微专题五 带电粒子在电场中运动的综合问题 导学案 -2026-2027学年高二上学期物理人教版必修第三册

该高中物理导学案聚焦带电粒子在电场中运动的综合问题，涵盖交变电场运动分析、动力学与能量观点应用及等效思想处理复合场。通过典例引入，衔接电场力、牛顿定律等前序知识，搭建从基础到综合的学习支架。 资料亮点在于强化v-t图像工具应用，注重动力学与能量观点综合训练，渗透等效思维建模。典例解析与当堂达标题结合，培养学生科学思维（模型建构、科学推理）和物理观念（运动与相互作用、能量观念），提升综合问题解决能力。

微专题五 带电粒子在电场中运动的综合问题 学案 学习目标： 1.掌握带电粒子在交变电场中运动的分析思路和方法，特别是运用速度图像描述运动特点。 2.综合应用动力学和能量观点分析带电粒子运动的综合问题。 3.掌握等效思想处理带电体在电场和重力场中的运动问题。 重、难点理解： 1　带电粒子在交变电场中的运动 1.受力情况：粒子所受的电场力方向是周期性变化的，即与速度方向在一段时间内相同，在下一段时间内相反。 2.运动特点：一会儿加速，一会儿减速；可能一直向前运动，也可能做往复运动，由粒子最初进入电场的时间决定。 3.处理方法：应用牛顿第二定律结合运动学公式求解。 (1)当空间存在交变电场时，粒子所受静电力方向将随着电场方向的改变而改变，粒子的运动性质也具有周期性。 (2)研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以v－t图像，特别注意带电粒子进入交变电场的时刻及交变电场的变化周期。 典例1：在如图所示的平行板电容器的两板A、B上分别加如图甲、乙所示的两种电压，开始B板的电势比A板高。在静电力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动。若两板间距足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并画出相应的v－t图像。 解析　t＝0时，B板电势比A板高，在静电力作用下，电子向B板(设为正向)做初速度为零的匀加速直线运动。 (1)对于题图甲，在0～T电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，T～T电子做末速度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图(1)所示。 (2)对于题图乙，在0～做类似(1)0～T的运动，～T电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动。然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图(2)所示。 2.　动力学方法和功能关系分析带电粒子的运动 典例2：如图所示，在竖直平面内放置着绝缘轨道ABC，AB部分是半径R＝ 0.40 m的光滑半圆轨道，BC部分是粗糙的水平轨道，BC轨道所在的竖直平面内分布着E＝1.0×103 V/m的水平向右的有界匀强电场，AB为电场的左侧边界。现将一质量为m＝0.04 kg、电荷量为q＝－1×10－4 C的滑块(视为质点)从BC上的某点由静止释放，滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零。已知滑块与BC间的动摩擦因数为μ＝0.05，g取10 m/s2。求： (1)滑块通过A点时速度vA的大小； (2)滑块在BC轨道上的释放点到B点的距离x； (3)滑块离开A点后在空中运动速度v的最小值。 答案　(1)2 m/s　(2)5 m　(3)1.94 m/s 解析　(1)因为滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零， 所以有mg＝ 解得vA＝2 m/s。 (2)根据动能定理可得qEx－μmgx－mg·2R＝mv 解得x＝5 m。 (3)滑块离开A点后在水平方向上做匀减速直线运动， 故有vx＝vA＋axt＝vA－t＝2－2.5t 在竖直方向上做自由落体运动，所以有vy＝gt＝10t v＝＝ 故vmin＝ m/s≈1.94 m/s 3. 等效思维法 方法: 等效思维法就是要在保持效果或关系不变的前提下，对复杂的研究对象、背景条件、过程进行有目的的分解、重组、变换或替代，使它们转换为我们所熟知的、更简单的理想化模型，从而达到简化问题的目的。 思路: 1.等效重力场：重力场、电场等叠加而成的复合场；等效重力：重力、电场力的合力 2.处理思路：(1)受力分析，计算等效重力(重力与电场力的合力)的大小和方向。 (2)在复合场中找出等效最低点、最高点。 (3)根据圆周运动供需平衡，结合动能定理列方程处理。 典例3：如图所示，ABCD为表示竖直放在场强为E＝104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切。A为水平轨道上的一点，而且＝R＝0.2 m。