第1章 专题强化3 带电粒子在电场中运动的综合问题-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理必修第三册同步导学案配套PPT课件（教科版）

专题强化3　带电粒子在电场中运动的综合问题 第一章　静电场 [学习目标]　1.学会分析带电粒子在交变电场中的运动(重难点)。2.学会分析带电粒子在复合场(重力场与电场)中的运动(重难点)。 课时作业 巩固提升 类型1　带电粒子在交变电场中的运动 类型2　带电粒子在电场和重力场中的运动 内容索引 类型1　带电粒子在交变电场中的运动 一 4 一、带电粒子在交变电场中的直线运动 1.电场强度的大小和方向随时间做周期性变化的电场叫作交变电场(常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等)。 2.此类问题中,带电粒子进入电场时初速度为零,或初速度方向与电场方向平行,带电粒子在交变电场电场力的作用下,做加速、减速交替的直线运动。 3.该问题通常用动力学知识分析求解。重点分析各段时间内的加速度、运动性质。 [典例1]　(多选)如图甲所示,两平行金属板水平放置,A板的电势φA=0,B板的电势φB随时间t的变化规律如图乙所示,电子只受电场力的作用,且初速度为零(设两板间距足够大),则(　　) A.若电子是在t=0时刻进入板间的,它将一直向B板运动 B.若电子是在t=0时刻进入板间的,它将时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上 C.若电子是在t=时刻进入板间的,它将时而向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=时刻进入板间的,它将时而向B板运动,时而向A板运动,最后不能打到B板上 [答案]　ACD 方法一:若电子在t=0时刻进入板间电场,电子将在一个周期内先做匀加速运动后做匀减速运动,之后沿同一方向重复这种运动,直到打在B板上,故A正确,B错误;若电子在t=时刻进入板间,由对称性可知,电子将在板间做往返运动,故D正确;若电子在t=时刻进入板间,则电子在T~T内向B板运动,T~T内向A板运动,之后重复这种运动,直到打在B板上,故C正确。 方法二:图像法。选取竖直向上为正方向,作出电子运动的v-t图像如图所示,根据图像很容易得到A、C、D正确。 方法总结 在画速度—时间图像时,要注意以下几点 1.带电粒子进入电场的时刻。 2.图线与坐标轴围成的面积表示位移,且在横轴上方所围成的面积为正,在横轴下方所围成面积为负。 3.注意运动对称性和周期性变化关系的应用。 二、带电粒子在交变电场中的曲线运动 若带电粒子以一定的初速度垂直于电场方向进入交变电场,粒子将做曲线运动,应运用运动的独立性,分方向对粒子的运动进行分析: (1)在初速度方向上,粒子做匀速直线运动。 (2)在垂直初速度方向上, ①若带电粒子的初速度很大,粒子通过交变电场时所用时间极短,粒子在该段时间内电场几乎不变,可认为粒子所受电场力为恒力。 ②若带电粒子的初速度较小,粒子通过交变电场时所用时间较长,粒子将在此方向上做加速、减速交替的运动,可利用vy-t图像进行分析在此方向上的速度、位移。 [典例2]　如图甲所示,极板A、B间的电压为U0,极板C、D间的间距为d,荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长。A板O处的放射源连续无初速度地释放质量为m、电荷量为+q的粒子,经电场加速后,沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直),当C、D板间未加电压时,粒子通过C、D板间的时间为t0;当C、D板间加上图乙所示电压(图中电压U1已知)时,粒子均能从C、D板间飞出,不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求: (1)C、D板的长度L; [答案]　(1)t0　 (1)粒子在A、B板间,有qU0=m 在C、D板间有L=v0t0,解得L=t0。 (2)粒子从C、D两极板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离; [答案] (2) 　 (2)粒子从nt0(n=0,2,4,…)时刻进入C、D间,偏移距离最大,粒子做类平抛运动, 偏移距离y=a,加速度a= 解得y=。 (3)粒子打在荧光屏上区域的长度。 [答案] (3) (3)粒子在C、D间偏移距离最大时打在荧光屏上的位置距中心线最远, 从C、D板飞出的偏转角的正切值为tan θ=,vy=at0 打在荧光屏上的位置距中心线的最远距离 s=y+Ltan θ 粒子打在荧光屏上的区域长度Δs=s=。 二 类型2　带电粒子在电场和重力场中的运动 18 一、带电粒子在电场和重力场中的直线运动 1.做直线运动的条件 (1)合外力为零,物体做匀速直线运动。 (2)合外力不为零,但合外力的方向与运动方向在同一直线上,物体做匀变速直线运动。 2.处理带电粒子在电场和重力场中的直线运动的方法 (1)动力学方法——牛顿运动定律、运动学公式。 (2)功、能量方法——动能定理、能量守恒定律。 [典例3]　(2024·成都期末)如图,平行板电容器的两极板与水平方向成30°角,两极板与一直流电源相连(图中电源未画出)。若一质量为m、电荷量为-q的液滴以水平初速度v0进入电容器且恰能沿图中所示的水平直线向右通过电容器,重力加速度为g,则(　　) A.a极板带负电 B.液滴在极板间做匀速直线运动 C.极板间的电场强度大小为 D.液滴在极板间运动的加速度大小为 D 根据题意可知,液滴做直线运动,则其所受合力方向必定沿该直线,可知液滴所受电场力方向必定垂直于极板指向a极板,液滴带负电,则电场强度方向由a极板指向b极板,即a极板带正电,A错误;对液滴进行受力分析如图所示,由于合力方向与速度方向相反,可知液滴在极板间做匀减速直线运动,B错误;对液滴受力分析有qEcos 30°=mg,mgtan 30°=ma,解得E=,a=,C错误,D正确。 