第一篇：2011年高考物理二輪專題復(fù)習(xí)教案-帶電粒子在場中的運動

帶電粒子在場中的運動

思想方法提煉

帶電粒子在某種場(重力場、電場、磁場或復(fù)合場)中的運動問題，本質(zhì)還是物體的動力學(xué)問題

電場力、磁場力、重力的性質(zhì)和特點：勻強場中重力和電場力均為恒力，可能做功；洛倫茲力總不做功；電場力和磁場力都與電荷正負(fù)、場的方向有關(guān)，磁場力還受粒子的速度影響，反過來影響粒子的速度變化.

一、安培力

1.安培力：通電導(dǎo)線在磁場中受到的作用力叫安培力.【說明】磁場對通電導(dǎo)線中定向移動的電荷有力的作用，磁場對這些定向移動電荷作用力的宏觀表現(xiàn)即為安培力.2.安培力的計算公式：F=BILsin?；通電導(dǎo)線與磁場方向垂直時，即? = 900，此時安培力有最大值；通電導(dǎo)線與磁場方向平行時，即?=00，此時安培力有最小值，F(xiàn)min=0N；0°＜?＜90°時，安培力F介于0和最大值之間.3.安培力公式的適用條件；

①一般只適用于勻強磁場；②導(dǎo)線垂直于磁場；

③L為導(dǎo)線的有效長度，即導(dǎo)線兩端點所連直線的長度，相應(yīng)的電流方向沿L由始端流向末端； 如圖所示，幾種有效長度；

④安培力的作用點為磁場中通電導(dǎo)體的幾何中心；

⑤根據(jù)力的相互作用原理，如果是磁體對通電導(dǎo)體有力的作用，則通電導(dǎo)體對磁體有反作用力.【說明】安培力的計算只限于導(dǎo)線與B垂直和平行的兩種情況.二、左手定則

1.通電導(dǎo)線所受的安培力方向和磁場B的方向、電流方向之間的關(guān)系，可以用左手定則來判定.2.用左手定則判定安培力方向的方法：伸開左手，使拇指跟其余的四指垂直且與手掌都在同一平面內(nèi)，讓磁感線垂直穿入手心，并使四指指向電流方向，這時手掌所在平面跟磁感線和導(dǎo)線所在平面垂直，大拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線所受安培力的方向.3.安培力F的方向既與磁場方向垂直，又與通電導(dǎo)線方向垂直，即F總是垂直于磁場與導(dǎo)線所決定的平面.但B與I的方向不一定垂直.4.安培力F、磁感應(yīng)強度B、電流I三者的關(guān)系

①已知I、B的方向，可惟一確定F的方向；

②已知F、B的方向，且導(dǎo)線的位置確定時，可惟一確定I的方向；

③已知F、I的方向時，磁感應(yīng)強度B的方向不能惟一確定.三、洛倫茲力：磁場對運動電荷的作用力.1.洛倫茲力的公式：F=qvBsin?；

2.當(dāng)帶電粒子的運動方向與磁場方向互相平行時，F(xiàn)=0；

3.當(dāng)帶電粒子的運動方向與磁場方向互相垂直時，F(xiàn)=qvB;

4.只有運動電荷在磁場中才有可能受到洛倫茲力作用，靜止電荷在磁場中受到的磁場對電荷的作用力一定為0；

四、洛倫茲力的方向

1.運動電荷在磁場中受力方向可用左手定則來判定；

2.洛倫茲力f的方向既垂直于磁場B的方向，又垂直于運動電荷的速度v的方向，即f總是垂直于B和v所在的平面.3.使用左手定則判定洛倫茲力方向時，若粒子帶正電時，四個手指的指向與正電荷的運動方向相同.若粒子帶負(fù)電時，四個手指的指向與負(fù)電荷的運動方向相反.4.安培力的本質(zhì)是磁場對運動電荷的作用力的宏觀表現(xiàn).五、帶電粒子在勻強磁場中的運動

1.不計重力的帶電粒子在勻強磁場中的運動可分三種情況：一是勻速直線運動；二是勻速圓周運動；三是螺旋運動.從運動形式可分為：勻速直線運動和變加速曲線運動.2.如果不計重力的帶電粒子的運動方向與磁場方向平行時，帶電粒子做勻速直線運動，是因為帶電粒子在磁場中不受洛倫茲力的作用.3.如果不計重力的帶電粒子的運動方向與磁場方向垂直時，帶電粒子做勻速圓周運動，是因為帶電粒子在磁場中受到的洛倫茲力始終與帶電粒子的運動方向垂直，只改變其運動方向，不改變其速度大小.4.不計重力的帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑r=mv/Bq;其運動周期T=2?m/Bq(與速度大小無關(guān)).5.不計重力的帶電粒子垂直進入勻強電場和垂直進入勻強磁場時都做曲線運動，但有區(qū)別：帶電粒子垂直進入勻強電場，在電場中做勻變速曲線運動(類平拋運動)；垂直進入勻強磁場，則做變加速曲線運動(勻速圓周運動)6.帶電粒子在勻強磁場中做不完整圓周運動的解題思路：

(1)用幾何知識確定圓心并求半徑.因為F方向指向圓心，根據(jù)F一定垂直v，畫出粒子運動軌跡中任意兩點(大多是射入點和出射點)的F或半徑方向，其延長線的交點即為圓心，再用幾何知識求其半徑與弦長的關(guān)系.(2)確定軌跡所對的圓心角，求運動時間.先利用圓心角與弦切角的關(guān)系，或者是四邊形內(nèi)角和等于360°(或2?)計算出圓心角?的大小，再由公式t=?T/3600(或?T/2 ?)可求出運動時間.六、帶電粒子在復(fù)合場中運動的基本分析

