拓展提升课(二)-【志鸿优化训练】2026-2027学年高中物理必修第三册(人教版)

物理必修第三册人教版 拓展提升课（二） 带电粒子（ 拓展提升一带电粒子在电场中的直线运动 讨论带电粒子在电场中做直线运动（加速 或减速)的方法 (1)动力学方法一牛顿运动定律、运动学 公式 当带电粒子所受合力为恒力，且与速度方 向共线时，粒子做匀变速直线运动；若题目涉及 运动时间，优先考虑牛顿运动定律、运动学 公式。 在重力场和电场叠加场中的匀变速直线运 动，亦可以分解为重力方向上、静电力方向上的 直线运动来处理。 (2)功能转化方法—动能定理、能量守恒 定律。 若题中已知量和所求量涉及功和能量，那 么应优先考虑动能定理、能量守恒定律。 [即时训练1]（多选）如 图，两金属板平行放置，质量©B 相等的粒子A和B分别静止在上下极板处。 现在两极板间加恒定电压，两粒子仅在静电力 作用下同时从静止开始运动，且同时经过图中 水平虚线，虚线到上下极板的距离之比为1：3， 忽略粒子间的相互作用。下列说法正确 的是() A.两粒子所带电荷量大小之比为1：3 B.两粒子所带电荷量大小之比为1：9 C.两粒子从开始运动到经过虚线的过程电 场力做功之比1：3 D.两粒子从开始运动到经过虚线的过程电 场力做功之比1：9 [即时训练2]如图甲所示，匀强电场中一 水平面上静置质量为0.3kg的绝缘平板B,质 量为0.1kg、带电荷量为+2×10-5C的滑块 A以1m/s的初速度从左端滑上平板B,之后 。68 微粒)在电场中的几种运动类型 一段时间内平板B的)-t图像如图乙所示。 已知电场强度为1×104N/C,方向水平向右， 滑块A与平板B间动摩擦因数为0.3，g取 10m/s2,平板B足够长。求： v/m·s-1 0.5 8 B 0.5 (1)平板B与地面间的动摩擦因数； (2)当滑块A的速度为0.5m/s时平板B的 速度； (3)在o-t图像中画出A、B的完整图线。 拓展提升二带电粒子在电场中的类平抛运动 带电粒子在电场中的类平抛运动的处理 方法 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 两个方向上分别用运动学公式或牛顿第二定律 求解。 2.利用功能关系和动能定理分析 (1)功能关系：静电力做正（负）功等于电势 能的减少（增加）量，W电=Ep1一Ep2。 (2)动能定理：合力做功等于动能的变化量 W=Ek1一Ek2o [即时训练3]如图所示为质子加速器的模 型，真空中的平行金属板A、B间的电压为2U, 金属板C、D间的电压为3U,平行金属板C、D 之间的距离为d、金属板长也为d。质子源发 射质量为m、电荷量为q的质子，质子从A板 上的小孔进入（不计初速度）平行板A、B的电 场，经加速后从B板上的小孔穿出，匀速运动 一段距离后以平行于金属板C、D方向的初速 度（大小未知）进入板间，若CD之间不加偏 转电压，质子直接打在竖直平板上的O点。加 偏转电压后，质子射出平行金属板C、D并恰好 击中距离平行金属板右端号处竖直平板上的M 点。平行金属板A、B和C、D之间的电场均可 视为匀强电场，质子的重力和质子间的相互作 用力均可忽略，则下列分析正确的是( A.质子从B板上的小孔穿出时的速度大 小为 B.质子射出金属板C、D间时速度的偏转角 的正切值n0为号 C.质子垂直于金属板D方向的位移y的大 小为d D.OM之间的距离大小为子d [即时训练4]如图所示，M、N为竖直放置 的平行金属板，两板间所加电压为U。,S1和S2 为板上正对的小孔。平行金属板P和Q水平 放置在N板右侧，关于小孔S1和S2所在直线 对称P、Q两板的长度为l,两板间的距离为d, P、Q两板间加电压可形成匀强电场。阴极K 发出的电子（其初速度可忽略）经小孔S进入 。第十章静电场中的能量 M、N两板间，通过M、N间的电场加速后，进 入P、Q间的偏转电场。已知电子的质量为m, 电荷量为e。整个装置处于真空中。忽略电子 重力及电子间的相互作用。 (1)求电子到达小孔S2时的速度大小o (2)在P、Q两板间加一恒定电压，为使电子 从右侧离开偏转电场，求所加电压的最大 值Um; (3)改变P、Q两板间的恒定电压，使得电子 打在P板前瞬间的动能为Ek,求此时P、Q 两板间的电压U。 