第十章 5 第1课时 带电粒子在电场中的运动(课件PPT)-【步步高】2024-2025学年高一物理必修第三册学习笔记（人教版）

该高中物理课件聚焦带电粒子在电场中的加速与偏转，通过电子在金属板间运动实例导入，衔接动力学、动能定理及平抛运动知识，以例题解析、拓展问题及总结提升为学习支架，助力学生构建知识体系。 其亮点在于聚焦科学思维与物理观念培养，通过动力学与动能定理对比、匀强与非匀强电场方法辨析，强化模型建构与科学推理。结合静电喷涂等实际情境例题，分层设计练习，学生深化运动与能量观念，教师可高效实施分层教学。

第1课时　带电粒子在电场 中的运动 DISHIZHANG 第十章 1 1.能从力和能量的角度分析带电粒子在电场中的加速问题(重点)。 2.能运用类平抛运动的分析方法研究带电粒子在电场中的偏转问题(重难点)。 学习目标 2 一、带电粒子在电场中的加速 二、带电粒子在电场中的偏转 课时对点练 随堂演练 内容索引 3 带电粒子在电场中的加速 一 4 如图所示炽热的金属丝可以发射电子。在金属板P、Q间加电压U，发射出的电子在真空中加速后，从金属板的小孔穿出。设电子刚离开金属丝时的速度为零，电子质量为m、电荷量大小为e。 例1 (1)已知电子的质量为me＝9.1×10－31 kg，电荷量为e＝1.6×10－19 C，若极板电压U＝200 V，板间距离为d＝2 cm，则电子的重力与所受静电力的比值为________(g取10 m/s2，结果保留一位有效数字)。在研究粒子运动的过程________(选填“需要”或“不需要”)考虑重力。 答案　见解析 G＝meg＝9.1×10－30 N， 重力相比静电力太小，故在研究粒子运动过程中不需要考虑重力。 (2)电子在P、Q间做什么运动？ 答案　见解析 电子向右做匀加速直线运动 (3)求电子到达正极板时的速度大小。(用两种方法求解，结果用字母表示) 答案　见解析 方法一：运用动力学方法求解 方法二：由动能定理有 拓展1　(1)若保持P、Q间电压不变，增大P、Q两板间的距离，电子到达极板时所用的时间将________(填“变长”“不变”或“变短”)，电子到达Q板的速率________(填“增大”“减小”或“不变”)。 (2)如何增大电子到达Q板的速率？ 答案　增大两极板间的电压。 拓展2　若粒子的初速度v0≠0，电子到达Q板的速率为_____________。 拓展3　如图所示，若Q板为其他形状，两极板间不是匀强电场，该用何种方法求解。 答案　如果是非匀强电场，电子将做变加速运动，动力学方法不可用；静电力做功仍然可以用W＝eU求解，动能定理仍然可行。 总结提升 1.带电粒子在带电金属板间加速后的速率仅与带电粒子的初速度大小及两板间的电压有关，与板间距离无关。 2.带电粒子的分类及受力特点 (1)电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，重力远小于静电力，一般都不考虑重力，但不能忽略质量。 (2)质量较大的微粒，如带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力。 返回 二 带电粒子在电场中的偏转 15 如图甲，两个相同极板Y与Y′的长度为l，相距d，极板间的电压为U。一个质量为m、电荷量为e的电子沿平行于板面的方向射入电场中，射入时的速度为v0。把两极板间的电场看作匀强电场。 例2 (1)电子在电场中做什么运动？如何处理？ ______________________________________________________________ 答案　见解析 电子在电场中做类平抛运动，应运用运动的分解进行处理，沿v0方向：做匀速直线运动；沿静电力方向：做初速度为零的匀加速直线运动 (2)设电子不与平行板相撞，如图乙，完成下列内容(均用题中所给字母表示)。 ①电子通过电场的时间t＝________。 答案　见解析 ②静电力方向：加速度a＝________，离开电场时垂直于极板方向的分速度vy＝________。 答案　见解析 ③速度与初速度方向夹角的正切值tan θ＝_______。 答案　见解析 ④离开电场时沿静电力方向的偏移量y＝____。 答案　见解析 总结提升 带电粒子在匀强电场中的偏转问题类似于平抛运动，运用运动的合成与分解来分析：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初速度为零的匀加速直线运动，在这两个方向上分别列运动学方程或牛顿第二定律求解物理量。 拓展　若电子可以飞出极板，两极板间距d应满足什么条件？ 返回 三 随堂演练 23 1.如图所示，M、N是真空中的两块相距为d的平行金属板。质量为m、电荷量大小为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板。如果要使这个带电粒子到达距N板 后返回， 下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力) A.使初速度减为原来的 B.使M、N间电压提高到原来的2倍 C.使M、N间电压提高到原来的3倍 D.使初速度和M、N间电压都减为原来的 √ 2.如图所示，两金属板与电源相连接，电压为U，电子从上极板边缘垂直电场方向，以速度v0射入匀强电场，且恰好从下极板边缘飞出，两板之间距离为d。现在保持电子入射速度和入射位置(紧靠上极板边缘)不变，仍要让其从下极板边缘飞出，则下列操作可行的是 √ 3.