1.這里所說的復(fù)合場是指電場、磁場、重力場并存，或其中某兩種場并存的場.帶電粒子在這些復(fù)合場中運動時，必須同時考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用，因此對粒子的運動形式的分析就顯得極為重要.2.當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受的合外力為0時，粒子將做勻速直線運動或靜止.3.當(dāng)帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做變速直線運動.4.當(dāng)帶電粒子所受的合外力充當(dāng)向心力時，粒子將做勻速圓周運動.5.當(dāng)帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的，則粒子將做變加速運動，這類問題一般只能用能量關(guān)系處理.七、電場力和洛倫茲力的比較

1.在電場中的電荷，不管其運動與否，均受到電場力的作用；而磁場僅僅對運動著的、且速度與磁場方向不平行的電荷有洛倫茲力的作用.2.電場力的大小F=Eq,與電荷的運動的速度無關(guān)；而洛倫茲力的大小f=Bqvsina，與電荷運動的速度大小和方向均有關(guān).3.電場力的方向與電場的方向或相同、或相反；而洛倫茲力的方向始終既和磁場垂直，又和速度方向垂直.4.電場既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方向，而洛倫茲力只能改變電荷運動的速度方向，不能改變速度大小.5.電場力可以對電荷做功，能改變電荷的動能；洛倫茲力不能對電荷做功，不能改變電荷的動能.6.勻強電場中在電場力的作用下，運動電荷的偏轉(zhuǎn)軌跡為拋物線；勻強磁場中在洛倫茲力的作用下，垂直于磁場方向運動的電荷的偏轉(zhuǎn)軌跡為圓弧.八、對于重力的考慮

重力考慮與否分三種情況.(1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等一般不做特殊交待就可以不計其重力，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等不做特殊交待時就應(yīng)當(dāng)考慮其重力.(2)在題目中有明確交待的是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單.(3)是直接看不出是否要考慮重力，但在進行受力分析與運動分析時，要由分析結(jié)果，先進行定性確定再是否要考慮重力.九、動力學(xué)理論：

(1)粒子所受的合力和初速度決定粒子的運動軌跡及運動性質(zhì)；

(2)勻變速直線運動公式、運動的合成和分解、勻速圓周運動的運動學(xué)公式；

(3)牛頓運動定律、動量定理和動量守恒定律；

(4)動能定理、能量守恒定律.十、在生產(chǎn)、生活、科研中的應(yīng)用：如顯像管、回旋加速器、速度選擇器、正負(fù)電子對撞機、質(zhì)譜儀、電磁流量計、磁流體發(fā)電機、霍爾效應(yīng)等等.正因為這類問題涉及知識面大、能力要求高，而成為近幾年高考的熱點問題，題型有選擇、填空、作圖等，更多的是作為壓軸題的說理、計算題.分析此類問題的一般方法為：首先從粒子的開始運動狀態(tài)受力分析著手，由合力和初速度判斷粒子的運動軌跡和運動性質(zhì)，注意速度和洛倫茲力相互影響這一特點，將整個運動過程和各個階段都分析清楚，然后再結(jié)合題設(shè)條件，邊界條件等，選取粒子的運動過程，選用有關(guān)動力學(xué)理論公式求解

常見的問題類型及解法.【例1】 如圖，在某個空間內(nèi)有一個水平方向的勻強電場，電場強度，又有一個與電場垂直的水平方向勻強磁場，磁感強度B＝10T。現(xiàn)有一個質(zhì)量m＝2×10-6kg、帶電量q＝2×10-6C的微粒，在這個電場和磁場疊加的空間作勻速直線運動。假如在這個微粒經(jīng)過某條電場線時突然撤去磁場，那么，當(dāng)它再次經(jīng)過同一條電場線時，微粒在電場線方向上移過了多大距離。（ｇ取10m／S2）【解析】 題中帶電微粒在疊加場中作勻速直線運動，意味著微粒受到的重力、電場力和磁場力平衡。進一步的分析可知：洛侖茲力f與重力、電場力的合力F等值反向，微粒運動速度V與f垂直，如圖2。當(dāng)撤去磁場后，帶電微粒作勻變速曲線運動，可將此曲線運動分解為水平方向和豎直方向兩個勻變速直線運動來處理，如圖3。由圖2可知：又：

解之得：

由圖3可知，微粒回到同一條電場線的時間

則微粒在電場線方向移過距離【解題回顧】本題的關(guān)鍵有兩點：

(1)根據(jù)平衡條件結(jié)合各力特點畫出三力關(guān)系；(2)將勻變速曲線運動分解 【例2】如圖所示，質(zhì)量為m，電量為q的帶正電 的微粒以初速度v0垂直射入相互垂直的勻強電場和 勻強磁場中，剛好沿直線射出該場區(qū)，若同一微粒 以初速度v0/2垂直射入該場區(qū)，則微粒沿圖示的 曲線從P點以2v0速度離開場區(qū)，求微粒在場區(qū)中 的橫向(垂直于v0方向)位移，已知磁場的磁感應(yīng)強度大小為B.【解析】速度為v0時粒子受重力、電場力和磁場力，三力在豎直方向平衡；速度為v0/2時，磁場力變小，三力不平衡，微粒應(yīng)做變加速度的曲線運動.當(dāng)微粒的速度為v0時，做水平勻速直線運動，有: qE=mg+qv0B

①；

當(dāng)微粒的速度為v0/2時，它做曲線運動，但洛倫茲力對運動的電荷不做功，只有重力和電場力做功，設(shè)微粒橫向位移為s，由動能定理

(qE-mg)s=1/2m(2v0)2-1/2m(v0/2)

