第2章 第4节 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（鲁科版）

该高中物理课件围绕带电粒子在电场中的加速与偏转展开，通过电子发射、质子疗法等实例导入，衔接动力学、动能定理及类平抛运动知识，以问题链和方法对比搭建学习支架。 其特色在于问题驱动科学探究（如非匀强电场用动能定理），类平抛模型建构强化科学思维，结合分层练习与实际情境。助力学生深化物理观念，教师可高效实施差异化教学。

DIERZHANG 第2章　第4节 第1课时　带电粒子在电场中的运动 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、带电粒子的加速 二、带电粒子的偏转 课时对点练 内容索引 3 带电粒子的加速 一 4 炽热的金属丝可以发射电子。在金属丝和金属板间加电压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。(如图) (1)电子加速时受到几个力的作用？电子做什么运动？ 答案　只受静电力的作用，电子向右做匀加速直线运动 (2)求电子到达正极板时的速度大小？(用不同的方法求解) 答案　方法一：运用动力学方法求解 方法二：由动能定理有 1.若两极板间不是匀强电场该用何种方法求解？为什么？ 思考与讨论 答案　如果是非匀强电场，电子将做变加速运动，动力学方法不可行；静电力做功仍然可以用W＝qU求解，动能定理仍然可行。 2.分析带电粒子在电场中的运动，哪些情况需要考虑重力？哪些情况不需要考虑重力？ 答案　(1)带电的粒子：如电子、质子、α粒子、正负离子等。这些粒子所受重力和静电力相比小得多，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力。(但并不能忽略质量) (2)带电体：如带电小球、液滴、尘埃等。除有说明或明确的暗示以外，一般都考虑重力。 (多选)某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗，在这种疗法中，质子先加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死细胞。若质子的加速长度为d，要使质子由静止被匀加速到v，已知质子的质量为m，电荷量为e，则下列说法正确的是 A.由以上信息可以推算该加速电场的电压 B.由以上信息可以推算该加速电场的电场强度 C.由以上信息不可以推算质子加速后的电势能 D.由以上信息可以判断出运动过程中质子所受电场力做正功，电势能增加 例1 √ √ √ 因零电势点不确定，则由以上信息不可以推算质子加速后的电势能，但由以上信息可以判断出运动过程中质子所受电场力做正功，电势能减小，选项C正确，D错误。 如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放，不计带电粒子的重力。 (1)求带电粒子所受的静电力的大小F； 例2 (2)求带电粒子到达N板时的速度大小v； (3)若在带电粒子运动 距离时M、N间电压突然变为0，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。 则该粒子从M板运动到N板经历的时间 返回 带电粒子的偏转 二 16 电子进入偏转板(厚度不计)时我们可以简化为如图所示的模型，质量为m、电荷量为＋q的粒子以初速度v0垂直于匀强电场方向射入两极板间，不计粒子的重力。两板间电压为U，距离为d，极板长为l。 试分析： (1)粒子在板间的受力特点； 答案　粒子只受静电力 (2)粒子在板间做什么运动； 答案　粒子在板间做类平抛运动，应用运动分解的知识进行分析处理。 ①在初速度方向：做匀速直线运动； ②在静电力方向：做初速度为零的匀加速直线运动。 (3)假如粒子未打到极板上，则粒子离开电场时的速度v与初速度v0方向的夹角的正切值及偏移量y是多少？ 答案　过程分析 如图所示，设粒子不与极板相撞 离开电场时垂直于板方向的分速度 速度与初速度方向夹角的正切值 离开电场时沿静电力方向的偏移量 (多选)如图，真空中有一质量忽略不计的电子以速度v沿着与电场强度垂直的方向自O点进入匀强电场。以O为坐标原点建立直角坐标系，x轴垂直于电场方向，y轴平行于电场方向，在x轴上取OA＝AB＝BC，分别自A、B、C点作与y轴平行的线，与电子的径迹交于M、N、P三点，则 A.电子经M、N、P三点时，沿x轴的分速度之比 为1∶2∶3 B.电子经M、N、P三点时，沿y轴的分速度之比 为1∶2∶3 C.电子经M、N、P三点时的速度与x轴夹角之比为1∶3∶5 D.电子从O点开始每经过相等时间的动能增量之比为1∶3∶5 例3 √ √ 电子沿x轴方向做匀速直线运动，沿x轴的分速度不变，故A错误； 沿x轴的分速度不变，又OA＝AB＝BC，则O到M、M到N、N到P的时间相等。而沿y轴方向做初速度为零的匀加速 直线运动，根据时间相等，由vy＝at得沿y轴 的分速度之比为1∶2∶3，故B正确； 电子经M、N、P三点时的速度与x轴夹角的正 切值之比等于竖直分速度之比，即为1∶2∶3，则电子经M、N、P三点时的速度与x轴夹角之比不等于1∶3∶5，故C错误； 由电子在y轴方向做初速度为0的匀加速直线运动，可得y轴方向三段位移之比为1∶3∶5，则根据动能定理可得，电子从O点开始每经过相等时间的动能增量之比为1∶3∶5，故D正确。 