素养提升课四 带电粒子在电场中运动的综合应用-【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（鲁科版）

该高中物理课件聚焦带电粒子在电场中运动的综合应用，涵盖复合场圆周运动、交变电场直线与曲线运动，通过复习电场力、圆周运动等基础概念导入，以例题解析和针对练习为支架，衔接前后知识，帮助学生构建系统认知。 其亮点在于以科学思维中的模型建构和科学推理为核心，通过例1分析复合场圆周运动向心力来源、例2用v-t图像法解析交变电场直线运动，强化物理观念中的运动与相互作用及能量观念。学生能提升复杂问题分析能力，教师可借助系统案例与测评资源优化教学。

素养提升课四　带电粒子在电场中运动的综合应用 　　　　 第2章　电势能与电势差 1．会分析带电粒子在电场(复合场)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。 学习目标 提升点一　带电粒子在电场(复合场)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 11 提升点一　带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动 返回 解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力的来源有可能是重力和静电力的合力，也有可能是单独的静电力。 如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环竖直置于场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中，质量为m、带电荷量为＋q的空心小球穿在环上，当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B时，求小球对环的压力。(重力加速度为g) 答案： 2mg＋3Eq　方向水平向右 例1 小球从A到B的过程中，重力做正功，静电力做正 功，动能增加，由动能定理有mgR＋qER＝mv2， 如图，在B点时小球受到重力mg、静电力qE和圆 环对小球的弹力F1三个力的作用，静电力和弹力 沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F1－Eq＝m 联立解得F1＝2mg＋3Eq 小球对环的压力与环对小球的弹力为作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力大小F1′＝F1＝2mg＋3Eq，方向水平向右。 针对练．如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管 的圆心O处固定一点电荷，将质量为m、带电荷量为＋q 的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿 细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力。(重力加速度为g) (1)求固定于圆心处的点电荷在B点处的电场强度大小； 答案：　 小球从A运动到B过程中，由动能定理得mgr＝mv2－0 在B点，对小球受力分析，由牛顿第二定律得 qEB－mg＝m 联立解得EB＝。 (2)若把O处固定的点电荷拿走，加上一个竖直向下、场强为E的匀强电场，带电小球仍从A点由静止释放，下滑到最低点B时，小球对管壁的压力为多大？ 答案：3(mg＋qE) 设小球到达B点时的速度为v1，由动能定理得(mg＋qE)r＝。 设在B点处管壁对小球的弹力为FN，由牛顿第二定律得N－mg－qE＝m， 联立解得N＝3(mg＋qE) 由牛顿第三定律得，小球在B点时对管壁的压力大小为N′＝3(mg＋qE)。 返回 提升点二　带电粒子在交变电场中的直线运动 返回 1．此类问题中，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．该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间的关系等。 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。 在如图1所示的平行板电容器的两板间分别加如图2甲、乙所示的两种电压，开始B板的电势比A板高。在静电力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动。若两板间距足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并定性画出相应的v -t图像。 答案：见解析 例2 t＝0时，B板电势比A板高，在静电 力作用下，电子向B板(设为正向)做 初速度为零的匀加速直线运动。 对于题图甲所示电压，在0～T内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，T～T内电子做末速度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度—时间图像如图(a)所示。 对于题图乙所示电压，在0～内做类似题图甲0～T的运动，～T内电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动。然后周期性地重复前面的运动，其速度—时间图像如图(b)所示。 针对练．如图1所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m＝0.2 kg、带电荷量为q＝＋2.0×10-6 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，从t＝0时刻开始，空间加上一个如图2所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场，取水平向右为正方向，g取10 m/s2。求： (1)15秒末小物块的速度大小； 答案：2 m/s　 0～2 s内物块加速度a1＝，2～4 s内物块加速度a2＝，即0～4 s内先加速后减速到零，以后重复这样的运动，则16 s末物块的速度为零，由逆向思维可知，15秒末小物块的速度大小v15＝|a2|t′＝2 m/s。 (2)15秒内小物块的位移大小。 答案：31 m 0～4 s内物块的位移大小x1＝＝8 m，则16 s内的位移大小为x16＝32 m，最后1 s内的位移大小x2＝t′2＝1 m，15秒内小物块的位移大小x15＝x16－x2＝31 m。 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，在初速度方向做匀速直线运动，在垂直初速度方向利用vy-t图像进行分析： ①vy＝0时，速度方向沿v0方向。 ②y方向位移可用vy-t图像的面积进行求解。 如图甲所示，A、B极板间 电压为U0，C、D极板间距为d， 荧光屏到C、D极板右端的距离 等于C、D极板的板长。A极板O 处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)，当C、D极板间未加电压时，粒子通过两极板间的时间为t0；当C、D极板间加上图乙所示电压(电压U1已知)时，粒子均能从C、D两极板间飞出，并且所有粒子没有到达上、下边缘，不计粒子的重力及相互间的作用。