拓展提升三带电粒子在复合场中的圆周运动 解决粒子在复合场中的圆周运动问题，关 键是分析向心力的来源，向心力的来源有可能 是重力和静电力的合力，也有可能是单独的静 电力。有时可以把复合场中的圆周运动等效为 竖直面内的圆周运动，找出等效“最高点”和“最 低点” [即时训练5]如图所示，在水平向左且足够 大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固 定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为 q的带正电小球，小球静止在M点。现给小球 一垂直于OM的初速度，使其在竖直平面内 绕O点恰好做完整的圆周运动，AB为圆的竖直 直径。已知匀强电场的场强大小为3mg,重力 加速度为g。当小球第二次运动到B点时细线 突然断裂，则下列说法正确的是( 69·: 物理必修第三册人教版 M A.小球做完整的圆周运动时，动能的最小值 为2mgL B.细线断裂后，小球动能的最小值为mgL C.从细线断裂到小球的动能与在B点时的 动能相等的过程中，电势能增加了mgL D.从细线断裂到小球的电势能与在B点时 的电势能相等的过程中，重力势能减少了 3mgL [即时训练6]如图所示，光滑绝缘的半圆 形轨道位于竖直平面内，直径BD竖直，轨道半 径为R,下端与水平光滑绝缘轨道在B点平滑 连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。 现有一质量为m、带正电的小球（可视为质点） 由水平轨道上的A点静止释放，已知AB之间 的距离s=8R,滑块受到的静电力大小为 0.5mg,重力加速度为g。 -10 ⊕ -A (1)求小球到达B点时的速度大小； (2)求小球到达D点时轨道对小球的弹力 大小； (3)小球从D点飞出轨道后，落在水平地面 上的P点（未画出），求PB之间的距离。 …。70 名师点拨 物理最高点与几何最高点 在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇 到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度 问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最 高点，而这里的最高点不一定是几何最高点， 而应是物理最高点。几何最高，点是图形中所 画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高 点。而物理最高点是物体在圆周运动过程中 速度最小的尽0. 拓展提升四带电粒子在交变电场中的 运动 1.交变电场 电场中的电势差、电场强度等物理量呈周 期性变化的电场。 2.带电粒子运动类型 (1)粒子做单向直线运动（一般用牛顿运动 定律求解)； (2)粒子做往返运动（一般进行分段研究）； (3)粒子做曲线运动（一般根据交变电场的 特点进行分段研究)。 3.分析方法 (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 移等，并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。 [即时训练7]在如图甲所示的平行板电容 器A、B两板上加上如图乙所示的交流电压，开 始时B板的电势比A板的高。这时在两板中 间的电子由静止在静电力作用下开始运动，设 电子在运动中不与极板发生碰撞，则下列说法 正确的是（不计电子重力）() 0050.1 甲 A.电子先向A板运动，然后向B板运动，再 返回A板做周期性运动 B.电子一直向A板运动 C.电子一直向B板运动 D.电子先向B板运动，然后向A板运动，再 返回B板做周期性运动 [即时训练8]平行板间加如图乙所示的周 期性变化的电压，t=0时M板带正电，如图甲 所示，一带正电的粒子紧靠M板，从t=0时刻 开始将其释放，运动过程无碰板情况。粒子运 动的速度一时间图像正确的是() UMN T 12 0第十章静电场中的能量 D 名师点拨 (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临界 条件。 (2)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。 