析粒子在电场中偏转运动的两种方法1．分解观点：垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中只受电场力作用，与重力场中的平抛运动相类似，研究这类问题的基本方法是将运动分解，可分解成平行电场方向的匀加速直线运动和垂直电场方向的匀速直线运动．2．功能观点：首先对带电粒子进行受力分析，再进行运动过程分析，然后根据具体情况选用公式计算．(1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量．(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的．高频考点三带电粒子在交变电场中的运动例3、如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示。
《带电粒子在电场中的运动》高中物理教案
《带电粒子在电场中的运动》高中物理教案一、教学目标1.知识与技能：o理解带电粒子在电场中受到的电场力，知道电场力对带电粒子运动的影响。
o掌握带电粒子在匀强电场中的运动规律，包括直线运动和偏转运动。
o能够应用电场知识和牛顿运动定律分析带电粒子在电场中的运动问题。
2.过程与方法：o通过实验和模拟演示，让学生直观感受带电粒子在电场中的运动情况。
o引导学生通过分析和讨论，理解带电粒子在电场中运动的规律，并能应用于实际问题。
3.情感态度与价值观：o激发学生对电场和带电粒子运动的兴趣和好奇心。
o培养学生的物理直觉和逻辑推理能力，鼓励学生在科学探究中积极尝试。
二、教学重点与难点1.教学重点：带电粒子在匀强电场中的运动规律，包括直线运动和偏转运动。
2.教学难点：带电粒子在电场中的偏转运动，特别是侧移量和偏转角的计算。
三、教学准备1.实验器材：电场演示仪、带电粒子加速器模型、示波器等。
2.多媒体课件：包含带电粒子在电场中运动的模拟动画、实验演示视频、例题解析等。
四、教学过程1.导入新课o回顾电场和电场力的相关知识，引出带电粒子在电场中运动的主题。
o提问学生：“如果有一个带电粒子进入电场，它会受到怎样的影响？它的运动会发生怎样的变化？”2.新课内容讲解o带电粒子在电场中受到的电场力：根据电场强度的定义和库仑定律，推导带电粒子在电场中受到的电场力公式。
o带电粒子在匀强电场中的直线运动：分析带电粒子初速度与电场线方向相同和垂直两种情况下的直线运动规律。
o带电粒子在匀强电场中的偏转运动：通过类比平抛运动，讲解带电粒子在垂直于电场线方向上的匀速直线运动和沿电场线方向上的匀加速直线运动，进而推导侧移量和偏转角的计算公式。
3.实验探究o演示带电粒子在电场中的运动实验，让学生观察带电粒子的运动轨迹和偏转情况。
o引导学生分析实验数据，验证带电粒子在电场中运动的规律，并尝试计算侧移量和偏转角。
4.课堂练习与讨论o出示相关练习题，让学生运用所学知识分析带电粒子在电场中的运动问题，并进行计算。
[推荐学习]新课标2018版高考物理一轮复习第六章静电场专题七带电粒子在电场中运动的综合问题教案
![[推荐学习]新课标2018版高考物理一轮复习第六章静电场专题七带电粒子在电场中运动的综合问题教案](https://img.taocdn.com/s3/m/e73e4659a417866fb84a8e3a.png)
专题七 带电粒子在电场中运动的综合问题突破电场中“三类”典型图象问题考向1 电场中的v t 图象当带电粒子只在电场中作用下运动时，如果给出了粒子运动的速度图象，则从速度图象上能确定粒子运动的加速度方向、加速度大小变化情况，进而可将粒子运动中经历的各点的场强方向、场强大小、电势高低及电势能的变化等情况判定出来．[典例1] (多选)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m ＝10 g 的带正电的小球，小球所带电荷量q ＝5.0×10－4C ．小球从C 点由静止释放，其沿细杆由C 经B 向A 运动的v t 图象如图乙所示．小球运动到B 点时，速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )甲 乙A ．在O 点右侧杆上，B 点场强最大，场强大小为E ＝1.2 V/m B ．由C 到A 的过程中，小球的电势能先减小后变大 C ．由C 到A 电势逐渐降低D ．C 、B 两点间的电势差U CB ＝0.9 V[解题指导] v t 图线上切线的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律可求加速度． [解析] 由题图乙可知，小球在B 点的加速度最大，故受力最大，加速度由电场力提供，故B 点的电场强度最大，a ＝Δv Δt ＝Eqm，解得E ＝1.2 V/m ，选项A 正确；从C 到A 电场力一直做正功，故电势能一直减小，选项B 错误，C 正确；由C 到B 电场力做功为W ＝12mv 2B －0，C 、B间电势差为U CB ＝W q＝0.9 V ，选项D 正确．[答案] ACD考向2 电场中的E x 图象(1)反映了电场强度随位置变化的规律．(2)E >0表示场强沿x 轴正方向；E <0表示场强沿x 轴负方向．(3)图线与x 轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定．