2②.將①式代入②式得qv0BS=15mv02/8，所以s=15mv0/(8qB).【解題回顧】由于洛倫茲力的特點往往會使微粒的運動很復(fù)雜，但這類只涉及初、末狀態(tài)參量而不涉及中間狀態(tài)性質(zhì)的問題常用動量、能量觀點分析求解

【例3】在xOy平面內(nèi)有許多電子(質(zhì)量為m，電量為e)從 坐標(biāo)原點O不斷地以相同大小的速度v0沿不同的方向射入 第一象限，如圖所示，現(xiàn)加一個垂直于xOy平面的磁感應(yīng)強度 為B的勻強磁場，要求這些電子穿過該磁場后都能平行于x軸 向x軸正方向運動，試求出符合條件的磁場的最小面積. 【分析】電子在磁場中運動軌跡是圓弧，且不同方向射出 的電子的圓形軌跡的半徑相同(r=mv0/Be).假如磁場區(qū)域 足夠大，畫出所有可能的軌跡如圖所示，其中圓O1和圓O2為從圓點射出，經(jīng)第一象限的所有圓中的最低和最高位置的兩個圓，若要使電子飛出磁場平行于x軸，這些圓的最高點應(yīng)是區(qū)域的下邊界，可由幾何知識證明，此下邊界為一段圓弧將這些圓心連線(圖中虛線O1O2)向上平移一段長度為r=mv0/eB的距離即圖中的弧ocb就是這些圓的最高點的連線，應(yīng)是磁場區(qū)域的下邊界.；圓O2的y軸正方向的半個圓應(yīng)是磁場的上邊界，兩邊界之間圖形的面積即為所求

圖中的陰影區(qū)域面積，即為磁場區(qū)域面積

2(??1)m2v012r22(?r?)?422e2B2S=

【解題回顧】數(shù)學(xué)方法與物理知識相結(jié)合是解決物理 問題的一種有效途徑.本題還可以用下述方法求出下邊界.設(shè)P(x,y)為磁場下邊界上的一點，經(jīng)過該點的電子初速度 與x軸夾角為?，則由圖可知：x=rsin?, y=r-rcos?

得: x2+(y-r)2=r2

所以磁場區(qū)域的下邊界也是半徑為r，圓心為(0,r)的圓弧

【例4】如圖所示，在x軸上方有垂直于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軸 負(fù)方向的勻強電場，場強為E.一質(zhì)量為m，電量為-q的 粒子從坐標(biāo)原點O沿著y軸正方向射出射出之后，第三次到達x軸時，它與點O的距離為L.求此粒子 射出的速度v和在此過程中運動的總路程s(重力不計).

【解析】由粒子在磁場中和電場中受力情況與粒子的速度可以判斷粒子從O點開始在磁場中勻速率運動半個圓周后進入電場，做先減速后反向加速的勻變直線運動，再進入磁場，勻速率運動半個圓周后又進入電場，如此重復(fù)下去.

粒子運動路線如圖3-11所示，有L=4R ① 粒子初速度為v，則有qvB=mv2/R ②，由①、②可得v=qBL/4m

③.設(shè)粒子進入電場做減速運動的最大路程為L，加速度為a, 則有v2=2aL ④，qE=ma，⑤ 粒子運動的總路程s=2?R+2L.⑥ 由①、②、③、④、⑤、⑥式，得:s=?L/2+qB2L2/(16mE).【解題回顧】把復(fù)雜的過程分解為幾個簡單的

過程，按順序逐個求解，或?qū)⒚總€過程所滿足的規(guī)律公式寫出，結(jié)合關(guān)聯(lián)條件組成方程，再解方程組，這就是解決復(fù)雜過程的一般方法另外，還可通過開始n個過程的分析找出一般規(guī)律，推測后來的過程，或?qū)φ麄€過程總體求解將此題中的電場和磁場的空間分布和時間進程重組，便可理解回旋加速器原理，并可用后一種方法求解.

【例5】電磁流量計廣泛應(yīng)用于測量可導(dǎo)電流體(如污水)在管中的流量(在單位時間內(nèi)通過管內(nèi)橫載面的流體的體積)為了簡化，假設(shè)流量計是如圖3-12所示的橫載面為長方形的一段管道，其中空部分的長、寬、高分別為圖中的a、b、c，流量計的兩端與輸送液體的管道相連接(圖中虛線)圖中流量計的上、下兩面是金屬材料，前、后兩面是絕緣材料，現(xiàn)將流量計所在處加磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于前后兩面，當(dāng)導(dǎo)電液體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計時，在管外將流量計上、下表面分別與一串接了電阻R的電流表的兩端連接，I表示測得的電流值，已知流體的電阻率，不計電流表的內(nèi)阻，則可求得流量為多大? 【解析】導(dǎo)電流體從管中流過時，其中的陰陽離子會受磁場力作用而向管的上下表面偏轉(zhuǎn)，上、下表面帶電后一方面使陰陽離子又受電場力阻礙它們繼續(xù)偏轉(zhuǎn)，直到電場力與磁場力平衡；另一方面對外接電阻來說，上、下表面相當(dāng)于電源，使電阻中的電流滿足閉合電路歐姆定律.設(shè)導(dǎo)電流體的流動速度v，由于導(dǎo)電流體中正、負(fù)離子在磁場中的偏轉(zhuǎn)，在上、下兩板上積聚電荷，在兩極之間形成電場，當(dāng)電場力qE與洛倫茲力qvB平衡時，E=Bv，兩金屬板