如图所示，质子(H)和α粒子(He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(两者均不计重力)，这两个粒子都能射出电场，α粒子的质量是质子的4倍，带电荷量是质子的2倍，则质子和α粒子射出电场 时的偏移量y之比为 A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.1∶4 例4 √ (多选)(2024·天水市第一中学期末)如图所示，一电荷量为q的带电粒子以一定的初速度v0由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时其速度方向与电场线方向成30°角。已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计粒子重力，设P点的电势为零。下列说法正确的是 A.带电粒子在Q点的电势能为－qU B.带电粒子带负电 例5 √ √ 由题图可知，粒子所受的静电力方向向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，粒子从P到Q，静电力做正功，W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，则带电粒子在Q点的电势能为－qU，A正确，B错误； 返回 课时对点练 三 29 由qU＝ mv2－0可知，U相同时，α粒子带的正电荷多，电荷量最大，所以α粒子获得的动能最大，故选项B正确。 考点一　带电粒子加速 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 基础对点练 √ 13 2.如图所示，A、B间是一中心有孔的圆盘，它们间有一定的电势差UAB，一电子(不计重力)以一定初动能Ek0＝500 eV进入A侧圆盘中心，如果UAB＝600 V，那么电子射出圆盘中心的动能是Ek1；如果UAB＝－600 V，那么电子射出圆盘中心的动能是Ek2，则 A.Ek1＝1 100 eV，Ek2＝500 eV B.Ek1＝500 eV，Ek2＝1 100 eV C.Ek1＝－100 eV，Ek2＝1 100 eV D.Ek1＝1 100 eV，Ek2＝100 eV √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 如果UAB＝600 V，则φA>φB，电子在A、B间所受电场力方向指向A，又因为Ek0<eUAB，所以电子无法从B侧圆盘中心射出，最终又会返回A侧圆盘中心，整个过程电场力做功为零，根据动能定 理可得Ek1＝Ek0＝500 eV，如果UAB＝－600 V，φA<φB， 电子在A、B间所受电场力方向指向B，电子将始终加速， 根据动能定理可得Ek2－Ek0＝－eUAB，解得Ek2＝1 100 eV， 故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3.(2024·松原市前郭五中期末)人体的细胞膜模型图如图甲所示，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位)。现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图乙所示，初速度可视为零的一价负氯离子仅在电场力的作用下，从图中的A点运动到B点，下列说法正确的是 A.A点电势大于B点电势 B.氯离子的电势能将减小 C.若仅增大细胞膜的膜电位， 氯离子进入细胞内的速度减小 D.若仅减小细胞膜的厚度d，氯离子进入细胞内的速度将会变大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 初速度可视为零的负氯离子仅在电场力的作用下，从题图乙中的A点运动到B点，说明电场方向为B指向A，沿着电场方向电势逐渐降低，A点电势小于B点电势，故A错误； 电场力对氯离子做正功，由功能关系可知，电势能减小，故B正确； 由动能定理有Uq＝ mv2， 可知仅增大细胞膜的膜电 位时，氯离子进入细胞内 的速度增大；仅减小细胞 膜的厚度d，氯离子进入细胞内的速度不变，故C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 考点二　带电粒子的偏转 4.(多选)如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中 A.它们运动的时间相等 B.它们运动的加速度相等 C.Q所带的电荷量是P所带的电荷量的两倍 D.Q电势能改变量是P电势能改变量的4倍 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 √ √ 两粒子在垂直电场方向上做匀速直线运动，由x＝ vt，得知，运动的时间相等，故A正确； 两粒子在平行电场方向受到电场力作用，做初速度 为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有y＝ at2，所以aQ＝2aP，故B错误； 根据牛顿第二定律，有Eq＝ma，则a＝ ，所以qQ＝2qP，故C正确； 因为ΔEp＝－W＝－Eqy，所以Q电势能改变量是P电势能改变量的4倍，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 5.