第二章 第二节 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（粤教版）

该高中物理课件聚焦带电粒子在电场中的加速与偏转，从重力与电场力比较切入，通过动力学和动能定理两种方法推导速度公式，结合改变板间距、非匀强电场等拓展情境，构建“基础问题-方法对比-规律总结”的学习支架。 其亮点在于以模型建构（类平抛、匀加速直线运动模型）和科学推理（多情境公式推导）为主线，融入直线加速器、静电喷涂等实际应用案例，落实科学思维与科学态度。采用“例题-拓展-对点练”分层设计，学生能深化运动与相互作用、能量观念，教师可借助分层练习高效实施差异化教学。

DIERZHANG 第二章　第二节 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、带电粒子在电场中的加速　加速器 二、带电粒子在电场中的偏转 课时对点练 内容索引 3 带电粒子在电场中的加速　加速器 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 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。 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，重力远小于电场力，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。 总结提升 　(多选)如图甲所示的直线加速器，其示意图如图乙所示，由沿轴线分布的金属圆筒(又称漂移管)A、B、C、D、E组成，相邻金属圆筒分别接在电源的两端。质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同。质子电荷量为e、质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则 A.M、N所接电源的极性应周期性变化 B.金属圆筒的长度应与质子进入金属圆 筒时的速度成正比 例2 √ √ 因由直线加速器对质子进行加速时，质子运动方向不变，由题图乙可知，若A的右边缘为正极，则在下一次加速时B的右边缘也需要为正极，所以M、N所接电源的极性应周期性变化，A正确； 因质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，由L＝vT可知，金属圆筒的长度应与质子进入金属圆筒时的速度成正比，B正确； 返回 带电粒子在电场中的偏转 二 18 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－q的带电粒子(不计重力)从板中间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。 (1)带电粒子在电场中做什么运动？如何处理？ 甲 答案　带电粒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；沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动 (2)如图乙，若带电粒子不与平行板相撞，完成下列内容。(均用题中所给字母表示) ①带电粒子通过电场的时间t＝_____。 ②加速度大小a＝______，离开电场时垂直于极板方 向的分速度大小vy＝________。 乙 ③速度与初速度方向夹角的正切值tan θ＝_______。 ④离开电场时沿电场力方向的偏移量y＝________。 ⑤离开电场时沿电场力方向的最大偏移量y＝____。 (3)如图丙，若带电粒子与平行板相撞，完成下列内容。(均用题目中所给字母表示) ①带电粒子在电场中的运动时间t＝________。 ②打在平行板上的水平位移x＝_________。 丙 　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 A.电压调至2U，板间距离变为2d 例3 √ 　(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； 例4 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 沿初速度方向，有L＝v0t (2)匀强电场的场强大小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 　a、b、c三个α粒子( )由同一点同时垂直电场方向进入匀强偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好能飞出电场，下列说法中不正确的是 A.在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 B.b和c同时飞离电场 C.进入电场时，c的速度最大，a的速度最小 D.动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大 例5 √ 动能增量等于合外力即电场力做功，W＝ΔEk＝Eqy，动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大，故D正确。 1.粒子两个方向的分运动具有等时性，先比较竖直方向的位移，得到时间关系，再比较水平方向的速度。 2.分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy＝ΔEk，其中y为粒子在偏转电场中沿电场力方向的偏转量。 总结提升 返回 课时对点练 三 31 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，则下列关于电子到达Q时的速率与哪些因素有关的解释正确的是 A.两极板间的距离越大，加速的时间就越长，则获得 的速率越大 B.两极板间的距离越小，加速的时间就越短，则获得 的速率越小 C.两极板间的距离越小，加速度就越大，则获得的速率越大 D.与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 基础对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2.(2023·广州市第十六中学高二期中)如图所示，平行板电容器与电源相连，两极板之间的距离为d，电源两极间电压为U。在极板P处无初速度释放一电子，电子(不计重力)在电场力作用下恰好由Q板的小孔射出。已知电子的质量为m，电荷量为e。 (1)求电子释放后运动到Q板小孔的时间； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解得电子释放后运动到Q板小孔的时间为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (2)如果在距P板 的位置无初速度释放电子，电子仍然从Q板的小孔射出，求电子从Q板小孔射出的速度大小v。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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 √ 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 6.(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 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 7.