上的電動勢E′=Bcv，內(nèi)阻r=?c/ab，與R串聯(lián)的電路中電流:I=Bcv/(R+r)，v=I(R+ ?c/ab)/Bc；

流體流量:Q=vbc=I(bR+?c/a)/B 【解題回顧】因為電磁流量計是一根管道，內(nèi)部沒有任何阻礙流體流動的結(jié)構(gòu)，所以可以用來測量高黏度及強腐蝕性流體的流量它還具有測量范圍寬、反應(yīng)快、易與其他自動控制裝置配套等優(yōu)點可見，科技是第一生產(chǎn)力.本題是閉合電路歐姆定律與帶電粒子在電磁場中運動知識的綜合運用這種帶電粒子的運動模型也稱為霍爾效應(yīng)，在許多儀器設(shè)備中被應(yīng)用.如速度選擇器、磁流體發(fā)電機等等.【例6】如圖所示，勻強磁場磁感應(yīng)強度為B，方向垂直xOy平面向外.某一時刻有一質(zhì)子從點(L0，0)處沿y軸負(fù)向進入磁場；同一時刻一α粒子從點(-L0，0)進入磁場，速度方向在xOy平面內(nèi).設(shè)質(zhì)子質(zhì)量為m，電量為e，不計質(zhì)子與α粒子間相互作用.(1)如果質(zhì)子能夠經(jīng)過坐標(biāo)原點O，則它的速度多大?

(2)如果α粒子第一次到達原點時能夠與質(zhì)子相遇，求α粒子的速度.【解析】帶電粒子在磁場中的圓周運動的解題關(guān)鍵 是其圓心和半徑，在題目中如能夠先求出這兩個量，則解題過程就會變得簡潔，余下的工作就是利用半徑公式和周期公式處理問題.(1)質(zhì)子能夠過原點，則質(zhì)子運動的軌跡半徑 為R=L0/2，再由r=mv/Bq,且q=e即可得：

v=eBL0/2m；此題中還有一概念，圓心位置一定在垂直于速度的直線上，所以質(zhì)子的軌跡圓心一定在x軸上；

(2)上一問是有關(guān)圓周運動的半徑問題，而這一問則是側(cè)重于圓周運動的周期問題了，兩個粒子在原點相遇，則它們運動的時間一定相同，即tα=TH/2，且α粒子運動到原點的軌跡為一段圓弧，設(shè)所對應(yīng)的圓心角為?，則 有 tα=2?m/2Be，可得?=?/2, 則α粒子的軌跡半徑R=L0/2=4mv/B2e, 答案為v= eBL0/(4m)，與x軸正方向的夾角為?/4，右向上；

事實上α粒子也有可能運動3T/4時到達原點且與質(zhì)子相遇，則此時質(zhì)子則是第二次到原點，這種情況下速度大小的答案是相同的，但α粒子的初速度方向與x軸的正方向的夾角為3?/4，左向上；

【解題回顧】類似問題的重點已經(jīng)不是磁場力的問題了，側(cè)重的是數(shù)學(xué)知識與物理概念的結(jié)合，此處的關(guān)鍵所在是利用圓周運動的線速度與軌跡半徑垂直的方向關(guān)系、弦長和弧長與圓的半徑的數(shù)值關(guān)系、圓心角與圓弧的幾何關(guān)系來確定圓弧的圓心位置和半徑數(shù)值、周期與運動時間.當(dāng)然r=mv/Bq、T=2?m/Bq兩公式在這里起到一種聯(lián)系作用.【例7】如圖所示，在光滑的絕緣水平桌面上，有直徑相同的兩個金屬小球a和b，質(zhì)量分別 為ma=2m,mb=m，b球帶正電荷2q，靜止在 磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中；不帶電小球a 以速度v0進入磁場，與b球發(fā)生正碰，若碰后b球?qū)ψ烂鎵毫η『脼?，求a球?qū)ψ烂娴膲毫κ嵌啻? 【解析】本題相關(guān)的物理知識有接觸起電、動量守恒、洛倫茲力，受力平衡與受力分析，而最為關(guān)鍵的是碰撞過程，所有狀態(tài)和過程都是以此為轉(zhuǎn)折點，物理量的選擇和確定亦是以此作為切入點和出發(fā)點；

碰后b球的電量為q、a球的電量也為q，設(shè)b球的速度為vb，a球的速度為va；以b為研究對象則有Bqvb=mbg;可得vb=mg/Bq;

以碰撞過程為研究對象，有動量守恒，即mav0=mava+mbvb,將已知量代入可得va=v0-mg/(2Bq);本表達式中va已經(jīng)包含在其中，分析a碰后的受力，則有N+Bqva=2mg，得N=(5/2)mg-Bqv0；

【解題回顧】本題考查的重點是洛倫茲力與動量問題的結(jié)合，實際上也可以問碰撞過程中產(chǎn)生內(nèi)能的大小，就將能量問題結(jié)合進來了.【例8】.如圖所示，在xOy平面上，a點坐標(biāo)為（0，L），平面內(nèi)一邊界通過a點和坐標(biāo)原點O的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，有一電子（質(zhì)量為m，電量為e）從a點以初速度v0平行x軸正方向射入磁場區(qū)域，在磁場中運動，恰好從x軸正方向上的b點（圖中未標(biāo)出），射出磁場區(qū)域，此

y a v0x O 時速率方向與x軸正方向的夾角為60?，求：

（1）磁場的磁感應(yīng)強度；

（2）磁場區(qū)域的圓心O1的坐標(biāo)；

（3）電子在磁場中的運動時間。

【解析】電子在勻強磁場中作勻速圓周運動，從a點射入b點射出磁場區(qū)域，故所求圓形磁場區(qū)域區(qū)有a點、O點、b點，電子的運動軌跡如圖中虛線所示，其對應(yīng)的圓心在O2點，令aO2?bO2?R，作角

?aO2b?60?，如圖所示：

R2??R?L???Rsin60??22R?mv0Be代入

由上式得 R?2L，B?mv02eL

t?