如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点水平射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为xA∶xB＝2∶1，则带电粒子的质量之比mA∶mB以及在电场中飞行的时间之比tA∶tB分别为 A.1∶1，2∶3 B.2∶1，3∶2 C.1∶1，3∶4 D.4∶3，2∶1 √ 粒子在水平方向上做匀速直线运动，则x＝v0t，由于初速度相同，且xA∶xB＝2∶1， 4.(2024·广州市高二期末)真空中有一边长为L的正方形区域ABCD，该区域内存在匀强电场，电场方向平行于AB边且从A指向B。一质量为m、带电量为＋q的粒子从AB边上某点以速度v0垂直于电场方向射入电场，恰好从C点离开正方形区域，离开时的速度方向与对角线 AC相切。不计粒子重力，求： (1)入射点到A点的距离； 对粒子从C点离开的速度vC进行分解，则沿电场方向的分速度vy满足vy＝v0tan 45°＝v0 设入射点到A点的距离为d，粒子从入射到从C点离开过程， 沿初速度方向，有L＝v0t (2)匀强电场的电场强度大小E。 粒子从入射到从C点离开过程，沿电场方向，有vy＝at 根据牛顿第二定律，有qE＝ma 返回 课时对点练 四 33 考点一　带电粒子在电场中的加速 1.如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，已知两极板间的电势差为U，板间距离为d，电子质量为m，电荷量为e， 则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是 A.若将板间距离d增大一倍，则电子到达Q板时的速率保持 不变 B.若将板间距离d增大一倍，则电子到达Q板时的速率也增大一倍 C.若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间保持不变 D.若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为原来的一半 基础对点练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2.(2023·湖北省武钢三中高二期中)某平行板电容器带电荷量为Q，电容为C，板间距为d，如图所示。有一质量为m，电荷量为－q的点电荷(q远小于Q)，从紧靠正极板的O点以垂直于极板的速度出发，只受电容器板间静电力作用，最远只能运动到A点，然后返回，OA＝L，则该点电荷的初动能为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 考点二　带电粒子在电场中的偏转 3.(2024·重庆市巴渝学校高二期中)如图所示，带电平行金属板水平放置，电荷量相同的三个带电粒子a、b、c从两极板正中央以相同的初速度垂直电场线方向射入匀强电场(不计粒子的重力)，则它们在两板间运动的过程中 A.a、b、c粒子在板间运动时间ta＝tb<tc B.a、b、c粒子在板间运动时间ta<tb＝tc C.a、b、c粒子在板间运动时间ta＝tb＝tc D.a、b、c粒子在板间运动时间ta＝tb>tc √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 三个带电粒子a、b、c从两极板正中央以相同的初速度垂直电场线方向射入匀强电场，则水平方向均做匀速直线运动，因xa<xb＝xc，根据x＝v0t可知ta<tb＝tc。故选B。 4.(2023·深圳市高二期末)图示为一带电粒子在竖直向下的匀强电场中运动的一段轨迹，A、B为轨迹上的两点。已知该粒子质量为m、电荷量为q，其在A点的速度大小为v0，方向水平向右，到B点时速度方向与竖直方向的夹角为30°，粒子重力不计。则A、B两点间的电势差为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 5.(2024·西安市高二期中)平行板间距为d，长度为l，加上电压后，可在A、B之间的空间中(设为真空)产生电场(设为匀强电场)。在距A、B两平行板等距离的O 点处，有一电荷量为＋q、质量为m的粒子以初速度v0沿水平方向(与A、B板平行)射入，不计重力，要使此粒子恰好能从下极板边缘C处射出，则A、B间的电压应为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 带电粒子只受静电力作用，在平行板间做类平抛运动。设粒子由O点到C处的运动时间为t，则有l＝v0t， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 6.(多选)如图所示，从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)。电子向B板方向运动，下列说法正确的是(设电源电压均恒为U) A.电子到达B板时的动能是eU B.电子从B板到达C板动能变化量为零 C.电子到达D板时动能是3eU D.