二、带电粒子在电场和重力场中的类平抛运动 1.运动分解的方法:将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的匀加速直线运动,在这两个方向上分别列运动学方程或利用牛顿第二定律。 2.利用功能关系和动能定理分析 (1)功能关系:电场力做功等于电势能的变化量,W电=Ep1-Ep2。 (2)动能定理:合外力做功等于动能的变化量,W=Ek2-Ek1。 [典例4]　(多选)有三个质量相等,分别带正电、负电和不带电的油滴,从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直电场射入,落到极板A、B、C处,如图所示,则( 　　) A.油滴A带正电,B不带电,C带负电 B.三个油滴在电场中运动时间相等 C.三个油滴在电场中运动的加速度aA<aB<aC D.三个油滴到达极板时动能EkA<EkB<EkC ACD 三个油滴的初速度相等,水平位移xA>xB>xC,根据水平方向上做匀速直线运动,所以由公式x=vt得tA>tB>tC,三个油滴在竖直方向上的位移相等,根据y=at2,知aA<aB<aC,从而得知B仅受重力,A所受的电场力方向向上,C所受的电场力方向向下,所以B不带电,A带正电,C带负电,故A、C正确,B错误;根据动能定理,三个油滴重力做功相等,电场力对A做负功, 电场力对B不做功,电场力对C做正功,所以C的动能变化量 最大,A的动能变化量最小,A、B、C的初动能相等,所以 三个油滴到达极板时的动能EkA<EkB<EkC,故D正确。 三、带电粒子在电场和重力场中的圆周运动 解决电场和重力场中的圆周运动问题的方法 1.首先分析带电体的受力情况进而确定向心力的来源。 2.用“等效法”的思想找出带电体在电场和重力场中的等效“最高点”和“最低点”。 (1)等效重力法 将重力与电场力进行合成,如图所示,则F合为等效重力场中的“等效重力”,F合的方向为“等效重力”的方向,即等效重力场中的“竖直向下”方向。a=视为等效重力场中的“等效重力加速度” (2)几何最高点(最低点)与物理最高点(最低点) ①几何最高点(最低点):指图形中所画圆的最上(下)端,是符合人视觉习惯的最高点(最低点)。 ②物理最高点(最低点):指“等效重力 F合”的反向延长线过圆心且与圆 轨道的交点,即物体在圆周运动过程 中速度最小(大)的点。 [典例5]　(多选)如图所示,在竖直平面内有水平向左的匀强电场,在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线,细线一端固定在O点,另一端系一质量为m的带电小球,小球所带电荷量大小为q。小球静止时细线与竖直方向成θ角,此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内顺时针做圆周运动,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.匀强电场的电场强度E= B.小球动能的最小值为Ek= C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 D.小球从初始位置开始,在竖直平面内顺时针运动一周的过程中,其电势能先减小后增大 [答案]　AB 如图所示,小球静止时细线与竖直方向成θ角,小球受重力、拉力和电场力,三力平衡,根据平衡条件,有mgtan θ=qE,解得E=,选项A正确;小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动,则在等效最高点A时速度最小,根据牛顿第二定律有=m,得v=,则小球动能的最小值为Ek=mv2=,选项B正确;小球的机械能和电势能之和守恒,则小球运动至电势能最大的位置机械能最小, 小球带负电,则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能 最小,选项C错误;小球从初始位置开始,在竖直平面内顺时针 运动一周的过程中,电场力先做负功,后做正功,再做负功, 则其电势能先增大后减小,再增大,选项D错误。 三 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 [A组　基础巩固练] 1.(多选)带正电的微粒放在电场中,场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。从t=0时刻开始,带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动,则下列说法中正确的是(　　) A.微粒在0~1 s内的加速度与1~2 s内的加速度相同 B.微粒将沿着一条直线运动 C.微粒将做往复运动 D.微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同 BD 作出微粒的v-t图像如图所示,由图可知B、D选项正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.(多选)如图所示,平行金属板A、B水平正对放置,分别带等量异种电荷。一带电微粒水平射入板间,在重力和电场力共同作用下运动,轨迹如图中虚线所示,那么(　　) A.若微粒带正电荷,则A板带负电荷 B.微粒从M点运动到N点电势能增加 C.微粒从M点运动到N点动能减少 D.