電子在磁場中飛行的時間；

60?12?m?2L2?LT?????360?6Be3v03v0

由于⊙O1的圓周角?aOb?90?，所以ab直線段為圓形磁場區(qū)域的直徑，則aO1?13R?Lx?aO1sin60??L22，故磁場區(qū)域圓心O1的坐標(biāo)，?31?LL，L??y?L?aO1cos60??2? 2，即O1坐標(biāo)?

2【解題回顧】本題關(guān)鍵為入射方向與出射方向成一定角度（題中為600），從幾何關(guān)系認(rèn)識到帶電粒子回旋的圓弧為1/6圓的周長，再通過幾何關(guān)系確定1/6圓弧的圓，半徑是O2a或bO2，進而可確定圓形區(qū)域的圓心坐標(biāo)。

【例9】 如圖所示，在圖中第I象限的區(qū)域里有平行于y軸的勻強電場E?2.0?104N/C，在第IV象限區(qū)域內(nèi)有垂直于Oxy平面的勻強磁場B。

帶電粒子A，質(zhì)量為m1?10.?10?12kg，電?4q?10.?10C，量1從y軸上A點以平行于x軸的速度v1?4?105m/s射入電場中，已知OA?4?10m，求：

（1）粒子A到達x軸的位置和速度大小與方向；

?2

（2）在粒子A射入電場的同時，質(zhì)量、電量與A相等的粒子B，從y軸上的某點B以平行于x軸的速度v2射入勻強磁場中，A、B兩個粒子恰好在x軸上迎面正碰（不計重力，也不考慮兩個粒子間的庫侖力）試確定B點的位置和勻強磁場的磁感強度。

【解析】粒子A帶正電荷，進入電場后在電場力作用下沿y軸相反方向上獲得加速度，Eq10.?10?4?2.0?1042122a??m/s?2.0?10m/sm10.?10?12

OA?12at2求解：

設(shè)A、B在x軸上P點相碰，則A在電場中運動時間可由

t?2OA2?0.04?(s)?2.0?10?7s12a2?10

5?7?2OP?vt?4.0?10?2.0?10(m)?80.?10m

由此可知P點位置：

25v?v?at?2?4.0?10m/s ??t

1粒子A到達P點的速度，2?vt與x軸夾角：??45?

（2）由（1）所獲結(jié)論，可知B在勻強磁場中作勻速圓周運動的時間也是

?2t?2.0?10?7s，軌跡半徑R?2OP?82?10m

OB?1?2?10?2m??

33T?

粒子B在磁場中轉(zhuǎn)過角度為4，運動時間為8

3?2?m?3?m?B??018.T???t8Bq??4qt

【例10】 如圖4，質(zhì)量為1g的小環(huán)帶4×10-4C的正電，套在長直的絕緣桿上，兩者間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。將桿放入都是水平的互相垂直的勻強電場和勻強磁場中，桿所在平面與磁場垂直，桿與電場的夾角為37°。若E＝10N／C，B＝0.5T，小環(huán)從靜止起動。求：(1)當(dāng)小環(huán)加速度最大時，環(huán)的速度和加速度；(2)當(dāng)小環(huán)的速度最大時，環(huán)的速度和加速度。

【解析】(1)小環(huán)從靜止起動后，環(huán)受力如圖5，隨著速度的增大，垂直桿方向的洛侖茲力便增大，于是環(huán)上側(cè)與桿間的正壓力減小，摩擦力減小，加速度增大。當(dāng)環(huán)的速度為Ｖ時，正壓力為零，摩擦力消失，此時環(huán)有最大加速度am。在平行于桿的方向上有：mgsin37°－qE cos37°＝mam

解得：am＝2.8m／S2

在垂直于桿的方向上有：

BqV＝mgcos37°＋qEsin37°

解得：V＝52m/S（2）在上述狀態(tài)之后，環(huán)的速度繼續(xù)增大導(dǎo)致洛侖茲力繼續(xù)增大，致使小環(huán)下側(cè)與桿之

間出現(xiàn)擠壓力N，如圖6。于是摩擦力f又產(chǎn)生，桿的加速度a減小。V↑BqV↑N↑

f ↑

a↓，以上過程的結(jié)果，a減小到零，此時環(huán)有最大速度Vm。

在平行桿方向有：

mgsin37°＝Eqcos37°＋f

在垂直桿方向有

BqVm＝mgcos37°＋qEsin37°＋N

又f＝μN

解之：Vm＝122m/S

此時：a＝0

【例11】如圖7，在某空間同時存在著互相正交的勻強電場和勻強磁場，電場的方向豎直向下。一帶電體a帶負(fù)電，電量為q1，恰能靜止于此空間的c點，另一帶電體b也帶負(fù)電，電量為q2，正在過a點的豎直平面內(nèi)作半徑為r的勻速圓周運動，結(jié)果a、b在c處碰撞并粘合在一起，試分析a、b粘合一起后的運動性質(zhì)。