电子在A板和D板之间做往返运动 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 能力综合练 √ √ 45 从F处释放一个无初速度的电子，电子在电压为U的电场中做加速运动，当电子到达B点时，所获得的动能等于静电力做的功，即Ek＝W＝qU＝eU； 由题图可知，B板和C板等电势，则B、C之间没有 电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能不变，电子以eU的动能进入C、D板间的电场中，在静电力的作用下，电子做减速运动，由于C、D板间的电压也为U，所以电子在到达D板时速度减为零，开始反向运动； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由以上分析可知，电子将会在A板和D板之间做加速、匀速、减速运动，再反向做加速、匀速、减速运动，即做往返运动，故选A、B、D。 7.(多选)如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，恰好沿下板的边缘飞出，粒子通过平行金属板的时间为t，则 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 8.(2023·广州市三校期中)如图所示，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子以初速度v0沿着两板中心线射入，沿a轨迹落到下板的中央，现只改变其中一个条件，让质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将 A.开关S断开 B.初速度变为2v0 C.板间电压变为 D.竖直移动上板，使板间距变为2d √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 开关S断开，电容器所带电荷量不变，电容器的电容不变，则电容器两极板间电压不变，质子仍落到下板的中央，A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (1)若两者的初速度相同，求质子与α粒子在偏转电场中偏移距离之比； 答案　2∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设平行板间匀强电场电场强度为E，两板长度为L，带电粒子的电荷量为q，质量为m。 粒子在偏转电场中做类平抛运动，在沿板方向上做匀速直线运动，有L＝v0t 在垂直于板方向上做匀加速直线运动，有 根据牛顿第二定律得qE＝ma 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 故质子与α粒子在偏转电场中偏移距离之比 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)若两者的初动能相同，求质子偏转角的正切值与α粒子偏转角的正切值之比。 答案　1∶2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 垂直于板方向，有vy＝at 根据牛顿第二定律得qE＝ma 若两者的初动能相同，tan θ∝q 10.(2024·江门市高二期末)静电喷涂是使雾化了的带负电油漆微粒在静电场的作用下，定向喷向工件，并吸附在工件表面的一种技术，其可简化成如图所示的模型：竖直放置的A、B两块平行金属板间距为d，两板间所加电压为U，在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半球 形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒。油漆微粒的质量为m、电荷量为q，喷出时的初速度大小均为v0，忽略空气阻力和带电微粒之间的相互作用力，微粒的重力忽略不计。求： (1)油漆微粒到达B板的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)初速度方向沿平行于金属板A喷出的油漆微粒运动至B板的时间； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 以初速度v0沿平行金属板A方向喷出的带电微粒做类平抛运动，微粒在垂直板方向做初速度为零的匀加速直线运动。 (3)估算喷到B板的油漆区可能的最大面积。 当带电微粒初速度v0沿平行金属板方向时，带电微粒射到B板的位置偏离P最远 在平行于金属板方向上有r＝v0t 油漆区域的面积为S＝πr2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 尖子生选练 11.(2023·广东省罗湖外语学校高二期中)如图所示为一种新型粒子收集装置，一个粒子源放置在立方体ABCD－A′B′C′D′中心(固定在竖直轴上)，粒子源可以向水平各方向均匀地发射一种带正电粒子，粒子比荷为 ＝1×108 C/kg。立方体处在竖直向下的匀强电场中，电场强度E＝1× 103 N/C；立方体棱长L＝0.1 m，除了上、下底面AA′B′B、CC′D′D为空外，其余四个侧面均为荧光屏。不考虑粒子源的尺寸大小、粒子重力以及粒子间的相互作用；粒子打到荧光屏上后被荧光屏所吸收，不考虑荧光屏吸收粒子后的电势变化。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (1)求粒子打出后，在电场中运动的加速度大小； 答案　1×1011 m/s2 根据牛顿第二定律有qE＝ma，代入数据可得加速度为a＝1×1011 m/s2 (2)分析说明打到荧光屏上哪些位置的粒子运动的时间最长，并求最长时间； 答案　打到正方形CDD′C′边上　1×10－6 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (3)要使所有粒子都不能打到荧光屏上，求发射时的速度范围。 