素养提升课四 带电粒子在电场中运动的综合问题-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（人教版）

该高中物理课件聚焦带电粒子在电场与重力场中的圆周运动及交变电场中的直线、曲线运动，通过复习重力场圆周运动引入等效重力法，结合v-t图像分析交变电场运动，搭建新旧知识衔接的学习支架。 其亮点在于运用等效重力法建构复合场模型，培养科学思维中的模型建构能力，通过v-t图像分析交变电场运动强化科学推理。例题结合高考模拟题，注重科学论证，助力学生提升复杂问题分析能力，为教师提供系统教学资源与高效教学方法。

素养提升课四　带电粒子在电场中运动的综合问题 　　　　 第十章　静电场中的能量 1.学会分析带电粒子在电场与重力场中的圆周运动。 2.学会分析带电粒子在交变电场中的直线运动和曲线运动。 素养目标 提升点一　带电粒子在电场和重力场中的圆周运动 1 提升点二　带电粒子在交变电场中的直线运动 2 提升点三　带电粒子在交变电场中的曲线运动 3 内容索引 课时测评 4 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 提升点一　带电粒子在电场和重力场中的圆周运动 返回 用“等效”的思想找出带电粒子在电场和重力场中的等效“最高点”和“最低点”。 1．等效重力法 将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“等效重力”，F合的方向为“等效重力”的方向，即等效重力场中的“竖直向下”方向。a＝视为等效重力场中的“等效重力加速度”。 2．几何最高点(最低点)与等效最高点(最低点) (1)几何最高点(最低点)：是指图形中所画圆的最上(下)端，是符合视觉习惯的最高点(最低点)。 (2)等效最高点(最低点)：是指与“等效重力”平行的圆轨道直径的端点，背离(指向)“等效重力”方向一侧的端点为等效最高点(最低点)，即物体在圆周运动过程中速度最小(大)的点。 半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上 套有一质量为m、带正电荷的珠子，空间存在水平向右 的匀强电场，如图所示。珠子所受静电力是重力的。将 珠子从环上的最低点A由静止释放(重力加速度为g)，则： (1)珠子的最大动能是多少？ (2)珠子对圆环的最大压力是多少？ 审题指导：(1)由静电力和重力确定合力的方向，找出等效最低点。 (2)利用动能定理求出珠子在等效最低点的速度。利用向心力公式求出珠子受到的支持力。 例1 (1)珠子的最大动能是多少？ 答案：mgr　 因为qE＝mg，所以珠子所受静电力与重力的 合力F合与竖直方向的夹角θ满足 tan θ＝ 如图所示，B点为等效最低点，珠子从A点由静止释放后从A到B过程中做加速运动，珠子在B点动能最大，对圆环的压力最大 由动能定理得qEr sin θ－mgr(1－cos θ)＝Ekm 解得Ekm＝mgr。 (2)珠子对圆环的最大压力是多少？ 答案：mg 设珠子在B点受到圆环的支持力大小为FN，由牛顿第二定律有 FN－F合＝m 又Ekm＝mv2，F合＝mg 解得FN＝mg 由牛顿第三定律得珠子对圆环的最大压力为mg。 针对练．(多选)(2025·陕西西安八十五中期中)如图所示， 在竖直向下的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的 一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖 直平面内做匀速圆周运动，最高点为M，最低点为N， 不计空气阻力，下列说法正确的是 A．小球带正电 B．小球在N点受到绳的拉力最大，在M点受到绳的拉力最小 C．小球从M点运动到N点的过程中，电势能增大 D．小球从M点运动到N点的过程中，机械能减少，是因为静电力做负功 √ √ 小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、静电力 和细绳的拉力作用，所以静电力与重力平衡，则知小球 带负电，故A错误；小球在竖直平面内做匀速圆周运动， 绳的拉力提供向心力，所以绳的拉力大小不变，故B错 误；由题图可知M点电势高于N点的电势，小球带负电， 所以小球在M点的电势能小于在N点的电势能，则小球从M点运动到N点的过程中，电势能增大，根据静电力做功与电势能变化的关系可知，静电力做负功，根据能量守恒定律可知，小球的机械能减少，故C、D正确。故选CD。 返回 提升点二　带电粒子在交变电场中的直线运动 返回 1．带电粒子进入电场时初速度为零，或初速度方向与电场方向平行，带电粒子在交变静电力的作用下，做加速、减速交替的直线运动。 2．分析此类问题通常用动力学知识分析求解。重点分析各段时间内的加速度、运动性质、每段时间与交变电场的周期T的关系等。 3．常用v-t图像法来处理此类问题，通过画出粒子的v-t图像，可将粒子复杂的运动过程形象、直观地反映出来，便于求解。 (多选)(2025·山东淄博期末)匀强电场的电场强度随时间t变化的图像如图所示。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，带电粒子只受静电力的作用，下列说法正确的是 A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．3 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度不为零 D．前3 s内，静电力做的总功为零 √ √ 例2 带电粒子由静止释放后，在0～2 s时间内，由牛顿第 二定律可知粒子的加速度大小为a1＝，在2～3 s时 间内，粒子的加速度大小为a2＝，可知粒子由静 止先以加速度大小a1加速2 s，再以加速度大小a2减速1 s，由于a2＝2a1，可知3 s末粒子速度是零，之后重复前面的运动，因此带电粒子始终向同一个方向运动，其速度－时间图像如图所示，A正确，C错误；由带电粒子的速度—时间图像可知，带电粒子将始终向同一个方向运动，因此3 s末带电粒子回不到原出发点，B错误；在前3 s内，由动能定理可知W＝ΔEk＝0－0＝0，前3 s内，静电力做的总功为零，D正确。