求： (1)粒子刚进入C、D极板的初速度和C、D极板的长度L； 答案：　t0 　 例3 粒子在A、B极板间做加速运动，根据动能定理有qU0＝，C、D极板间有L＝v0t0，解得v0＝ ，L＝t0 。 (2)粒子从C、D极板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离； 答案：　 粒子从nt0(n＝0、2、4…)时刻进入C、D两极板间时偏移距离最大，粒子做类平抛运动，偏移距离为y＝，加速度为a＝得y＝。 (3)粒子打在荧光屏上区域的长度。 答案： 粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远，飞出C、D板的偏转角tan θ＝，vy＝at0，打在荧光屏上距中心线最远距离为s＝y＋L tan θ，粒子打在荧光屏上区域的长度为Δs＝s＝。 针对练．(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(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 √ √ √ 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的周期的整数倍。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，所以带电粒子在沿电场方向的速度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，故带电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为零，B正确，D错误； 在t＝0时刻入射的带电粒子，侧向位 移最大，故其他粒子均不可能打到极 板上，A正确；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＝2×at2，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。 返回 课时测评 返回 1．(多选)带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是 A．微粒在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速 度相同 B．微粒将沿着一条直线运动 C．微粒将做往复运动 D．微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同 √ √ 基础排查 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 设微粒的速度方向、位移方向向右为正，作出微粒的v -t图像如图所示，由图可知B、D选项正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 2．某电场的电场强度E随时间t变化规律的图像如图所示。当t＝0时，在该电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受静电力作用，则下列说法中正确的是 A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．带电粒子在0～2 s内的初、末位置间的电势差为零 C．2 s末带电粒子回到原出发点 D．0～2 s内，静电力做的总功不为零 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 由牛顿第二定律可得带电粒子在第1 s内的加速度大小 为a1＝，第2 s内加速度大小为a2＝，因E2＝2E1， 则a2＝2a1，则带电粒子先匀加速运动1 s再匀减速0.5 s 至速度为零，接下来的0.5 s将反向匀加速，再反向匀减速，t＝3 s时速度为零，v - t图像如图所示，由图可知，带电粒子在电场中做往复运动，故A错误；由v -t图像与横轴围成的面积表示位移可知，t＝2 s时，带电粒子位移不为零，没有回到出发原点，故C错误；由v -t图像可知，t＝2 s时，v≠0，根据动能定理可知，0～2 s内静电力做的总功不为零，电势能变化不为零，粒子初、末位置的电势差不为零，故B错误，D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 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交变电压后，下列四个选项中的图像，反映电子速度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 11 由平行金属板间所加电压的周期性可推知粒子加速度的周期性，D项正确；由v＝at可知，A项正确，C项错误；由x＝at2知x-t图像应为曲线，B项错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 4．(多选)如图甲所示，两平行金属板 竖直放置，左极板接地，中间有小孔， 右极板电势随时间变化的规律如图乙 所示，电子原来静止在左极板小孔处， 不计电子的重力，下列说法正确的是 A．若t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上 B．若t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动 C．若t＝时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动，也可能打到右极板上 D．若t＝时刻释放电子，电子必然回到左极板 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 若t＝0时刻释放电子，电子将重复先匀 加速后匀减速的运动，直到打到右极板， 不会在两极板间做往返运动，所以选项 A正确，B错误；若t＝时刻释放电子， 电子先做匀加速运动后做匀减速运动，分析易知前内电子可能到达右极板，若前时间内电子未到达右极板，则电子将在两极板间做往返运动，所以选项C正确；同理，若t＝时刻释放电子，电子有可能到达右极板，也有可能回到左极板，这取决于两板间的距离，所以选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 5．(多选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中存在一沿 半径方向的电场，如图所示，带正电的粒子流由电场区 域边缘的M点射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过 电场并从另一边缘的N点射出，由此可知 A．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等 B．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等 C．若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的速率一定相等 D．