【解析】：設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1和m2，b的速度為V。a靜止，則有q1E＝m1g b在豎直平面內(nèi)作勻速圓周運動，則隱含著Eq2＝m2g，此時對a和b碰撞并粘合過程有m2V＋0＝（m1＋m2）V′

a、b合在一起后，總電量為q1＋q2，總質(zhì)量為m1＋m2，仍滿足

(q1＋q2)E＝(m1＋m2)g。因此它們以速率V′在豎直平面內(nèi)作勻速圓周運動，故有

解得：

第二篇：高考物理二輪復(fù)習(xí)主干知識

高考物理二輪復(fù)習(xí)主干知識 高考物理二輪復(fù)習(xí)主干知識

第二輪復(fù)習(xí)要明確重點、難點。深刻理解每一個知識結(jié)構(gòu)及其知識點中的重點，突破難點，把握知識結(jié)構(gòu)內(nèi)部之間的聯(lián)系。同時進行解題訓(xùn)練，提高應(yīng)戰(zhàn)能力。

主干知識是物理知識體系中重點、難點，學(xué)好主干知識是學(xué)好物理的關(guān)鍵，是提高能力的基點。每個考生在復(fù)習(xí)備考過程中，要在主干知識上狠下工夫。不僅要記住這些知識的內(nèi)容，還要加深理解、熟練運用，做到既要“知其然”也要“知其所以然”。

中學(xué)物理的主干知識是：

1.力學(xué)：勻變速直線運動；牛頓第三定律及其應(yīng)用；動量守恒定律；機械能守恒定律。

2.電學(xué)：歐姆定律和電阻定律；串、并聯(lián)電路，電壓、電流和功率分配；電功、電功率；電源的電動勢和內(nèi)電阻、閉合電路歐姆定律、路端電壓；安培力，左手定則；洛倫茲力、帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；電磁感應(yīng)現(xiàn)象；

3.光學(xué)：光的反射和平面鏡；光的折射和全反射。

基礎(chǔ)知識、主干知識之間的綜合運用：

同時，我們應(yīng)該注意，由于高考物理試題的題量較少，所以突出學(xué)科內(nèi)綜合已成為高考物理試題的一個顯著特點，因此要特別注意基礎(chǔ)知識、主干知識之間的綜合運用。如：

1.牛頓第三定律與勻變速直線運動的綜合。主要是在力學(xué)、帶電粒子在勻強電場中運動、通電導(dǎo)體在磁場中運動、電磁感應(yīng)過程中導(dǎo)體的運動等形式中出現(xiàn)。

2.動量和能量的綜合。

3.以帶電粒子在電場、磁場中為模型的電學(xué)與力學(xué)的綜合。主要有三種具體的綜合形式：一是牛頓定律與勻變速直線運動的規(guī)律解決帶電粒子在勻強電場中的運動；二是牛頓定律與圓周運動向心力公式解決帶電粒子在磁場中的運動；三是用能量觀點解決帶電粒子在電場中的運動。

4.電磁感應(yīng)現(xiàn)象與閉合電路歐姆定律的綜合。

5.串、并聯(lián)電路規(guī)律與實驗的綜合。主要表現(xiàn)為三個方面：一是通過粗略的計算選擇實驗器材和電表的量程；二是確定滑動變阻器的連接方法；三是確定電流表的內(nèi)外接。

第三篇：2012高考物理知識要點總結(jié)教案：電容 帶電粒子在電場中的運動

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第九章 電場

電容 帶電粒子在電場中的運動

知識要點：

一、基礎(chǔ)知識

1、電容

（1）兩個彼此絕緣，而又互相靠近的導(dǎo)體，就組成了一個電容器。

（2）電容：表示電容器容納電荷的本領(lǐng)。a 定義式：C?QU(??Q?U)，即電容C等于Q與U的比值，不能理解為電容C與Q成正比，與U成反比。一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān)。

b 決定因素式：如平行板電容器C??S4?kd（不要求應(yīng)用此式計算）

（3）對于平行板電容器有關(guān)的Q、E、U、C的討論時要注意兩種情況： a 保持兩板與電源相連，則電容器兩極板間的電壓U不變 b 充電后斷開電源，則帶電量Q不變（4）電容的定義式：C?QU（定義式）

?S4?Kd（5）C由電容器本身決定。對平行板電容器來說C取決于：C?（決定式）

（6）電容器所帶電量和兩極板上電壓的變化常見的有兩種基本情況：

第一種情況：若電容器充電后再將電源斷開，則表示電容器的電量Q為一定，此時電容器兩極的電勢差將隨電容的變化而變化。

第二種情況：若電容器始終和電源接通，則表示電容器兩極板的電壓V為一定，此時電容器的電量將隨電容的變化而變化。

2、帶電粒子在電場中的運動

（1）帶電粒子在電場中的運動，綜合了靜電場和力學(xué)的知識，分析方法和力學(xué)的分析方法基本相同：先分析受力情況，再分析運動狀態(tài)和運動過程（平衡、加速或減速，是直線還是曲線），然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題。

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Lv0），則在粒子穿越電場的過程中，仍可當(dāng)作勻強電場處理。高考資源網(wǎng)（ks5u.com）

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1、電場強度E和電勢U僅僅由場本身決定，與是否在場中放入電荷，以及放入什么樣的檢驗電荷無關(guān)。

而電場力F和電勢能?兩個量，不僅與電場有關(guān)，還與放入場中的檢驗電荷有關(guān)。所以E和U屬于電場，而F電和?屬于場和場中的電荷。

2、一般情況下，帶電粒子在電場中的運動軌跡和電場線并不重合，運動軌跡上的一點的切線方向表示速度方向，電場線上一點的切線方向反映正電荷的受力方向。物體的受力方向和運動方向是有區(qū)別的。