微粒从M点运动到N点机械能增加 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 AD 微粒向上偏转,说明微粒受到的电场力大于重力,若微粒带正电荷,则板间的电场强度方向竖直向上,A板带负电荷,故A正确;微粒从M点到N点的过程中,电场力做正功,所以微粒的电势能减小,故B错误;微粒从M点到N点过程中,合力做正功,所以微粒的动能增加,故C错误;微粒从M点到N点电场力做正功,电势能减小,减小的电势能转化为微粒的机械能,所以微粒的机械能增加,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.如图所示,为一个匀强电场的电场强度随时间变化的图像,在这个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的作用,则带电粒子的运动情况是(　　) A.带电粒子将向一个方向运动 B.在t=1 s末和t=2 s末,粒子的速度相同 C.t=3 s末带电粒子回到出发点 D.t=3 s末带电粒子的速度最大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 C 由图像可知,第2 s内加速度大小是第1 s内加速度的2倍,所以第1 s内带电粒子做匀加速直线运动,第2 s内先做同向的匀减速直线运动,后做反向的匀加速直线运动,故A错误;根据E-t图像可得带电粒子的速度图像如图所示,在t=1 s末和t=2 s末,粒子的速度大小相等,方向相反,故B错误;由速度图像可知,t=2 s末和t=1 s末带电粒子的速度最大,t=3 s末带电粒子回到出发点,速度为0,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 [B组　综合强化练] 4.质量为m的小球带电荷量为+q,由长为L的绝缘绳系住,在水平向右、电场强度为E的匀强电场中最初静止于A点,如图所示,已知θ=60°。为了让小球在竖直平面内做完整的圆周运动,则小球在A点的初速度至少为(重力加速度为g)(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 D 小球做圆周运动的等效最高点与A点关于圆心对称,当小球在等效最高点且速度最小时,绳子的拉力为零,此时的合力F合==2mg,根据牛顿第二定律得2mg=,解得vmin=,从等效最高点到等效最低点,由动能定理可得2mg·2L=m-m,解得vA=,A、B、C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.(多选)如图(a)所示,A、B表示真空中水平放置的间距为d的平行金属板,板长为L,两板加电压后板间电场可视为匀强电场,现在A、B两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压,在t=时,恰有一质量为m、电荷量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v0射入电场,忽略粒子重力,下列关于粒子运动状态的表述正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A.粒子在垂直于板的方向的分运动不可能是单向运动 B.粒子在垂直于板的方向的分运动可能是往复运动 C.粒子不可能沿与板平行的方向飞出 D.只要电压周期T和v0的值同时满足一定条件,粒子可以沿与板平行的方向飞出 答案:BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 粒子在平行于板的方向做匀速直线运动,在垂直于板的方向上粒子受到电场力的作用,做匀变速直线运动,粒子从t=时刻出发,在电场中的运动时间不明确,可能做单向运动,也可能做往复运动,故A错误,B正确;若粒子在(+n)(其中n=1,2,…)时刻从右端离开电场,此时粒子沿电场方向的分速度恰好为0,粒子就可沿与板平行的方向飞出,故C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6.如图所示,喷雾器可以喷出质量和电荷量都不尽相同的带负电油滴。假设油滴以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间,有的沿水平直线①飞出,有的沿曲线②从板边缘飞出,有的沿曲线③运动到板的中点上。不计空气阻力及油滴间的相互作用,则(　　) A.沿直线①运动的所有油滴质量都相等 B.沿直线①运动的所有油滴电荷量都相等 C.沿曲线②、③运动的油滴,运动时间之比为1∶2 D.沿曲线②、③运动的油滴,加速度大小之比为1∶4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 D 沿直线①运动的油滴,满足mg=qE,即=,所以沿直线①运动的油滴比荷相同,A、B错误;沿曲线②、③运动的油滴,均做类平抛运动,水平方向匀速运动,则x=v0t,初速度相同,所以运动时间之比等于位移之比,即为2∶1,C错误;沿曲线②、③运动的油滴,水平方向有x=v0t,竖直方向有y=at2,联立解得a=,因为水平位移之比为2∶1,v0和y相同,所以加速度之比为1∶4,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7.(多选)(2024·河南南阳月考)如图所示,用绝缘细线拴一带负电小球,在竖直平面内做圆周运动,匀强电场方向竖直向下,则(　　) A.小球可能做匀速圆周运动 B.当小球运动到最高点a时,线的张力一定最小 C.当小球运动到最高点a时,小球的电势能一定最小 D.当小球运动到最低点b时,小球的速度一定最大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 AC 当重力等于电场力时,只有细线的拉力提供向心力,小球可能做匀速圆周运动,故A正确;当重力小于电场力时,a点为等效最低点,则小球运动到最高点a时,线的张力最大,故B错误;根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知,在圆周上a点的电势最高,根据Ep=qφ知,当小球运动到最高点a时,小球的电势能一定最小,故C正确;当重力小于电场力时,a点为等效最低点,则小球运动到最高点a时,小球的速度最大,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.