(多选)(2023·莆田市高二期末)如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶2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xA∶xB＝2∶1，则 A.粒子A、B在电场中飞行的时间之比为tA∶tB＝2∶3 B.粒子A、B在电场中飞行的时间之比为tA∶tB＝2∶1 C.粒子A、B的质量之比为mA∶mB＝4∶3 D.粒子A、B的质量之比为mA∶mB＝2∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 √ 粒子在水平方向做匀速直线运动，根据t＝ 可知，粒子A、B在电场中飞行的时间之比为tA∶tB＝xA∶xB＝2∶1，故A错误，B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6.(2023·漳州市华安一中高二月考)如图所示，长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个电荷量为＋q、质量为m的带电粒子以某一初速度紧贴上板垂直于电场线的方向进入该电场，而后刚好从下板边缘射出，射出时末速度大小为v且方向与下板的夹角θ＝30°，不计粒子重力和空气阻力，求： (1)粒子初速度v0大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2)两板间的电压U； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (3)两板间的距离d。 粒子沿电场方向做加速直线运动 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7.(多选)(2023·揭阳市揭东区第二中学期中)一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，场强为E(如图所示)，则 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 8.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 12 13 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； 将初速度变为2v0，质子加速度不变， 根据y＝ 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，正好落到下板边缘，B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9.(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 12 13 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10.如图所示，在xOy坐标系所在平面内有沿x轴负方向的匀强电场，两个电荷量不同、质量相等的带电粒子A、B，从y轴上的S点以不同的速率沿着y轴正方向射入匀强电场，两粒子在圆形区域中运动的时间相同，不计粒子所受的重力，则 A.A粒子带负电荷 B.B粒子所带的电荷量比A粒子的少 C.A粒子在圆形区域中电势能的变化量比的 大小B粒子的小 D.B粒子进入电场时具有的动能比A粒子的大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 由运动轨迹可以判定A粒子带正电荷，故A 错误； 两粒子进入电场后做类平抛运动，沿y轴的 分运动为匀速直线运动，沿x轴的分运动为 匀加速直线运动，由题图可知两粒子沿x轴 的位移大小有xB>xA，即 整理得qB>qA，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 粒子在圆形区域中电势能的变化量的大小|ΔEp| ＝W＝qEx，由于qB>qA，xB>xA，所以|ΔEpB|> |ΔEpA|，故C正确； 由题图可知yA>yB，由于运动时间相同，所以 v0A>v0B，粒子质量相等，所以EkA>EkB，故D 错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 11.(多选)(2023·泉州市高二期中)如图所示，A、B、C三个带电离子(不计重力)以相同的初速度沿水平金属板M、N间的中心线射入匀强电场中，两极板间的距离为d。A离子落在N板的中点；B离子落在N板的边缘；C离子飞出极板时，沿电场方向的位移为 已知它们带电荷量比值为qA∶qB∶qC＝1∶1∶2，则下列说法中正确的是 A.离子A、B在极板间的运动时间之比为1∶1 B.离子A、B的加速度之比为4∶1 C.离子B、C的质量之比为1∶2 D.离子B、C的动能增加量之比为1∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12.