[典例2] (多选)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷( )A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大[解题指导] (1)由图可知从x1到x4，场强方向不变，沿x轴负方向，大小先增大再减小．(2)把正电荷从x1移动到x4，由于电场力方向与运动方向相反，电场力做负功．[解析] 由图象可知，将正电荷沿x轴正向移动，从x2移动到x4的过程电场力做功不为零，两点处的电势能不相等，选项A错误；从x1移动到x3的过程电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，选项B正确；从x1到x4的过程场强先增大后减小，所以电场力先增大后减小，选项C正确，D错误．[答案] BC考向3 电场中的φx图象(1)描述了电势随位置变化的规律．(2)根据电势的高低可以判断电场强度的方向是沿x轴正方向还是负方向．(3)斜率的大小表示场强的大小，斜率为零处场强为零．[典例3] (多选)两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中的C点电势最高，则( )A．q1一定带正电，q2一定带负电B．A、N点的电势为零，场强也为零C．C点电势不为零，但场强为零D．N、C间场强的方向沿x轴负方向[解题指导] 本题可以和等量异种点电荷的φx图象进行对比，从而判断一些物理量．理解φx图线上切线的斜率表示场强是解题关键．[解析] 根据静电场中用电场线描绘电场的规定，电场线总是从正电荷出发，到负电荷(或无穷远处)终止及沿电场线的方向电势越来越低，可以判断q 1一定带正电，q 2一定带负电，A 正确；其中A 点是异种点电荷连线上的点，电势为零，但电场强度不为零，故B 错误；C 点在ND 段电势最高，但过C 点作切线，其斜率为零，根据沿电场线方向电势降低，由于电势变化率为零，故C 点电场强度为零，C 正确；在NC 段，由于电势沿CN 方向越来越低，故电场强度方向沿x 轴负方向，D 正确．[答案] ACD 突破带电粒子在交变电场中的运动1．常见的交变电场的电压波形：方形波、锯齿波、正弦波等． 2．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件．(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．(3)注意对称性和周期性变化关系的应用． 考向1 粒子做直线运动[典例4] 将如图所示的交变电压加在平行板电容器A 、B 两板上，开始B 板电势比A 板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A 、B 两板间的距离足够大，下列说法正确的是( )A ．电子一直向A 板运动B ．电子一直向B 板运动C ．电子先向A 板运动，然后返回向B 板运动，之后在A 、B 两板间做周期性往复运动D ．电子先向B 板运动，然后返回向A 板运动，之后在A 、B 两板间做周期性往复运动 [解析] 根据交变电压的变化规律，作出电子的加速度a 、速度v 随时间变化的图线，如图甲、乙．从图中可知，电子在第一个T 4内做匀加速运动，第二个T4内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B 板电势比A 板电势高，所以电子向B 板运动，加速度大小为eUmd.在第三个T4内电子做匀加速运动，第四个T4内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A 板运动，加速度大小为eU md .所以电子在交变电场中将以t ＝T4时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动，综上分析选项D 正确．甲 乙 [答案] D[变式1] 如图甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，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t 0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t 0可能属于的时间段是( )甲 乙A ．0<t 0<T4B.T 2<t 0<3T 4C.3T4<t 0<T D ．T <t 0<9T 8答案：B 解析：以向B 板运动为正方向，分别作出从0、T 4、T2时刻释放的粒子的速度—时间图象如图所示，则由图象可看出，若0<t 0<T 4或3T 4<t 0<T 或T <t 0<9T8，粒子在一个周期内正向位移大，即最终打到B 板上；若T 2<t 0<3T4，粒子在一个周期内负向位移大，最终打到A 板上，故B 正确．考向2 粒子在交变电场中偏转[典例5] 如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U 0，电容器板长和板间距离均为L ＝10 cm ，下极板接地，甲电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm ，在电容器两极板间接一交变电压，上、下极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：乙(1)在t ＝0.06 s 时刻发射电子，电子打在荧光屏上的何处？ (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？