如图所示,一个竖直放置的半径为R的光滑绝缘环,置于水平方向的匀强电场中,电场强度为E,有一质量为m、电荷量为q的带正电荷的空心小球套在环上,并且qE=mg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)当小球由静止开始从环的顶端A下滑圆弧长到位置B时,小球的速度为多少?环对小球的压力为多大? 答案:(1)　5mg　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)从A到B根据动能定理得mgR+qER=m-0 解得vB= 根据牛顿第二定律得FN-qE=m 解得FN=5mg 根据牛顿第三定律得,环对小球的压力为5mg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)小球从环的顶端A滑至底端C的过程中,小球在何处速度最大?最大速度为多少? 答案: (2)BC弧的中点　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)由于小球所受的电场力与重力都是恒力,它们的合力也是恒力,小球从A处下滑时,电场力与重力的合力先与速度成锐角,做正功,动能增大,速度增大,后与速度成钝角,做负功,动能减小,速度减小,所以当合力与速度垂直时速度最大,由于qE=mg,所以速度最大的位置位于BC圆弧的中点,设为D点。 则从A到D过程,根据动能定理得mg(R+R)+qE·R=m 解得vm=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 [C组　培优选做练] 9.如图甲所示,一平行板电容器长l=10 cm,宽a=8 cm,两板间距d=4 cm,在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源,沿着两板中心平面,连续不断地向整个电容器发射离子,离子的比荷均为2×1010 C/kg,速度均为4×106 m/s,距板右端处有一屏。如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的电压,由于离子在电容器中运动所用的时间远小于电压的周期,故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场。试求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)离子打在屏上的区域的面积; 答案:(1)64 cm2　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U0,则平行极板方向有l=v0t ① 垂直极板方向有=at2 ② 又a= ③ 由①②③得U0= 代入数据得U0=128 V,可知当|U|>128 V时离子打到极板上,当|U|≤128 V时离子打到屏上。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 利用推论:打到屏上的离子好像是从两极板间中线的中点沿直线射出一样,结合题图由几何关系可得= 打到屏上的总长度y'=2y 联立解得y'=2d 则离子打到屏上的区域的面积为S=2da=64 cm2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)在一个周期内,有离子打到屏上的时间。 答案: (2)0.012 8 s (2)在0~T时间内,离子打到屏上的时间 t0=×0.005 s=0.003 2 s 由对称性知,在一个周期内,打到屏上的总时间 t=4t0=0.012 8 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10.水平放置的平行金属板,相距6 cm,两板分别与电池的正负极相连,板间电压为100 V(如图),原来不带电的小球,质量为2 g,从与下板相距4 cm的地方,由静止自由落下,与下板做弹性碰撞(碰撞中动能不损失)过程中,小球获得电量q=2.0×10-6 C的负电荷(g取10 m/s2)。求: (1)小球与下板相碰后能上升到多大的高度? 答案:(1)4.8 cm　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)设两板间距为d,板间电压为U,释放时距下板距离为h,反弹的最大高度为H,反弹前后的速度大小为v,小球上升过程加速度大小为a, 小球与下板相碰后,受到的电场力为F电=qE ① 两板间场强E= ② 联立并代入数据解得F电=×10-2 N ③ 方向竖直向上, 重力大小为mg=2×10-2 N ④ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 分析小球受力可知,重力大于电场力,所以小球反弹后向上做减速运动,小球到达最高点时速度为0 由牛顿第二定律有mg-F电=ma ⑤ a方向竖直向下, 根据速度位移公式有v2=2gh ⑥ 0-v2=-2aH ⑦ 联立③④⑤⑥⑦解得H=4.8 cm。 ⑧ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)小球上升到最高点的过程中,电场力做多少功? 答案: (2)1.6×10-4 J (2)电场力做的功为W电=F电H ⑨ 代入数据解得W电=1.6×10-4 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 $$