第1章 9 带电粒子在电场中的运动（课件PPT）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理必修第三册（教科版）

该高中物理课件聚焦“静电场中带电粒子的运动”核心内容，以匀速直线运动（v₀、零加速度）等运动学基础为导入，通过预习案铺垫必备知识，探究案结合电子枪、偏转电极等实验装置分析深化，构建“基础铺垫-实验探究-能力提升”的学习支架，衔接运动与相互作用观念。 其亮点在于分层设计与情境化探究结合，预习案夯实物理观念（运动和相互作用），探究案通过电子枪-荧光屏装置分析培养科学思维（模型建构、科学推理），知能达标训练落实科学探究（问题解决）。学生可在实验情境中深化概念理解，教师能依托分层资料实施差异化教学，提升课堂效率。

9　带电粒子在电场中的运动 第一章　静电场 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 目 录 预习案 01 探究案 02 知能达标训练 04 CONTENTS 提升案 03 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 预习案 必备知识·问题导学 01 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 ma 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 v0 匀速直线 零 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 电子枪 偏转电极 荧光屏 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 探究案 关键能力·互动探究 02 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 提升案 随堂演练·基础落实 03 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 知能达标训练 04 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 谢谢观看 返回目录 第一章　静电场 物理·必修 第三册(配JK版) 1 [学业要求与核心素养] 1．会分析带电粒子在电场中的直线运动，掌握求解带电粒子直线运动问题的两种方法。 2．会用运动合成与分解的知识，分析带电粒子在电场中的平抛运动。 3．了解示波管的主要构造和工作原理。 一、带电粒子的加速 阅读教材，并回答： 如图所示，在真空中安装一对面积较大的平行金属框，并在两板间加上电压U，两板之间便形成了一个匀强电场。在紧靠正极板中间处有一电量为q、质量为m的带正电粒子，重力不计。在电场力的作用下，该粒子由静止开始向负极板做匀加速直线运动。 (1)试求粒子到达负极板的速度大小，你能给出几种求法？ 答：方法一，由动能定理qU＝eq \f(1,2)mv2，v＝eq \r(\f(2qU,m))；方法二，根据F＝ma，a＝eq \f(qU,dm)，又v2＝2ad得v＝eq \r(\f(2qU,m))。 (2)保持两极板间的电压U不变，若增大两极板间的距离，粒子到达负极板的速度是否变化？粒子在两极板间运动的时间是否变化？ 答：速度不变，时间变长。 (3)如果带电粒子改从电场的中央由静止开始释放，到达负极板时末速度的大小仍为v＝eq \r(\f(2qU,m))吗？为什么？ 答：不是，因运动过程中电场力做的功不是qU而是eq \f(1,2)qU。 [概念·规律] 1．动力学分析 适用于匀强电场，公式有： qE＝______，v＝v0＋at，x＝v0t＋________，x＝eq \f(v0＋v,2)t等。 2．动能定理 公式有qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)或qEd＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)(匀强电场)。 eq \f(1,2)at2 二、带电粒子在匀强电场中的偏转 阅读教材，并回答： 根据教材图1­9­4分析 (1)分析粒子的受力情况。 (2)你认为这种情境同哪种运动类似，这种运动的研究方法是什么？ (3)你能类比得到带电粒子在匀强电场中运动的研究方法吗？ (4)求粒子在射出电场时竖直方向上的偏转距离。 (5)求粒子在离开电场时的速度偏转角的正切值。 答：见教材 [概念·规律] 1．运动性质 (1)沿初速度方向：速度为_______的____________运动。 (2)垂直v0的方向：初速度为______的匀加速直线运动。 2．运动规律 (1)偏移距离：因为t＝eq \f(l,v0)、a＝eq \f(qU,md)， 所以偏移距离y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d)。 (2)偏转角度：因为vy＝at＝eq \f(qUl,mv0d)， 所以tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdv\o\al(2,0))。 3．示波管的原理 示波管主要由__________(由发射电子的灯丝，加速电极组成)、____________(由一对X偏转电极和一对Y偏转电极组成)和__________组成。 探究点一　带电粒子在电场中的加速 [交流讨论] 1．两平行极板之间的距离为d，板间电压为U，有一电荷量为e、质量为m的电子，以初速度为v0从左侧极板附近加速。 (1)如果两极板不平行，则中间的电场不再是匀强电场，带电粒子仍由静止开始从正极板处运动到负极板，带电粒子末速度的大小仍为v＝eq \r(\f(2qU,m))吗？为什么？ (2)初速度为零的带电粒子在匀强电场中只受电场力的运动一定是直线运动，那么初速度为零的带电粒子在非匀强电场中只受电场力的运动还一定是直线运动吗？ (3)若两极板间的电场不是匀强电场，还能用牛顿第二定律和运动学公式求带电粒子的末速度大小吗？ 答：(1)速度大小仍为eq \r(\f(2qU,m))，因电场力做的功不变　(2)不一定　(3)不能 2．完成本节教材“自我评价”第2题 [归纳总结] 1．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，一般都不考虑重力。 (2)质量较大的微粒：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。 2．分析带电粒子在静电力作用下加速运动的两种方法 (1)利用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式，只能用来分析带电粒子的匀变速运动。 (2)利用动能定理：qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)。