若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的动能一定相等 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 粒子在电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，则有qE＝m，得R＝，R、E为定值，若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等，质量不一定相等；若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的速率v一定相等，但动能不一定相等，故B、C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 6．(多选)如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则 A．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小 B．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大 C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小 D．小球在运动过程中机械能不守恒 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 若qE＝mg，小球做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉 力一样大。若qE<mg，球在a处速度最小，若qE>mg，球 在a处速度最大，故A、B错误；a点电势最高，负电荷在 电势最高处电势能最小，故C正确；小球在运动过程中除 重力外，还有静电力做功，机械能不守恒，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 7．如图所示，平行金属板间有一静止的带正电粒子，若两板间加电压u＝Umsin ωt，则粒子的 A．位移一定按正弦规律变化 B．速度一定按正弦规律变化 C．加速度一定按正弦规律变化 D．粒子在两板间做往复运动 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 平行金属板间有一静止的带正电粒子，若两板间加电压 u＝Umsin ωt，粒子受到电场力作用，根据E＝，F＝qE， 可得F＝sin ωt，根据牛顿第二定律可得a＝ sin ωt，则粒子的加速度也随着时间按照正弦规律变化，故C正确；粒子前半周期向正方向做加速直线运动，后半周期向正方向做减速运动，故粒子的速度方向不变，不是按照正弦规律变化，故B错误；由于速度方向不变，故粒子一直做单方向的直线运动，位移不断增加，不是按照正弦规律变化，故A、D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 8．(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板电势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 11 t＝0时刻B板电势比A板高，电子在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，由于对称， 在t2时刻速度恰好为零，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；无论电子在什么时刻穿出P孔，t1时刻电子都具有最大动能，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。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 9．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 11 10．(多选)如图(a)所示，A、B 表示真空中水平放置的相距为d 的平行金属板，板长为L，两板 间加电压后板间的电场可视为 匀强电场。现在A、B两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压，在t＝0时恰有一质量为m、电荷量为＋q的粒子在左侧板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动状态的表述中正确的是 A．粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动 B．粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动 C．只要周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出 D．粒子不可能沿与板平行的方向飞出 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 11．(10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v0＝1 000 m/s的速度射入板间，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： (1)粒子在板间运动的时间； 答案：2×10-3 s　 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 板间粒子在水平方向上做沿x轴方向的匀速直线运动，设运动时间为t，则L＝v0t，t＝＝2×10-3 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 (2)粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围； 答案：0.85 m～0.95 m t＝0时刻射入的粒子在板间偏转量最大，设为y1， y1＝， ＝ma， 解得y1＝0.15 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 纵坐标y＝d－y1＝0.85 m， t＝1×10-3 s时刻射入的粒子在板间偏转量最小，设为y2， y2＝， 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在0.85 m～0.95 m之间。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 (3)粒子打到荧光屏上的动能。 答案：5.05×10-2 J 分析可知粒子打到荧光屏上的动能相同，设为Ek，由动能定理得：qy2＝Ek－， 解得Ek＝5.05×10-2 J。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 谢 谢 观 看 第2章　电势能与电势差 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 $