[解题指导] (1)电子经电场加速，根据动能定理可求末速度．(2)由于每个电子经过偏转电场的时间极短、电压不变，所以每个电子在偏转电场中做类平抛运动．(3)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，到达荧光屏．[解析] (1)电子经电场加速满足qU 0＝12mv 2经电场偏转后侧移量y ＝12at 2＝12·qu mL ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 2所以y ＝uL4U 0，由题图知t ＝0.06 s 时刻u ＝1.8U 0，所以y ＝4.5 cm 设打在屏上的点距O 点距离为Y ，满足Y y ＝L ＋L 2L2所以Y ＝13.5 cm.(2)由题知电子侧移量y 的最大值为L2，所以当偏转电压超过2U 0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L ＝30 cm.[答案] (1)打在屏上的点位于O 点上方，距O 点13.5 cm(2)30 cm对于带电粒子在交变电场中的运动问题，由于不同时间段内场强不同，使得带电粒子所受的电场力不同，造成带电粒子的运动情况发生变化．解决这类问题，要分段进行分析，根据题意找出满足题目要求的条件，从而分析求解．突破带电粒子的力、电综合问题1．方法技巧功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力．因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选．2．解题流程[典例6] 如图所示，O 、A 、B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，∠BOA ＝60°，OB ＝32OA ，将一质量为m 的小球以一定的初动能自O 点水平向右抛出①，小球在运动过程中恰好通过A 点②.使此小球带电，电荷量为q (q >0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB 所在平面平行．现从O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A 点，到达A 点时的动能是初动能的3倍③；若该小球从O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B 点，且到达B 点时的动能为初动能的6倍④，重力加速度大小为g ⑤.求：(1)无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向． [解题指导] 第一步：抓关键点(1)要确定小球到达A 点时的动能与初动能比值，可由平抛运动规律求解；写出水平、竖直方向的位移关系．(2)要确定电场强度的方向，根据到A 、B 两点的动能变化可确定两个个过程电势能的变化，可先找出两个等势点(在OB 线上找出与A 等势的点，并确定其具体位置)．[解析] (1)设小球的初速度为v 0，初动能为E k0，从O 点运动到A 点的时间为t ，令OA ＝d ，则OB ＝32d ，根据平抛运动的规律有d sin 60°＝v 0t ① d cos 60°＝12gt 2 ②又E k0＝12mv 20 ③由①②③式得E k0＝38mgd ④设小球到达A 点时的动能为E k A ，则E k A ＝E k0＋12mgd ⑤由④⑤式得E k A E k0＝73. ⑥ (2)加电场后，小球从O 点到A 点和B 点，高度分别降低了d 2和3d2，设电势能分别减小ΔE p A和ΔE p B ，由能量守恒及④式得ΔE p A ＝3E k0－E k0－12mgd ＝23E k0 ⑦ΔE p B ＝6E k0－E k0－32mgd ＝E k0 ⑧在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线OB 上的M 点与A 点等电势，M 与O 点的距离为x ，如图所示，则有x32d ＝ΔE p A ΔE p B ⑨ 解得x ＝d .MA 为等势线，电场必与其垂线OC 方向平行．设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30° ⑩即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°斜向右下方 设场强的大小为E ，有qEd cos 30°＝ΔE p A ⑪由④⑦⑪式得E ＝3mg6q. ⑫ [答案] (1)73 (2)3mg6q与竖直向下的方向的夹角为30°斜向右下方[变式2] (2017·江西吉安模拟)如图所示，一条长为L 的细线上端固定，下端拴一个质量为m 的电荷量为q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A 点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0.(1)求小球带电性质及电场强度E ；(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A 点释放小球时应有的初速度v A 的大小(可含根式)．答案：见解析解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电． 