(2024·哈尔滨市第三十二中学月考)如图所示，有一质子(电荷量为q，质量为m)由静止经电压U1加速后，进入两板间距为d，电压为U2的平行金属板间，若质子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从下板右边缘穿出电场，求： (1)质子进入偏转电场时的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2)质子在偏转电场中运动的时间和金属板的长度L； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 质子在右边的偏转电场中的运动可分解为沿板方向的匀速直线运动和垂直板方向的匀加速直线运动，所以沿板方向x＝L＝v0t 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (3)质子穿出电场时的动能。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13.(2024·肇庆市第一中学高二期中)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 12 尖子生选练 13 (1)求粒子发射后，在电场中运动的加速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 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 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， (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 12 13 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，所以所求的粒子的速度范围为v0<5×104 m/s。 (3)若使所有粒子均不能打到荧光屏上，求粒子发射 时的速度大小范围。 答案　v0<5×104 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 返回 BENKEJIESHU 本课结束 得v＝ 电子受到静电力F＝eE＝ 加速度a＝＝ v2＝2ad＝2得v＝ eU＝mv2 根据Ue＝mv2，则可以推算该加速电场的电压U＝，选项A正确； 根据E＝＝，则可以推算该加速电场的电场强度，选项B正确； 答案　q 两极板间的场强E＝， 带电粒子所受的静电力F＝qE＝q 答案　 带电粒子从静止开始运动到N板的过程，根据功能关系有qU＝mv2 解得v＝ 答案　 t＝t1＋t2＝。 设带电粒子运动距离时的速度大小为v′，根据功能关系有 q＝mv′2 带电粒子在前距离做匀加速直线运动，后距离做匀速运动， 设用时分别为t1、t2，有＝t1，＝v′t2 初速度方向：粒子通过电场的时间t＝ 静电力方向：加速度a＝＝ vy＝at＝ tan θ＝＝  y＝at2＝。 根据偏移量计算公式y＝··()2以及动能表 达式Ek＝mv02，解得y＝。初动能相同， α粒子的带电荷量是质子的2倍，故y1∶y2＝1∶2，选项B正确。 C.此匀强电场的电场强度大小E＝ D.此匀强电场的电场强度大小E＝ 带电粒子在P点时的速度为v0，由类平抛运动的规律和几何知识求得，粒子在Q点时竖直方向的分速度vy＝v0，粒子在竖直方向上的平均速度y＝v0，设粒子在竖直方向上的位移为y0， 粒子在电场中的运动时间为t，则竖直方向有y0＝ yt＝v0t，水平方向有d＝v0t，可得y0＝，电 场强度大小E＝，解得E＝＝，C正确，D错误。 1.质子(H)、α粒子(He)、钠离子(Na＋)三个粒子分别从静止状态经过电压为U的同一电场加速后，获得动能最大的是 A.质子(H) B.α粒子(He) C.钠离子(Na＋) D.都相同   粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直 线运动，有y＝··t2，又t＝，联立解得 ＝＝，故C错误，D正确。   由几何关系得，粒子初速度v0＝vcos 30°＝v 答案　v 解得U＝ 粒子进出电场的过程中，由动能定理得qU＝mv2－mv02 答案　 粒子在电场中的运动时间t＝ 则d＝·t 联立解得d＝L。 答案　L 粒子末速度沿电场方向分量vy＝vsin 30°＝v A.粒子射入的最大深度为 B.粒子射入的最大深度为 C.粒子在电场中运动的最长时间为 D.粒子在电场中运动的最长时间为 粒子射入到最右端，由动能定理得－Eqxmax＝－mv02，最大深度xmax＝；由v0＝at，a＝，可得t＝， 则粒子在电场中运动的最长时间为， 选项B、D正确。 ＝at2 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。 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。 ××t2>××t2， 。 根据t＝，可知离子A、B在极板间的运动时间之比为＝，A错误； 离子沿电场方向做匀加速运动，则有y＝at2， 可得a＝，故离子A、B的加速度之比为 ＝4，B正确； 离子B、C在极板间的运动时间之比为1∶1，根据牛顿第二定律有a＝，又y＝at2，联立可得m＝，由题图 知＝，离子B、C的质量之比为＝， C错误； 根据动能定理可得ΔEk＝qEy，离子B、C的动能增加量之比为＝1，D正确。 答案　 质子在左边的加速电场中有qU1＝mv02 解得v0＝。 答案　d　d 加速度a＝＝ 由以上各式解得t＝d  L＝d。 解得v0＝。 垂直板方向y＝＝at2 答案　q(U1＋) 质子在整个运动过程中由动能定理得qU1＋q＝Ek－0 所以质子射出电场时的动能为Ek＝q(U1＋)。 竖直方向＝at2，得t＝＝1×10－6 s   $