故选AD。 针对练．(多选)如图甲所示，两平行金属 板水平放置，A板的电势φA＝0，B板的电 势φB随时间t的变化规律如图乙所示，电子 只受静电力的作用，且初速度为零(设两板 间距足够大)，从图示位置进入电场，则 A．若电子是在t＝0时刻进入板间的，它将一直向B板运动 B．若电子是在t＝0时刻进入板间的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 C．若电子是在t＝时刻进入板间的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 D．若电子是在t＝时刻进入板间的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后不能打到B板上 √ √ √ 方法一：分析法 若电子在t＝0时刻进入板间，电子将在一个周期内先向B板做匀加速运动，后做匀减速运动到速度减为零，之后沿同一方向重复这种运动，直到打在B板上，故A正确，B错误；若电子在t＝时刻进入板间，由对称性可知，电子将在板间做往返运动，不能打到B板上，故D正确；若电子在t＝时刻进入板间，则电子在～内向B板运动，～内向A板运动，之后重复这种运动，直到打在B板上，故C正确。故选ACD。 方法二：图像法 选取竖直向上为正方向，作出电子运动的v -t图像如图所示，根据图像很容易得到A、C、D正确。 返回 提升点三　带电粒子在交变电场中的曲线运动 返回 带电粒子以一定的初速度垂直于电场方向进入交变电场，粒子做曲线运动。 1．若带电粒子的初速度很大，粒子通过交变电场时所用时间极短，故可认为粒子所受静电力为恒力，粒子在电场中做类平抛运动。 2．若粒子运动时间较长，在初速度的方向做匀速直线运动，在垂直初速度的方向利用vy-t图像进行分析： (1)vy＝0时，速度方向沿初速度方向。 (2)垂直初速度方向位移可用vy-t图像与横轴围成的面积进行求解。 (多选)如图甲所示，长为2d的 两水平金属板A、B组成一间距为d 的平行板电容器，电容器的B板接 地，A板电势φ随时间t的变化关系 如图乙所示。P为靠近A板左侧的一 粒子源，能够水平向右发射初速度为v0＝的相同带电粒子(粒子重力不计)。已知t＝0时刻发射的粒子刚好能从B板右侧边缘离开电容器，则下列判断正确的是 A．该粒子源发射的粒子的比荷为 B．t＝0时刻发射的粒子从B板右侧离开时的速度大小仍为v0 C．t＝时刻发射的粒子离开电容器时的电势能小于发射时的电势能 D．t＝0时刻发射的粒子经过的时间，其速度大小为 v0 √ √ 例3 √ 由于粒子在电场中的运动时间为 t＝＝2T，所以粒子离开电容器 时，刚好在电容器中运动了2个周 期，由对称性可知，粒子离开电 容器时，在竖直方向上的分速度为零，故其速度等于水平速度v0，B正确；t＝0时刻发射的粒子在2个周期内在竖直方向上运动的距离为d，由匀变速直线运动的规律得d＝4×，又a＝，解得，A正确； 由对称性可知，t＝时刻发射的 粒子，刚好从A板右侧边缘离开， 且与粒子源在同一水平直线上， 其电势能不变，C错误；t＝0时刻 发射的粒子经过的时间，粒子在竖直方向的分速度大小为vy＝＝v0，故此时粒子的速度大小为v＝v0，D正确。故选ABD。 针对练．(多选)(2025·安徽省A10联盟期中)如图甲所示，两平行金属板A、B的长度为d，荧光屏到金属板右端的距离也为d，两金属板间的电压随时间周期性变化规律如图乙所示。某带电粒子以速度v0从金属板左端O点沿板间中线射入极板之间，若t＝0时刻进入电场的带电粒子在t＝T时刻刚好打在荧光屏的中心O′处，则 A．粒子一定带负电 B．粒子打在荧光屏上的O′点时速度大 小仍为v0 C．粒子受到的静电力大小是重力的 D．t＝时刻进入电场的粒子最终也打在荧光屏上的O′点 √ √ 粒子进入平行金属板之间后，水平方 向做匀速直线运动，A、B的长度为 d，荧光屏到金属板右端的距离也为d， 即粒子在金属板之间运动的时间等于 粒子飞出金属板后运动至荧光屏的时间，由于t＝0时刻进入电场的带电粒子在t＝T时刻刚好打在荧光屏的中心O′处，则竖直方向一定先向上加速，即开始所受静电力方向向上，离开电场后在重力作用下才可能最终打在荧光屏的中心，由于0～时间内电场方向向下，所以粒子一定带负电，故A正确；粒子在竖直方向上先向上加速，后向上减速至0，再向下加速，可知粒子打在荧光屏上时还有竖直向下的分速度，所以打在O′点时速度大于v0，故B错误； 粒子在金属板间的运动时间为，从 O到O′点在竖直方向上有 ＝0，解得a2＝3a1，其中a1＝，a2＝g，解得粒子受到的静电力大小为F＝qE＝mg，故C正确；t＝时刻进入电场的粒子，在金属板间竖直方向先向下做加速运动，t＝T时刻飞出电场有竖直向下的分速度，之后在重力作用下，竖直方向仍然向下做加速运动，可知粒子不会打在荧光屏上的O′点，故D错误。故选AC。 课堂回眸 返回 课时测评 返回 1．在竖直平面内有水平向右、电场强度大小为E的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球，它静止时位于A点，此时细线与竖直方向成37˚角，如图所示。现给小球一沿与细线方向垂直的速度，使小球能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动。下列对小球运动的分析正确的是(不考虑空气阻力，细线不会缠绕在O点上) A．小球运动到C点时动能最小 B．小球运动到C点时细线拉力最小 C．小球运动到Q点时动能最大 D．小球运动到B点时机械能最大 √ 基础排查 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 由题意可知，小球所受的静电力与重力的合力沿OA 方向，小球从A点开始无论是顺时针运动还是逆时针 运动，合力对小球都做负功，小球动能将减小，所 以运动到A点时动能最大，C错误；小球运动到与A 点关于圆心对称的点时动能最小，在该点时细线的 拉力最小，A、B错误；小球在运动过程中，运动到B点时静电力做功最多，电势能最小，因此机械能最大，D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 2．