如圖所示：

只有在電場線為直線的電場中，且電荷由靜止開始或初速度方向和電場方向一致并只受電場力作用下運動，在這種特殊情況下粒子的運動軌跡才是沿電力線的。

3、點電荷的電場強度和電勢（1）點電荷在真空中形成的電場的電場強度E?Q源，E?1/r，當(dāng)源電荷Q?0時，2場強方向背離源電荷，當(dāng)源電荷為負(fù)時，場強方向指向源電荷。但不論源電荷正負(fù)，距源電荷越近場強越大。（2）當(dāng)取U??0時，正的源電荷電場中各點電勢均為正，距場源電荷越近，電勢越高。負(fù)的源電荷電場中各點電勢均為負(fù)，距場源電荷越近，電勢越低。

（3）若有n個點電荷同時存在，它們的電場就互相迭加，形成合電場，這時某點的電場強度就等于各個點電荷在該點產(chǎn)生的場強的矢量和，而某點的電勢就等于各個點電荷在該點的電勢的代數(shù)和。

12mv0?U2加速·q ·q·L加速2U?y側(cè)移?偏轉(zhuǎn)

?d偏轉(zhuǎn)·4·UU偏轉(zhuǎn)·q·L2

4U加速·d

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第四篇：高二物理-帶電粒子在電場中運動教案

靜電場·帶電粒子在電場中的運動·教案

一、教學(xué)目標(biāo)

1．了解帶電粒子在電場中的運動——只受電場力，帶電粒子做勻變速運動。

2．重點掌握初速度與場強方向垂直的帶電粒子在電場中的運動——類平拋運動。

3．滲透物理學(xué)方法的教育：運用理想化方法，突出主要因素，忽略次要因素，不計粒子重力。

二、重點分析

初速度與場強方向垂直的帶電粒子在電場中運動，沿電場方向（或反向）做初速度為零的勻加速直線運動，垂直于電場方向為勻速直線運動。

三、主要教學(xué)過程

1．帶電粒子在磁場中的運動情況

①若帶電粒子在電場中所受合力為零時，即∑F=0時，粒子將保持靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運動狀態(tài)。

例

帶電粒子在電場中處于靜止?fàn)顟B(tài)，該粒子帶正電還是負(fù)電？

分析

帶電粒子處于靜止?fàn)顟B(tài)，∑F=0，mg=Eq，因為所受重力豎直向下，所以所受電場力必為豎直向上。又因為場強方向豎直向下，所以帶電體帶負(fù)電。②若∑F≠0且與初速度方向在同一直線上，帶電粒子將做加速或減速直線運動。（變速直線運動）

打入正電荷，將做勻加速直線運動。打入負(fù)電荷，將做勻減速直線運動。

③若∑F≠0，且與初速度方向有夾角（不等于0°，180°），帶電粒子將做曲線運動。

mg＞Eq，合外力豎直向下v0與∑F夾角不等于0°或180°，帶電粒子做勻變速曲線運動。在第三種情況中重點分析類平拋運動。

2．若不計重力，初速度v0⊥E，帶電粒子將在電場中做類平拋運動。復(fù)習(xí)：物體在只受重力的作用下，被水平拋出，在水平方向上不受力，將做勻速直線運動，在豎直方向上只受重力，做初速度為零的自由落體運動。物體的實際運動為這兩種運動的合運動。

與此相似，不計mg，v0⊥E時，帶電粒子在磁場中將做類平拋運動。板間距為d，板長為l，初速度v0，板間電壓為U，帶電粒子質(zhì)量為m，帶電量為+q。

①粒子在與電場方向垂直的方向上做勻速直線運動，x=v0t；在沿電

若粒子能穿過電場，而不打在極板上，側(cè)移量為多少呢？

②

③

注：以上結(jié)論均適用于帶電粒子能從電場中穿出的情況。如果帶電粒子沒有從電場中穿出，此時v0t不再等于板長l，應(yīng)根據(jù)情況進行分析。

3．設(shè)粒子帶正電，以v0進入電壓為U1的電場，將做勻加速直線運動，穿過電場時速度增大，動能增大，所以該電場稱為加速電場。進入電壓為U2的電場后，粒子將發(fā)生偏轉(zhuǎn)，設(shè)電場稱為偏轉(zhuǎn)電場。例1

質(zhì)量為m的帶電粒子，以初速度v0進入電場后沿直線運動到上極板。（1）物體做的是什么運動？（2）電場力做功多少？（3）帶電體的電性？ 分析

物體做直線運動，∑F應(yīng)與v0在同一直線上。對物體進行受力分析，若忽略mg，則物體只受Eq，方向不可能與v0在同一直線上，所以不能忽略mg。同理電場力Eq應(yīng)等于mg，否則合外力也不可能與v0在同一直線上。所以物體所受合力為零，應(yīng)做勻速直線運動。

電場力功等于重力功，Eq·d=mgd。

電場力與重力方向相反，應(yīng)豎直向上。又因為電場強度方向向下，所以物體應(yīng)帶負(fù)電。

例2 如圖，一平行板電容器板長l=4cm，板間距離為d=3cm，傾斜放置，使板面與水平方向夾角α=37°，若兩板間所加電壓U=100V，一帶電量q=3×10-10C的負(fù)電荷以v0=0.5m/s的速度自A板左邊緣水平進入電場，在電場中沿水平方向運動，并恰好從B板右邊緣水平飛出，則帶電粒子從電場中飛出時的速度為多少？帶電粒子質(zhì)量為多少？

解

分析

帶電粒子能沿直線運動，所受合力與運動方向在同一直線上，由此可知重力不可忽略，受力如圖所示。

電場力在豎直方向的分力與重力等值反向。帶電粒子所受合力與電場力在水平方向的分力相同。

＝6×10-7N mg=Eq·cosα

=8×10－8kg 根據(jù)動能定理

例

一質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球從距地面高h(yuǎn)處以一定的初速度水平拋出。在距拋出點水平距離為l處，有一根管口比小球直徑略大的