若初速度为零，则qU＝eq \f(1,2)mv2，对于匀变速运动和非匀变速运动都适用。 　如图所示，一个平行板电容器充电后与电源断开，从负极板处静止释放一个电子(不计重力)，设其到达正极板时的速度为v1，加速度为a1。若将两极板间的距离增大为原来的2倍，再从负极板处静止释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v2，加速度为a2，则(　　) A．a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶2 B．a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝1∶2 C．a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝eq \r(2)∶1 D．a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶eq \r(2) [解析]　电容器充电后与电源断开，再增大两极板间的距离时，场强不变，电子在电场中受到的静电力不变，故a1∶a2＝1∶1。由动能定理Ue＝eq \f(1,2)mv2得v＝ eq \r(\f(2Ue,m))，因两极板间的距离增大为原来的2倍，由U＝Ed知，电势差U增大为原来的2倍，故v1∶v2＝1∶eq \r(2)。 [答案]　D [变式1]　在例题中，关于电子在两板间的运动，下列说法正确的是(　　) A．电子到达正极板时的速率与两板间距离和电源电压都有关 B．电子到达正极板时的速率与两板间距离和电源电压都无关 C．两板间距离越大，电子运动的时间越长 D．若电源电压U与电子的电荷量q均变为原来的2倍，则电子到达正极板时的速率变为原来的4倍 答案　C [变式2]　(多选)在例题中若电子经过时间t到达正极板，电子到达正极板时的速度为v，则下列说法正确的是(　　) A．若只增大或减小两板间的距离，则v的大小保持不变 B．若只将负极板竖直向上移动一小距离，则v将增大 C．若只将两板之间的距离增大到原来的4倍，则v将增大到原来的2倍 D．若只将负极板竖直向上移动一小距离，则电子在两板间运动的时间变长 答案　BC 1．(多选)如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为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M、N板间距的eq \f(1,2)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eq \f(1,2)倍 B．使M、N间电压加倍 C．使M、N间电压增加到原来的4倍 D．使初速度和M、N间的电压都减为原来的eq \f(1,2)倍 解析　由题意知，带电粒子在电场中做减速运动，在粒子恰好能到达N极时，由动能定理得Uq＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)。要使粒子到达两极板中间后返回，设此时两极板间电压为U1，粒子的初速度为v1，则由动能定理得eq \f(U1,2)q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)，联立两式解得eq \f(U1,2U)＝eq \f(v\o\al(2,1),v\o\al(2,0))，可知B、D都符合等式要求，故A、C错误，B、D正确。 答案　BD 探究点二　带电粒子的偏转 如图所示，质量为m、电荷量为＋q的粒子以初速度v0垂直于电场方向射入两极板间，两平行板间存在方向竖直向下的匀强电场，已知板长为l，板间电压为U，板间距离为d，不计粒子的重力。 1．运动分析及规律应用 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v0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。 2．两个重要推论 (1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初速度方向位移的中点。 (2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的eq \f(1,2)，即tan α＝eq \f(1,2)tan θ。 3．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静电力方向的偏转量。 　如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝3E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为eq \f(L,2)，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求： (1)电子从释放到打到屏上所用的时间t； (2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan θ； (3)电子打到屏上的点K(图中未标出)到点O的距离x。 [解析]　(1)电子在E1＝E的匀强电场中做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得eE1＝ma1 根据位移时间公式eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,1) 电子进入E2＝3E的匀强电场时的速度v1＝a1t1 在水平方向上做匀速直线运动，有2L＝v1t2 电子从释放到打到屏上所用的时间为t＝t1＋t2 解得t＝3eq \r(\f(mL,eE))。 (2)电子在电场E2＝3E的竖直方向上，有eE2＝e·3E＝ma2，vy＝a2t3，而L＝v1t3。 电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan θ＝eq \f(vy,v1)，解得tan θ＝3。 (3)如图所示，电子离开电场E2时的速度反向延长线交于E2电场中点O′，轨迹如图 电子打到屏上的点K到点O的距离为x， 由相似三角形为tan θ＝eq \f(x,\f(3,2)L)，解得x＝eq \f(9,2)L。 [答案]　(1)3eq \r(\f(mL,eE))　(2)3　(3)eq \f(9,2)L 2．如图所示，由直三棱柱A1B1C1­A2B2C2构成的斜面体固定置于水平面上，△A1B1C1为直角三角形，其中α＝53°，A1C1＝A1A2＝0.4 m，厚度不计的矩形荧光屏B1B2D2D1竖直安置在斜面底端，B1D1＝0.2 m。