71·:7.【答案】(1) eEL (3)2 m 【解析】依题意，可画出粒子运动轨迹如图所示 驿D E 2 N (1)电子从A运动到MN的过程中，根据动能定理得 L 解得=√m (2)电子在电场E,中做初速度为零的匀加速直线运 动，设加速度为a1,时间为t1,由牛顿第二定律得 a=eE m 由v=a1t1 得。=√密 mL 从MN到屏的过程中，粒子水平方向做匀速直线运 动，可得运动时间 故运动的总时间=t十a=3√eE ImL (3)设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为 ℃，由牛顿第二定律得电子进入电场E2时的加速 度为 a:-eEz=2eE m m 电子在电场E:中运动时间=二 则，=az3 电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的 正切值为tan0= 解得tan0=2。 8.【答案】(1)U1=mw 2e (2)U:=mvde eL2 (3)yo-21Ld 2L1 【解析】(1)电子在加速电场加速，根据动能定理有 3 解得加速电场的加速电压U,=心 v/m·s-) (2)电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有 L1=ut 0.5 竖直方向有号-2a4 1 加速度为a=eE_eU 0 0.5 1 m md 拓展提升二 解得平行金属板M、N之间的电压U,=md [即时训练3]D质子在平行金属板A、B间做加 eL2。 (3)电子离开偏转电场时，竖直方向的速度为 速运动，由动能定理有2gU=)mw2,解得0=2 v,=ati 电子从板右端到荧光屏，有L2=t2 四，A错误；质子在平行金属板C,D间做类平抛运 m y=y,t2P点到O点的距离 动，平行于金属板方向上有d=ot,垂直于板面方向a a叶号-224. 2L1 m,=a,tan0=,联立解得tan0=子，B错误： =3qU 0 拓展提升课（二）带电粒子（微粒） 质子垂直于板面方向的位移为y=a,解得y 3d 在电场中的几种运动类型 d 拓展提升一 C错误；由几何关系可知OM=y十2tan0,解得OM= [即时训练1]AD两粒子均做初速度为零的匀加 速直线运动，在相等时间内的位移之比为1：3，由x= 子4，D正确。故选D. 2Q2可知，两粒子的加速度大小之比为1：3，由a= [即时训练4]【答案】(1) /2eU. (2)2U m 12 可知，两粒子所带电荷量大小之比为1：3，A正确， m （3)2E4-2U。 B错误；两粒子从开始运动到经过虚线的过程电场力做 【解析】(1)根据动能定理 功之比为0-尝-号×言号，C错误，0正确。 故选AD。 2eUo [即时训练2]【答案】(1)0.05(2) 6m/s 解得w=√m (2)设电子在偏转电场中的加速度大小为a,运动 (3)图见解析 时间为t,偏转电场的电场强度为E,则水平方向 【解析】1)平板B的加速度a=0}。 0.3m/s2=1 3 m/s2 l=vot 对平板B由牛顿第二定律 竖直方向 umag-u(mA+mB)g=mBaz eE=ma 解得=0.05。 E号 (2)对滑块A有qE-mAg=mAa1 竖直位移 解得a1=-1m/s2 当滑块A的速度为0.5m/s时，由vA=vo十a1t y-gar 解得t1=0.5s 当电子刚好从极板右侧离开时电压最大，此时 1 则此时平板B的速度=a24=6m/s。 y-td (3)A、B最终速度v=o十a1t2=a2t2 解得t2=0.75s,v=0.25m/s 联立解得U。=2Ud L2。 之后A、B一起匀速运动，则v-t运动图像如图。 (3)根据动能定理 31 eU+e号=氏 解得U=2E-2U。 e 拓展提升三 [即时训练5]D小球静止在M点，该点就是小球 的等效最低点，等效最高点在OM连线的反向延长线与 圆周的交点上，设为M'点。等效重力为mg'= √(mg)2+(Eq)产=2mg,等效重力加速度为g'=2g。 设∠AOM=0,等效重力加速度与竖直方向夹角的正切 值为tan0=E9=√3，可知0=60°，恰好做完整的圆周 mg 运动，等效最高点M点动能最小，且满足mg=m乙： 小球做完整的圆周运动时，动能的最小值为Emin= 2mw=mgL,A错误；M点到B点，由能量守恒得 2n+mgL(1-c0s60)=2ma3,解得 2√gL。