把一质量m＝100 g、带电荷量q＝10－4 C的小球，放在水平轨道的A点由静止开始被释放后，在轨道的内侧运动。(g＝10 m/s2)求： (1)它到达C点时的速度是多大？ (2)它到达C点时对轨道的压力是多大？ (3)小球所能获得的最大动能是多少？ 答案　(1)2 m/s　(2)3 N　(3) J 解析 (1)设小球在C点的速度大小是vC，对轨道的压力大小为NC， 则对于小球，由A→C的过程应用动能定理得qE·2R－mgR＝mv－0 解得vC＝＝2 m/s (2)对小球在C点的圆轨道径向应用牛顿第二定律，有 NC－qE＝m 得NC＝3 N 根据牛顿第三定律知，小球在C点对轨道的压力大小为3 N。 (3)因为mg＝qE＝1 N，所以等效重力场的方向垂直于B、C两点的连线， 如图所示，对小球从A到等效最低点由动能定理得 Ekm＝qER(1＋sin 45°)－mg·R(1－cos 45°)＝ J 当堂达标： 1.(多选)如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图所示。电子原来静止在左极板小孔处。(不计重力作用)下列说法中正确的是(　　) A.从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上 B.从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间往复运动 C.从t＝时刻释放电子，电子可能在两板间往复运动，也可能打到右极板上 D.从t＝时刻释放电子，电子必将打到左极板上 2.在空间有正方向水平向右、大小按如图所示的图线变化的电场，位于电场中A点的电子在t＝0时速度为零，在t＝1 s时，电子离开A点的距离大小为l。那么在t＝2 s时，电子将处在(　　) A.A点 B.A点左方l处 C.A点右方2l处 D.A点左方2l处 3.(多选)如图所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点。一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则(　　) A.R越大，x越大 B.R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大 C.m越大，x越小 D.m与R同时增大，电场力做功增大 4.半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电荷的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图所示。珠子所受静电力是重力的。将珠子从环上的最低点A由静止释放(重力加速度为g)，则： (1)珠子所能获得的最大动能是多少？ (2)珠子对圆环的最大压力是多少？ 参考答案： 1.答案　AC解析　若t＝0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间往复运动，所以A正确，B错误；若从t＝时刻释放电子，电子先加速，再减速，有可能电子已达到右极板，若此时未达到右极板，则电子将在两极板间往复运动，所以C正确；同理，若从t＝时刻释放电子，电子有可能达到右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两极间的距离，所以D错误。 2.答案　D解析　第1 s内电场方向水平向右，电子受到的静电力方向水平向左，电子向左做匀加速直线运动，位移为l，第2 s内电子受到的静电力方向水平向右，由于电子此时有水平向左的速度，因而电子继续向左做匀减速直线运动，根据运动的对称性，位移也是l，t＝2 s时总位移为2l，方向水平向左，故t＝2 s时，电子处在A点左方2l处。 3.答案　AD解析　小球在BCD部分做圆周运动，在D点，mg＝m，小球由B到D的过程中有－2mgR＝mv－mv，解得vB＝ ，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，选项A正确；在B点有FN－mg＝m，解得FN＝6mg ，与R无关，选项B错误；由qEx＝mv＝mgR，知m、R越大，小球在B点的动能越大，则x越大，电场力做功越多，选项C错误，D正确。 4.答案　(1)mgr　(2)mg 解析　(1)因qE＝mg，所以珠子所受静电力与重力的合力F合与竖直方向的夹角θ满足tan θ＝＝，故θ＝37°； 如图所示，设OB与竖直方向的夹角为θ，则B点为等效最低点，珠子从A点由静止释放后从A到B过程中做加速运动，珠子在B点动能最大，对圆环的压力最大 由动能定理得qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝Ekm 解得Ekm＝mgr。 (2)设珠子在B点受圆环弹力大小为FN，有 FN－F合＝m 则FN＝F合＋m＝＋mg＝mg 由牛顿第三定律得珠子对圆环的最大压力大小为mg。 学科网（北京）股份有限公司 $