(多选)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是 A．匀强电场的场强E＝ B．小球动能的最小值为Ekmin＝ C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球 受重力、拉力和静电力，三力平衡，根据平衡条件有qE＝ mg tan θ，解得E＝，A正确；小球恰能绕O点在竖直 平面内做圆周运动，在等效最高点A时速度最小，根据牛顿 第二定律有，则最小动能Ekmin＝，B正确；小球的机械能和电势能之和保持不变，则小球运动至电势能最大的位置时机械能最小，分析可知，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端时机械能最小，C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，静电力先做正功后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，D错误。故选AB。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 3．(多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的电压后，下列选项图中反映一个周期内电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 0～时间内，因B板电势高，则电子从静 止开始向B板做匀加速直线运动；～时 间内，电子向B板做匀减速直线运动，时 刻速度为零；～时间内，电子向A板做匀加速直线运动；～T时间内，电子向A板做匀减速直线运动，T时刻速度减为零，回到出发点，接着重复上述运动。结合上述分析可知，B图符合电子的运动情况，故B正确，C错误；电子做匀变速直线运动时，x-t图像应是曲线，故D错误；根据电子的运动情况，匀加速运动和匀减速运动交替变化，而匀变速运动的加速度大小不变，a-t图像应平行于横轴，故A正确。故选AB。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 4．(多选)如图为匀强电场的场强E随时间t变化的图像。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电粒子，设带电粒子只受静电力的作用，则下列说法中正确的是 A．带电粒子始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度为零 D．0～3 s内，静电力做的总功为零 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 设粒子第1 s内的加速度大小为a1，第2 s内的加速度大小为a2，由a＝可知a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，v-t图像如图所示，由动能定理可知，0～3 s内，静电力做的总功为零，综上所述可知，C、D正确，A、B错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 5．如图甲所示，在平行板的A板附近，有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止状态，在A、B两板间加如图乙所示的交变电压，t＝0时刻，该带电粒子在静电力作用下由静止开始运动，经过3t0时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3，若用改变A、B两板间距离的方法，使粒子在5t0时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为Ek5，则等于 A． B． C．1 D． √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 设两板间距离为d，粒子经过3t0时间刚好到达B板时，粒子在运动过程中先加速后减速再加速，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek3＝q·；若改变A、B两板间距离使粒子在5t0时刻刚好到达B板，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek5＝故。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 6．如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是 A．0＜t0＜ B．＜t0＜ C．＜t0＜T D．T＜t0＜ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 若t0＝时刻释放粒子，则粒子做方向不变的单向直线运动，一直向A板运动；若t0＝时刻释放粒子，则粒子在电场中固定两点间做往复运动，分析可知在＜t0＜时间内释放该粒子，粒子的运动满足题意的要求。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 7．如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(不计重力及粒子间的相互作用)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是 A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 粒子在两板之间的运动时间均为T，设 偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电 场中的加速度大小为a，若粒子在t＝nT (n＝0，1，2，…)时刻进入偏转电场， 则竖直方向上先加速后匀速飞出偏转电 场，此时粒子偏转位移最大，则ymax＝a2＋a×aT2；若粒子在t＝nT＋(n＝0，1，2，…)时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小，则ymin＝0＋a2＝aT2，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 8．