线断裂后小球做类斜上抛运动，速度的最小值 =0gc0s60°=Vg工，最小动能为E.=2mam2= 乞mgL,B错误：从细线断裂后，将小球的运动沿合力方 向和垂直合力方向做运动的分解。沿合力方向做匀变 速直线运动（类竖直上抛），设从细线断裂到小球的动能 与在B点时的动能相等所经历的时间为t,则t= 200-√g g ,匹，垂直合力方向做匀速直线运动，时 间t内走过位移x=cos60°·t=√3L,静电力做功 W=一Egx80s60=一号mgL,根据功能关系可知，电 势能增加了号mgL,C错误；小球的电势能与在B点时 的电势能相等时，小球到达B点所在等势线(AB所在 的直线)。小球的运动可分解为水平分运动和竖直分运 动，小球水平方向只受电场力，可得a,=E四=√3g,水 平方向做匀变速直线运动（类竖直上抛），到达与B点 等电势能位置时，速度等大反向，水平方向运动时间为 ,一2=4√，竖直方向只受重力，做自由落体运 动，可得a,=g,从细线断裂到小球的电势能与在B点 时的电势能相等的时候，竖直方向分位移为y一24，· 1 ,:=L,重力做功为W。=mgy=号加gL,根据重力 8 3 做功与重力势能的关系，可知重力势能减少了mgL, D正确。故选D。 [即时训练6]【答案】(1)2√2gR (2)3mg(3)3R 【解析】(1)小球从A到B做匀加速直线运动，由动 能定理可得 F05=2maw2-0 解得℃g=2√2gR。 (2)小球从A到D的过程中，由动能定理可得 Fa s-2mgR-2mvo-0 小球在D点，由牛顿第二定律可得 F十mg=mR 联立解得FN=3mg。 (3)小球从D点飞出轨道后做匀变速曲线运动，竖 直方向有 2R=28r 水平方向有 a-E电 m 设PB之间的距离为x,则有 1 -vpt-2at 联立解得x=3R。 拓展提升四 [即时训练7]C在前半个周期内，B板的电势高， 电场的方向向右，电子受到的电场力方向水平向左，电 子向左做初速度为零的匀加速直线运动；在后半个周 期，电场水平向左，电子所受的电场力水平向右，电子向 左做匀减速直线运动直到速度为零，然后进人第二个周 期，重复之前的运动。由此可知，电子在每个周期内先 向左做初速度为零的匀加速直线运动，然后向左做匀减 速直线运动至速度为零，如此反复。得到如图所示的 ℃-t图像。所以电子一直向B板运动。故选C。 [即时训练8]C由于电压在一段时间内不变，因 此电场强度也不变，带电粒子受到的电场力也不变，根 据牛顿第二定律F=ma可知，带电粒子的加速度也不 -3 变。带电粒子在0~召匀加速后，哥~T电压反向了， 2 gt2=g· ,,其中E三号，解得U=22兰，E=& 2g 2g 静电力也反向，该粒子做匀减速直线运动。由于加、减 速时间相同，该粒子的速度恰好减为零；下一周期又开 A,B错误；整个过程中质点上升的高度M=受（十） 始重复上述运动，则v-t图像如选项C所示。故选C。 ×张货+品 L)=3gLi 【章末总结】 8,重力势能增加量△E。= [知识整合] mgh=3mgL: 8w兰，C正确：因两极板带电量不变，根据C= ①起始位置和终止位置②WAB=EpA一EB③离场 ErS 源电荷无限远处④大地表面 ⑤E q ⑥PA一PB C=吕B-号联立可得E=-怒，若仅增大两 极板间距，则两极板间场强不变，质点运动的情况不变， ⑦pB一PA ⑧gUAB⑨ W出⑩电势 ①不做功 则该质点仍能垂直打在M上，D错误。故选C。 q ②垂直⑧高④低⑤密集⑥大⑦Ed⑧电场 [跟踪训练2]【答案】(1)4.2m/s2 (2)能，1.6m/s(3)见解析 方向四快① Q ④法拉 迎法图F④10 【解析】(1)根据牛顿第二定律可得，滑块向右运动 ⑤1012 ErS 1 过程中有 四4rkd ②⑦ma ②⑧at②四2ax gE+umg=ma 1 2n,2 GqUL ②9UL 33 gUl2 代人数据可得a=4.2m/s2。 mdvo (2)根据速度位移关系可得 [专题研析] 2-x2=2aL [例1]BC粒子做曲线运动，所受静电力指向轨迹 代入数据解得 凹侧，且垂直于等势线，所以粒子所受电场力向上，则从 w=1.6m/s A到B的过程电场力对粒子做负功，粒子电势能增大， 滑块能离开电场，离开电场时的速度大小为1.6m/s。 