管子上方的整個區(qū)域里加一個場強方向水平向左的勻強電場。如圖：

求：（1）小球的初速度v；（2）電場強度E的大小；（3）小球落地時的動能。

解

小球在豎直方向做自由落體運動，水平方向在電場力作用下應(yīng)做減速運動。到達管口上方時，水平速度應(yīng)為零。

小球運動至管口的時間由豎直方向的運動決定：

E末＝mgh

第五篇：物理：1.9《帶電粒子在電場中的運動》說課稿

第九節(jié)、帶電粒子在電場中的運動說課

柳林一中

楊改艷

一、教材分析

本專題是是歷年高考的重點內(nèi)容。本專題綜合性強，理論分析要求高，帶電粒子的加速是電場的能的性質(zhì)的應(yīng)用；帶電粒子的偏轉(zhuǎn)則側(cè)重于電場的力的性質(zhì)，通過類比恒力作用下的曲線運動（平拋運動），理論上探究帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的規(guī)律。此外專題既包含了電場的基本性質(zhì)，又要運用直線和曲線運動的規(guī)律，還涉及到能量的轉(zhuǎn)化和守恒，有關(guān)類比和建模等科學(xué)方法的應(yīng)用也比較典型。探究帶電粒子的加速和偏轉(zhuǎn)的規(guī)律，只要做好引導(dǎo)，學(xué)生自己是能夠完成的，而且可以提高學(xué)生綜合分析問題的能力。

二、教學(xué)目標(biāo)：

（一）知識與技能

1、理解帶電粒子在電場中的運動規(guī)律，并能分析解決加速和偏轉(zhuǎn)方向的問題．

2、知道示波管的構(gòu)造和基本原理．

（二）過程與方法

通過帶電粒子在電場中加速、偏轉(zhuǎn)過程分析，培養(yǎng)學(xué)生的分析、推理能力

（三）情感、態(tài)度與價值觀

通過知識的應(yīng)用，培養(yǎng)學(xué)生熱愛科學(xué)的精神

三、教學(xué)重點難點

重點：帶電粒子在勻強電場中的運動規(guī)律

難點：運用電學(xué)知識和力學(xué)知識綜合處理偏轉(zhuǎn)問題

四、學(xué)情分析

帶電粒子在場中的運動（重力場、電場、磁場）問題，由于涉及的知識點眾多，要求的綜合能力較高，因而是歷年來高考的熱點內(nèi)容，這里需要將幾個基本的運動，即直線運動中的加速、減速、往返運動，曲線運動中的平拋運動、圓周運動、勻速圓周運動進行綜合鞏固和加深，同時需要將力學(xué)基本定律，即牛頓第二定律、動量定理、動量守恒定律、動能定理、機械能守恒定律、能量守恒定律等進行綜合運用。

八、教學(xué)過程

(一)預(yù)習(xí)檢查、總結(jié)疑惑

教師活動：引導(dǎo)學(xué)生復(fù)習(xí)回顧相關(guān)知識點（1）牛頓第二定律的內(nèi)容是什么?（2）動能定理的表達式是什么?（3）平拋運動的相關(guān)知識點。（4）靜電力做功的計算方法。

檢查落實了學(xué)生的預(yù)習(xí)情況并了解了學(xué)生的疑惑，使教學(xué)具有了針對性。

（二）情景導(dǎo)入、展示目標(biāo)

帶電粒子在電場中受到電場力的作用會產(chǎn)生加速度，使其原有速度發(fā)生變化．在現(xiàn)代科學(xué)實驗和技術(shù)設(shè)備中，常常利用電場來控制或改變帶電粒子的運動。具體應(yīng)用有哪些呢?本節(jié)課我們來研究這個問題．以勻強電場為例。

（三）合作探究、精講點撥

[學(xué)生活動：結(jié)合所學(xué)知識，自主分析推導(dǎo)。

（教師抽查學(xué)生活動結(jié)果并展示，教師激勵評價）

3、示波管的原理

出示示波器，教師演示操作 ①光屏上的亮斑及變化。②掃描及變化。

③豎直方向的偏移并調(diào)節(jié)使之變化。

④機內(nèi)提供的正弦電壓觀察及變化的觀察。學(xué)生觀察示波器的現(xiàn)象。

學(xué)生活動：結(jié)合推導(dǎo)分析教師演示現(xiàn)象。

（四）反思總結(jié)，當(dāng)堂檢測。

教師組織學(xué)生反思總結(jié)本節(jié)課的主要內(nèi)容，并進行當(dāng)堂檢測。1．帶電粒子的加速

(1)動力學(xué)分析：帶電粒子沿與電場線平行方向進入電場，受到的電場力與運動方向在同一直線上，做加(減)速直線運動，如果是勻強電場，則做勻加(減)速運動．

(2)功能關(guān)系分析：粒子只受電場力作用，動能變化量等于電勢能的變化量．

(初速度為零)；

此式適用于一切電場． 2．帶電粒子的偏轉(zhuǎn)

(1)動力學(xué)分析：帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入兩帶電平行板產(chǎn)生的勻強電場中，受到恒定的與初速度方向成900角的電場力作用而做勻變速曲線運動(類平拋運動)．

(2)運動的分析方法(看成類平拋運動)：

①沿初速度方向做速度為v0的勻速直線運動．

②沿電場力方向做初速度為零的勻加速直線運動．

（五）布置預(yù)習(xí)。

1、書面完成 “問題與練習(xí)”第3、4、5題；思考并回答第1、2題。

2、課下閱讀課本“科學(xué)足跡”和“科學(xué)漫步”中的兩篇文章。