小球由A 点释放到速度等于零，由动能定理有 0＝EqL sin α－mgL (1－cos α) 解得E ＝3mg 3q. (2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G ′，则G ′＝233mg ，方向与竖直方向成30°角偏向右下方．若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点m v 2L ＝233mg 12mv 2－12mv 2A ＝－233mgL (1＋cos 30°) 联立解得v A ＝2gL3＋1.1．[对φx 图象的理解]某静电场中的一条电场线与x 轴重合，其电势的变化规律如图所示．在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x0～x0区间内( )A．该静电场是匀强电场B．该静电场是非匀强电场C．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小D．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大答案：A 解析：图线斜率的大小等于电场线上各点的电场强度的大小，故该条电场线上各点的场强大小相等，又沿着电场线的方向电势降低，可知静电场方向沿x轴负方向，故该静电场为匀强电场，A正确，B错误；电子受到沿x轴正方向的电场力，且电场力为恒力，所以电子将沿x轴正方向运动，C、D错误．2．[对Ex图象的理解]空间中有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，x1和－x1为x轴上对称的两点．下列说法正确的是( )A．x1处场强大于－x1处场强B．若电子从x1处由静止释放后向x轴负方向运动，到达－x1点时速度为零C．电子在x1处的电势能大于在－x1处的电势能D．x1点的电势比－x1点的电势高答案：B 解析：由图可知，x1处场强与－x1处场强大小相等，则A错误；因图线与横轴所围面积表示电势差，设O点处电势为零，则由图可知x1与－x1处电势相等，电势差为零，C、D错误；由动能定理有qU＝ΔE k，可知B选项正确．3．[力电综合问题]如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A．小球带负电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减少D．小球在运动过程中机械能守恒答案：B 解析：由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理可知，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B正确；由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向向上，所以小球带正电，A错误；小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，C错误；在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D错误．4．[力电综合问题]如图所示，空间有与水平方向成θ角的匀强电场，一个质量为m的带电小球，用长L的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时，细线恰好处于水平位置．现用一个外力将小球沿圆弧缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变，则该外力做的功为( )A．mgL B.mgLtan θC．mgL tan θ D.mgLcos θ答案：B 解析：对小球受力分析如图所示，则重力与电场力的合力F合＝mgtan θ由动能定理可知W F＝－W F合＝mgtan θ·L.5．[带电粒子在交变电场中运动]如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直．在t＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，t＝T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场．则( )甲乙A．该粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向生活的色彩就是学习K12的学习需要努力专业专心坚持 B ．在t ＝T 2时刻，该粒子的速度大小为2v 0 C ．若该粒子在T 2时刻以速度v 0进入电场，则粒子会打在板上 D ．若该粒子的入射速度变为2v 0，则该粒子仍在t ＝T 时刻射出电场答案：A 解析：由题设条件可知，粒子在0～T 2内做类平抛运动，在T 2～T 内做类斜抛运动，因粒子在电场中所受的电场力大小相等，根据运动的对称性，粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的，如图所示，选项A 正确；前后两段运动的时间相等，T 2时将速度分解，设板长为l ，由类平抛运动规律可得l ＝v 0T ，12l ＝12vT ，则v ＝v 0，则T 2时刻该粒子的速度为2v 0，选项B 错误；若该粒子在T 2时刻以速度v 0进入电场，粒子将先向下做类平抛运动，后做类斜抛运动，而从PQ 板右边缘射出电场，选项C 错误；若该粒子的入射速度变为2v 0，粒子在场中运动的时间t ＝l 2v 0＝T 2，选项D 错误．。