(2023·惠州市龙门县中学高二月考)如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，平行板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，不计粒子的重力，则 A.粒子动能增加量为qU 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞 出，粒子动能增加量为ΔEk＝ ，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8.(多选)(2024·广州市高二期末)如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初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(不计重力及粒子间相互作用力)，则从开始射入到打到上极板的过程中 A.它们运动的时间tP<tQ B.它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2 C.它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶4 D.它们的动能增量之比为ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 粒子运动过程只有电场力做功，由动能定理可知，动能增加量等于电势能减小量，则ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9.(2023·深圳市高二期末)在现代科学实验和技术设备中，常常利用电场来控制带电粒子的运动。如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内有方向竖直向下的匀强电场。质量为m、电量为q的带正电粒子在纸面内自圆周上M点先后以不同的速率沿水平方向进入电场。其中速率为v0的粒子，可从直径MN上的N点穿出。直径MN与水平方向的夹角为α＝53°，粒子重力不计。(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) (1)求电场强度的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设从N点穿出电场的粒子在电场中运动时间为t，由类平抛运动规律可得x＝v0t＝2Rcos 53° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (2)以某一速率入射的粒子在电场中运动时间最长，求此粒子动能的增加量。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案　4mv02 如图所示，从图中P点穿出的粒子在电场中运动时间最长 设初速度大小为v1，从M到P点过程中由动能定理得W合＝ΔEk 动能的变化量为ΔEk＝Eq(R＋Rsin 53°) 解得ΔEk＝4mv02。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (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； 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (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 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。 方法二：由动能定理有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＝。 C.质子从金属圆筒E射出时的速度大小为 D.金属圆筒E的长度为T 质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，由题图乙可知，质子经过4次加速从金属圆筒E射出，由动能定理有4eU＝mvE2－mv02，解得质子从金属圆筒E射出时的速度大小为vE＝，C错误； 质子在金属圆筒内做匀速运动，所以金属圆筒E的长度为LE＝vET＝T，D错误。 d v0d 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。 答案　　 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，沿电场方向，有L－d＝t 得d＝ 答案　 得E＝。 He 因为b恰好能飞出电场，故a、b两粒子沿电 场方向位移相同，根据牛顿第二定律得a＝， 加速度a相同，竖直方向做初速度为零的匀加 速运动，y＝at2，运动时间相同，故A正确； 同理，b、c沿电场方向的位移不同，加速度相同，则运动时间不同，故B错误； 三个粒子在电场中运动时间关系ta＝tb>tc，在垂直电场方向粒子做匀速直线运动，v0＝，可知进入电场时，c的速度最大，a的速度最小，故C正确； 电子运动过程只有电场力做功，根据动能定理，eU＝mv2，两板间距离越大，电场强度E＝越小，电子的加速度越小，由d＝at2可知，加速时间越长，因为加速电压不变，所以最后的末速度大小不变，故A错误； 同理可知B、C错误； 由eU＝mv2可知，电子到达Q板时的速率与两板间距离无关，仅与加速电压U有关，因电压不变，所以最后的末速度大小不变，故D正确。 答案　d　 极板间的电场强度为E＝ 电子在极板间的加速度为a＝＝ 电子做初速度为零的匀加速直线运动，则有d＝at2 t＝d 解得v＝2。 d 答案　2 如果在距P板d的位置无初速度释放电子，电子仍然从Q板的小孔射出，则有2a(d－d)＝v2 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。 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。 B.粒子质量为m＝ C.在粒子运动前一半时间和后一半时间的过程中，电场力做功之比为1∶1 D.粒子在竖直方向通过前和后的过程中，电场力做功之比为1∶1 粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则＝at2，粒子的加速度a＝，粒子运动的时间t＝，联立可得m＝，故B错误； qU 设粒子在前一半时间内和在后一半时间内竖直位移分别为y1、y2，由于粒子竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则y1∶y2＝1∶3，得y1＝d，y2＝d，在前一半时间内，电场力对粒子做的功为W1＝qU，在后一半时间内，电场力对粒子做的功为W2＝qU，电场力做功之比为1∶3，故C错误； 根据公式W＝qEx可知粒子在竖直方向通过前和 后的过程中，电场力做功之比为1∶1，故D正确。 粒子在水平方向做匀速直线运动，则t＝，水平位移相同，初速度相同，则运动时间相同，故A错误； 竖直方向上h＝at2，Eq＝ma，则q＝，可知qP∶qQ＝hP∶hQ＝1∶2，故B正确； 电场力做正功，电势能减小量为ΔE＝Eqh＝，则ΔEP∶ΔEQ＝hP2∶hQ2＝1∶4，故C正确； 答案　　 y＝at2＝2Rsin 53°，a＝＝ 联立解得E＝ 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＝。 $