因此粒子在B点的电势能一定大于在A点的电势能，C (3)若滑块恰好到达右边界时，由动能定理得 正确；设匀强电场的电场强度大小为E,根据动能定理 有-gELc0s0=号m2-号mu2,解得E- -pgL-E.qL-0-mo.* 獬得E1=1.0×10sN/C c。。B正确：根据题给条件无法判晰粒子的电 若滑块到达右边界时，恰好不能反向运动，则 性和等势线电势高低关系，A、D错误。故选BC E2q-umg 解得E2=4.0×106N/C [跟踪训练1]AD电场线的疏密表示场强的大 所以若滑块不能离开电场区域，电场强度E的取 小，电场线越密，电场强度越大，根据题图可知P点的 值范围为 电场强度比Q点的小。根据电场线与等势面垂直，可 1.0×10N/C≤E≤4.0×10N/C。 知ab与cd是两条等势线，则P与O的电势相等，Q与 [例3]C油滴悬浮在极板间，重力与静电力平衡， O的电势也相等，所以P、Q两点的电势相等，A正确，B 可知静电力方向竖直向上，故油滴带负电，A错误，油 错误；四个点电荷在O点产生的电场相互抵消，场强为 滴悬浮在极板间，重力与静电力平衡，有mg=Eq= 零，在O点放一正点电荷，该正点电荷受到的电场力为 U 零，不会运动，C错误；P、Q两点的电势相等，又根据电 ，解得q="2,B错误；自然界中任何带电体所带 场线的方向知M点的电势比P点的低，则Q点的电势 电荷量都等于元电荷的整数倍，C正确；保持电压不变， 高于M点的电势，负电荷在电势高处电势能小，所以带 把A极板上移，板间距增大，则电场强度减小，电场力 负电的试探电荷在Q点的电势能比在M点小，D正确。 减小，重力与电场力的合力竖直向下，故该油滴将向下 故选AD。 做加速运动，D错误。故选C。 [例2]C质点垂直打到M屏时，竖直速度为零， 跟踪训练3]C根据Ca,保持开关$闭合 则离开电场时，=at,=Emg.上，离开电场后u, m A板竖直上移一小段距离，电容器的电容减小，A错 23 31 误；保持开关S闭合，A板竖直上移一小段距离，根据E 9可知电场强度减小，根据U=E可知，P点与下极 板的距离不变，但E减小，故P点与下极板的电势差减 小，下极板带正电，故P点的电势升高，B错误；保持开 关S闭合，A板竖直下移一小段距离过程中，根据C= 4:保持开关S闭合，容器的电容增大，根据Q=CU ES 可知，电荷量增大，电容器充电，电流计中电流方向向 右，C正确；开关S先闭合后断开，则电荷量Q不变，A 板竖直上移一小段距离，电场强度E-是-品- Q一=4πkQ恒定不变，故带电油滴静止不动，D错 ES 4rka·d eS 误。故选C。 [例4]B沿着电场线的方向电势降低，由图可知 在0~2mm区间电场线沿x轴负方向，粒子受到向右 的电场力，加速度向右，在2~6mm区间电场线沿x轴 正方向，粒子受到向左的电场力，加速度向左；且9-x 图线斜率绝对值表示电场强度的大小，由此可知，粒子 经过P点和Q点加速度大小不同、方向相反，A错误；P 点与Q点电势相同，粒子经过P点与Q点时的电势能 相同，根据能量守恒可知，动能相等，B正确；粒子经过 P点与Q点时所受电场力不同，速率相同，根据功率的 计算P=Fv可知粒子经过P点与Q点时，静电力做功 的功率不相等，C错误；根据电势能的定义Ep=q9,粒 子带负电，在电势为正值的P点，粒子的电势能为负 值，D错误。故选B。 [例5]A由图像可知，粒子的电势能先增大后减 小，根据静电力做功与电势能变化的关系W一一△E 可知，静电力先做负功后做正功。A正确；根据qEx= 一△E。可知E。-x图像中图线的切线斜率绝对值表示 电场力大小，结合对称性可知，粒子在x1、x处受到的 静电力大小相等，方向相反，则x1、x3处的电场强度大 小相等，方向相反。B错误；同理，可知粒子在x1处受 到的静电力大于在x4处受到的静电力，由a一，则粒 子在x1处的加速度大于在x2处的加速度。C错误；由 图像可知，粒子在x2处的电势能大于在x3处的电势 能，根据E。=pq,由于粒子带负电，则x2处的电势小于 x3处的电势。D错误。故选A。 [跟踪训练4]ADx1、x2两点间的电势差为0一 （一)=，A正确；电势是标量，O点的电势为正，x2点 的电势为负，电势的正负表示大小，O点的电势大于x2