《带电粒子在电场中的运动》示范教案
诚西郊市崇武区沿街学校第九节带电粒子在电场中的运动〔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根本原理．〔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、推理才能〔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教学方法讲授法、归纳法、互动探究法教具多媒体课件教学过程〔一〕引入新课带电粒子在电场中受到电场力的作用会产生加速度，使其原有速度发生变化．在现代科学实验和技术设备中，常常利用电场来控制或者者改变带电粒子的运动。
详细应用有哪些呢本节课我们来研究这个问题．以匀强电场为例。
〔二〕进展新课教师活动：引导学生复习回忆相关知识点〔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。
〔4〕静电力做功的计算方法。
学生活动：结合自己的实际情况回忆复习。
师生互动强化认识：〔1〕a=F 合/m 〔注意是F 合〕〔2〕W 合=△Ek=12k k E E 〔注意是合力做的功〕〔3〕平抛运动的相关知识〔4〕W=F·scosθ〔恒力→匀强电场〕W=qU 〔任何电场〕1、带电粒子的加速教师活动：提出问题要使带电粒子在电场中只被加速而不改变运动方向该怎么办〔相关知识链接：合外力与初速度在一条直线上，改变速度的大小；合外力与初速度成90°，仅改变速度的方向；合外力与初速度成一定角度θ，既改变速度的大小又改变速度的方向〕学生探究活动：结合相关知识提出设计方案并互相讨论其可行性。
学生介绍自己的设计方案。
师生互动归纳：〔教师要对学生进展鼓励评价〕方案1：v0=0，仅受电场力就会做加速运动，可到达目的。
方案2：v0≠0，仅受电场力，电场力的方向应同v0同向才能到达加速的目的。
教师投影：加速示意图．学生探究活动：上面示意图中两电荷电性换一下能否到达加速的目的〔提示：从实际角度考虑，注意两边是金属板〕学生汇报探究结果：不可行，直接打在板上。
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第4讲微专题——带电粒子在电场中运动的综合问题
核心考点·分类突破——析考点讲透练足
1．常见的交变电场的电压波形
方形波、锯齿波、正弦波等。
2．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。
(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
(3)注意对称性和周期性变化关系的应用。
3．常见的三类问题
带电体做单向直线运动、带电体做往返运动、带电体做偏转运动
问题一粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)
[典题1] 如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m ＝0.2 kg，带电荷量为q＝2.0×10－6 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1。
从 t＝0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右为正方向，g取10 m/s2)，求：
(1)23 s内小物块的位移大小；
(2)23 s内电场力对小物块所做的功。
[解析] (1)0～2 s内小物块的加速度为a
1
由牛顿第二定律得 E
1q－μmg＝ma
1
即a 1＝
E 1q －μmg
m
＝2 m/s 2 位移x 1＝12
a 1t 2
1＝4 m
2 s 末的速度为v 2＝a 1t 1＝4 m/s
2 s ～4 s 内小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律得E 2q －μmg ＝ma 2 即a 2＝E 2q －μmg
m
＝－2 m/s 2
位移x 2＝x 1＝4 m ，4 s 末小物块的速度为v 4＝0 因此小物块做周期为4 s 的匀加速和匀减速运动
第22 s 末的速度为v 22＝4 m/s ，第23 s 末的速度v 23＝v 22＋a 2t ＝2 m/s 所求位移为x ＝222x 1＋v 22＋v 23
2
t ＝47 m
(2)23 s 内，设电场力对小物块所做的功为W ，由动能定理得W －μmgx ＝1
2mv 223
解得W ＝9.8 J
[答案] (1)47 m (2)9.8 J
问题二 粒子做往返运动(一般分段研究)
[典题2] 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t 0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t 0可能属于的时间段是( )
A ．0<t 0<T 4 B.T 2<t 0<3T 4 C.3T 4<t 0<T D ．T<t 0<9T
8
[解析] 设粒子的速度方向、位移方向向右为正。
依题意得，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。
作出t 0。