答案　v0<5×104 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 返回 BENKEJIESHU 本课结束 两极板间的电场强度E＝＝1×104 V/m 电子在两极板间所受静电力F＝eE＝1.6×10－15 N，＝6×10－15。 eU＝mv2 得v＝。 电子受到静电力 F＝eE＝ 加速度a＝＝ 由v2＝2ad＝2得v＝ 答案　极板间的电压U不变，由E＝可知，两板间距离d越大，电场强度E越小，静电力F＝Ee越小，加速度越小，加速时间变长，由eU＝mv2得v＝，则电子到达Q板时的速率与两板间距离无关，仅与板间电压有关。   由动能定理可得eU＝mv2－mv02，解得v＝。 t＝ a＝＝　vy＝at＝ tan θ＝＝  y＝at2＝ 答案　由y＝<得d>。   由题意知，带电粒子在电场中做匀减速直线运动，在粒子恰好能到达N板时，由动能定理可得－qU＝0－mv02，要使粒子到达距N板后返回，设此时两极板间电压为U1，粒子的初速度为v1，则由动能定理可得－q×＝0－mv12，联立两方程得＝，分析可知D正确。 A.电压调至2U，板间距离变为2d B.电压调至2U，板间距离变为d C.电压调至U，板间距离变为2d D.电压调至U，板间距离变为 电子在两板之间做类平抛运动，平行于板的方向有L＝v0t，垂直于板的方向有d＝··t2，解得d2＝U，即d2∝U，据此可知：若电压调至2U，板间距离应变为d，选项A错误，B正确； 板间距离变为2d，则电压应调至4U，板间距离变为d，则电压应调至U，选项C、D错误。 所以tA∶tB＝2∶1，竖直方向上粒子做匀加速直线运动，y＝at2，且yA＝yB，故aA∶aB＝tB2∶tA2＝1∶4， 由ma＝qE得m＝，＝·＝×＝。综上所述，选项D正确。 答案　 沿电场方向，有L－d＝t 得d＝ 答案　 得E＝。 根据动能定理得eU＝mv2，可知电子到达Q板时的速率为v＝，将板间距离d增大一倍，因为电势差不变，电子到达Q板的速率不变，A正确，B错误； 电子的加速度a＝＝，根据d＝at2得t＝d，若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板时的时间减为原来的，C、D错误。 A.　　B.　　C.　　D. 设点电荷的初动能为Ek，整个过程由动能定理可得Ek＝qL，根据电容的定义式可得U＝，整理可得Ek＝，故选A。 A.　　　B.　　　C.　　　D. 由题可知，粒子到达B点时的速度大小vB＝＝2v0，从A到B的过程中，根据动能定理Uq＝mvB2－mv02，可得A、B两点间的电势差U＝，故选C。 A.　　　B.　　　C.　　　D. 设A、B间的电压为U，则平行板间的匀强电场的电场强度为E＝， 粒子所受静电力为F＝qE＝ 根据牛顿第二定律得粒子沿电场方向的加速度为a＝＝ ， 粒子在沿电场方向做匀加速直线运动，位移为d， 由匀变速直线运动的规律得＝at2 联立解得U＝，故选D。 A.在前时间内，静电力对粒子做的功为Uq B.在前时间内，静电力对粒子做的功为Uq C.在粒子下落的前和后过程中，静电力做功之比为1∶1 D.在粒子下落的前和后过程中，静电力做功之比为1∶2 在时间t内，L＝v0t，＝at2，在前内，y＝a()2，可得y＝，则静电力做的功为W＝qEy＝＝，A错误，B正确； 在粒子下落的前和后过程中，静电力做的功分别为W1＝qE·，W2＝qE·，所以W1∶W2＝1∶1，C正确，D错误。 将初速度变为2v0，质子加速度不变，根据y＝＝at2知质子运动到下极板所需的时间不变，由x＝v0t知到达下极板时质子的水平位移变为原来的2倍，刚好落到下板边缘，B正确； 当板间电压变为时，板间电场强度变为原来的，质子所受的静电力变为原来的， 加速度变为原来的，根据y＝＝at2知质子运动到下极板所需时间为原来的倍， 由x＝v0t知到达下极板时质子的水平位移为原来的倍，所以质子不能落到下板边缘，C错误； 竖直移动上板，使板间距变为2d，则板间电场强度变为原来的， 由C项分析知质子运动到下极板所需时间为原来的倍， 水平位移为原来的倍，质子不能落到下板边缘，D错误。 9.先后让一束质子(H)和一束α粒子(氦核He)通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与电场方向垂直。  y＝at2 联立以上各式解得：y＝ 两者的初速度相同，y∝  ＝ 偏转角正切值tan θ＝ 又L＝v0t，解得tan θ＝ 故质子偏转角正切值与α粒子偏转角正切值之比＝。 答案　 设微粒到达B板的速度大小为v，由动能定理得mv2－mv02＝qU，得v＝ 答案　d 由d＝at2，a＝，F＝Eq，E＝ 联立解得t＝＝d 答案　 联立解得S＝。   粒子在电场中做类平抛运动，落在荧光屏的下边缘的粒子运动时间最长，即落在正方形CDD′C′边上的粒子在电场中运动的时间最长，竖直方向＝at2，得t＝＝1×10－6 s 水平方向满足＝v0t，得能打到荧光屏上的最小速度为v0＝5×104 m/s， 所以不能打到荧光屏上的粒子的速度范围为v0<5×104 m/s。 $