空间中有一竖直向下的匀强电场，场强E＝2×105N/C，在A1处可发射水平各方向，速度大小不同的带正电粒子，粒子的电量q＝2×10－10 C，质量m＝5×10－17 kg，当粒子击中荧光屏时能使其发光，不考虑重力、空气阻力、粒子间相互作用力及粒子反弹后的运动。 (1)求带电粒子在电场中运动的加速度； (2)求能使荧光屏发光的粒子的初速度大小范围。 解析　(1)根据牛顿第二定律qE＝ma 解得a＝8×1011 m/s2。 (2)打在B1点的粒子的初速度最小，根据平抛运动公式 解得v01＝3×105 m/s 打在D2点的粒子的初速度最大 解得v02＝5eq \r(2)×105 m/s 粒子初速度的范围是3×105 m/s≤v0≤5eq \r(2)×105 m/s。 答案　(1)8×1011 m/s2　(2)3×105 m/s≤v0≤5eq \r(2)×105 m/s 1．(带电粒子的直线运动)如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动。已知两极板间电势差为U，板间距为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d增大一倍，则电子到达Q板的速率保持不变 B．若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率也增大一倍 C．若将两极板间距差U增大一倍，则电子到达Q板的时间保持不变 D．若将两极板间距差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为一半 解析　由动能定理有eq \f(1,2)mv2＝eU，得v＝ eq \r(\f(2eU,m))，可见电子到达Q板的速率与板间距离d无关，故A项对，B项错；两极板间为匀强电场E＝eq \f(U,d)，电子的加速度a＝eq \f(eU,md)，由运动学公式d＝eq \f(1,2)at2得t＝ eq \r(\f(2d,a))＝ eq \r(\f(2md2,eU))。若两极板间电势差增大一倍，则电子到达Q板时间减为原来的eq \f(\r(2),2)，故C、D项错误。 答案　A 2．(带电粒子的直线运动)(多选)如图为某直线加速器简化示意图，设n个金属圆筒沿轴线排成一串，各筒相间地连到正负极周期性变化的电源上，带电粒子以一定的初速度沿轴线射入后可实现加速，则(　　) A．带电粒子在每个圆筒内都做加速运动 B．带电粒子只在圆筒间的缝隙处做加速运动 C．带电粒子穿过每个圆筒时，电源正负极要改变 D．从左向右各筒长度之比为1∶3∶5∶7∶… 解析　由于同一个金属筒所在处的电势相同，内部无场强，故质子在筒内必做匀速直线运动；而前后两筒间有电势差，故质子每次穿越缝隙时将被电场加速，故B正确，A错误。质子要持续加速，下一个金属筒的电势要低，所以电源正负极要改变，故C正确。设质子进入第n个圆筒中的速度为v。则第n个圆筒的长度为 L＝vneq \f(T,2)，根据动能定理得(n－1)qU＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,n)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，联立解得L＝eq \f(T,2) eq \r(v\o\al(2,0)＋\f(2n－1qU,m))，可知从左向右各筒长度之比不等于1∶3∶5∶7∶…，故D错误。 答案　BC 3．(带电粒子的偏转)(多选)四个带电粒子的电荷量和质量分别(＋q，m)、(＋q,2m)、(＋3q,3m)、(－q，m)它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是(　　) 解析　带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a＝eq \f(qE,m)，由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为t＝eq \f(l,v0)，离开电场时，带电粒子的偏转角的正切值为tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(qEl,mv\o\al(2,0))，因为四个带电的粒子的初速度相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三种带电粒子带正电，第四种带电粒子带负电，所以第四个粒子与前面三个粒子的偏转方向不同； 第一种粒子与第三种粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与第四种粒子的比荷也相同，所以一、三、四粒子偏转角相同，但第四种粒子与前两个粒子的偏转方向相反；第二种粒子的比荷与第一、三种粒子的比荷小，所以第二种粒子比第一、三种粒子的偏转角小，但都还正电，偏转方向相同。故选AD。 答案　AD 4．(带电粒子的偏转)如图所示，水平放置的平行板电容器，两极板间距为d＝0.06 m，极板长为L＝0.3 m，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝0.5 m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下极板向下平移Δd＝0.02 m，液滴最后恰好从极板的末端飞出，g取10 m/s2，求： (1)将下极板向下平移后，液滴的加速度大小； (2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用的时间。 解析　(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴做匀速直线运动，则有qE＝mg，即qeq \f(U,d)＝mg， 变形得qU＝mgd， 当下板向下平移后，d增大，E减小，电场力减小，故液滴向下偏转，在电场中做类平抛运动，此时液滴所受电场力F′＝qeq \f(U,d′)＝eq \f(mgd,d＋Δd) 由牛顿第二律可得a＝eq \f(mg－F′,m)＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(d,d′)))＝eq \f(1,4)g＝2.5 m/s2。 (2)因为液滴刚好从金属板末端飞出， 所以液滴在竖直方向上的位移是y＝eq \f(d,2)＋Δd 设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为t2，则eq \f(d,2)＋Δd＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,2) 解得t2＝0.2 s 而液滴从刚进入电场到出电场的时间t＝eq \f(L,v0)＝0.6 s 所以液滴从射入电场开始计时匀速运动到P点所用的时间为 t1＝t－t2＝0.4 s。 答案　(1)2.5 m/s2　(2)0.4 s $