(多选)如图甲所示，两平行金属板 MN、PQ的板长和板间距离相等，板 间存在如图乙所示的随时间周期性变 化的电场，电场方向与两板垂直，不 计重力的带电粒子沿板间中线且垂直 于电场方向源源不断地射入电场，粒 子射入电场时的初动能均为Ek0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，不计粒子间的相互作用，则 A．所有粒子都不会打到两极板上 B．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场 C．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0 D．只有t＝(n＝0，1，2，…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 带电粒子在垂直于电场方向上做 匀速直线运动，在沿电场方向上 做加速度大小不变、方向周期性 变化的变速直线运动，由t＝0时 刻进入电场的粒子运动情况可知，粒子在平行金属板间运动的时间为周期性变化的电场周期的整数倍，在0～时间内带电粒子运动的加速度a＝，由匀变速直线运动规律得vy＝at＝t，同理可分析～T时间内的运动情况，在t＝0时刻入射的带电粒子，侧向位移最大，故所有粒子均不可能打到两极板上，由上述分析可知，带电粒子在沿电场方 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 向的速度vy与E-t图线所围面积成正 比(时间轴下方的面积取负值)，而 经过整数个周期，E-t图像与坐标轴 所围面积始终为零，故所有带电粒 子离开电场时沿电场方向的速度始 终为零，最终都垂直电场方向射出电场，A、B正确，D错误；当粒子在t＝0时刻入射且经过时间T离开电场时，粒子在t＝时达到最大速度，此时竖直方向的位移与水平方向的位移之比为1∶2，即v0t＝，可得vy＝v0，故粒子的最大速度为v＝v0，因此最大动能为初动能的2倍，C正确。故选ABC。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 9．(多选)如图甲所示，电子静止在两 平行金属板A、B间的a点，t＝0时刻开 始A、B板间的电压按如图乙所示规律 变化，则下列说法中正确的是 A．电子可能在极板间做往复运动 B．若t1时刻还没从小孔P穿出，则t1时刻电子的动能最大 C．电子能从小孔P飞出，且飞出时的动能不大于eU0 D．电子不可能在t2～t3时间内飞出电场 √ √ 综合应用 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 t＝0时刻B板电势比A板高，电子在 0～t1时间内向B板加速，t1时刻加速 结束，在t1～t2时间内电子减速，由 对称性可知，在t2时刻速度恰好减为 零，此后电子重复上述运动，所以电子一直向B板运动，直到从小孔P穿出，A错误；若t1时刻电子还没有穿出小孔P，t1时刻电子具有最大动能，B正确；电子穿出小孔P的时刻不确定，但穿出时的动能不大于eU0，C正确，D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 10．(15分)如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板AB、OD水平放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2 m，板间距离d＝1 m，紧靠极板右侧有一荧光屏。两金属板间电压UAO随时间t的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10-3 s，U0＝1×103 V，一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边的速度v0＝1 000 m/s射入板间，最终打在荧光屏上，粒子电荷量为q＝1×10-5 C，质量m＝1×10-7 kg。不计粒子所受重力。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 (1)粒子在板间运动的时间； 答案：2×10-3 s　 在板间，粒子在沿x轴方向做匀速直线运动，设运动的时间为t，则L＝v0t 解得t＝＝2×10-3 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 (2)粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围。 答案：0.85～0.95 m 粒子在板间运动的时间t＝T，t＝nT(n＝0，1，2，…)时刻射入的粒子在板间偏移量最大，设为y1，则 y1＝a2＋· 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 由牛顿第二定律得q＝ma 解得y1＝0.15 m 纵坐标y＝d－y1＝0.85 m t＝nT＋(n＝0，1，2，…)时刻射入的粒子在板间偏移量最小，设为y2，有y2＝a2 解得y2＝0.05 m 纵坐标y′＝d－y2＝0.95 m 所以打到荧光屏上的纵坐标的范围为0.85～0.95 m。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 谢 谢 观 看 第十章　静电场中的能量 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 $