第10章 第5节 带电粒子在电场中的运动（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第三册（人教版）

带电粒子在电场中的运动 (赋能课——精细培优科学思维) 第 5 节 课标要求 层级达标 能分析带电粒子在电场中的运动情况，能解释相关的物理现象。 学考 层级 1.知道带电粒子垂直于电场线进入匀强电场运动的特点。 2.了解示波管的主要构造和工作原理。 选考 层级 1.会从运动和力的关系的角度、功和能量变化的关系的角度分析带电粒子在匀强电场中的加速问题。 2.能对带电粒子在电场中的偏移距离、偏转角度、离开电场时的速度等物理量进行分析和计算。 课前预知教材 课堂精析重难 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 课前预知教材 一、带电粒子在电场中的加速 1.运动状态 利用电场使带电粒子加速时，带电粒子的速度方向与_________的方向相同或相反。 2.两种分析思路 (1)利用_____________结合匀变速直线运动公式分析，适用于解决的问题属于___________且涉及运动时间等描述运动过程的物理量。 (2)利用静电力做功结合_____定理来分析，适用于问题只涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场的情景。 电场强度 牛顿第二定律 匀强电场 动能 [情境思考]　 如图所示，M和N是匀强电场中的两个等势面，相距 为d，电势差为U。一质量为m(不计重力)、电荷量为-q的 粒子，以速度v0通过等势面M射入两等势面之间，则该粒 子穿过等势面N的速度是多少? 提示：由动能定理得qU=mv2-m，解得v=。 二、带电粒子在电场中的偏转 1.偏转条件：带电粒子的_______方向跟电场方向垂直。 2.运动轨迹：在匀强电场中，带电粒子的运动轨迹是一条______，类似______运动的轨迹。 3.分析思路：跟分析平抛运动是一样的，不同的仅仅是平抛运动物体所受的是______，带电粒子所受的是_______。 初速度 抛物线 平抛 重力 静电力 [微点拨] 带电粒子从偏转电场中射出时，其速度的反向延长线过水平位移的中点。 [质疑辨析] 　　如图所示，带电粒子(不计重力)从两极 板中间垂直电场线方向进入电场。 试对以下结论作出判断： (1)带电粒子在匀强电场中做匀变速运动。( ) (2)带电粒子在沿初速度方向上做匀速直线运动。( ) (3)带电粒子在电场中的运动过程，动能不断增大。( ) (4)带电粒子在沿静电力方向上做初速度为零的匀加速直线运动。( ) √ √ √ √ 课堂精析重难 任务驱动 强化点(一)　带电粒子的加速问题 如图所示，直线上有O、a、b、c四点，a、b间的距离与b、c间的距离相等，在O点处有固定点电荷。已知b点电势高于c点电势。若一带负电荷的粒子仅在静电力作用下先从c点运动到b点，再从b点运动到a点。试分析： (1)粒子的运动情况； 提示：b点电势高于c点电势，则O点固定的是正点电荷。带负电荷的粒子从c点运动到b点，再从b点运动到a点，静电力对粒子一直做正功，粒子速度一直增大。 (2)从c点到b点、从b点到a点两段过程中，静电力对粒子做功的关系。 提示：静电力做功W=qU，因为Ubc<Uab，则前一个过程中静电力做的功小于后一个过程中静电力做的功。 要点释解明 1.关于带电粒子在电场中的重力 (1)基本粒子：如电子、质子、α粒子等，除有说明或有明确的暗示以外，此类粒子一般不考虑重力(但并不忽略质量)。 (2)带电微粒：如液滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。 2.带电粒子做直线运动的条件 (1)粒子所受合力F合=0，粒子或静止，或做匀速直线运动。 (2)粒子所受合力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。 3.处理方法 可以从动力学和功能关系两个角度进行分析，其比较如表所示。 项目 动力学角度 功能关系角度 涉及 知识 牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式 功的公式及动能定理 选择 条件 匀强电场，静电力是恒力 可以是匀强电场，也可以是非匀强电场，静电力可以是恒力，也可以是变力 题点全练清 1.(2025·湖南期末)如图，在P板附近有电荷 (不计重力)由静止开始向Q板运动，则以下说法 正确的是 (　　) A.到达Q板的速率与板间距离和加速电压两个因素有关 B.电压一定时，两板间距离越大，加速的时间越短，加速度越小 C.电压一定时，两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大 D.若加速电压U与电荷量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍 √ 解析：根据动能定理得qU=mv2，到达Q板的速率为v=，可知到达Q板的速率只与加速电压有关，与板间距离无关，故A错误；根据运动学公式d=at2，由牛顿第二定律有a=，可知两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越小，故B、C错误；到达Q板的速率为v=，若加速电压U与电荷量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍，故D正确。 2.电子被加速器加速后轰击重金属靶时，会产生射线，可用于放射治疗。图甲展示了一台医用电子直线加速器，其原理如图乙所示：从阴极射线管的阴极K发射出来的电子(速度可忽略)，经电势差的绝对值为U的电场加速后获得速度v，加速电场两极板间的距离为d，不计电子所受重力。下列操作可使v增大的是 (　　) A.仅增大U　　　　 B.仅减小U C.仅增大d D.仅减小d 解析：电子在电场中加速，由动能定理可得eU=mv2，解得v=，易知可使v增大的操作是仅增大U。 √ 3.如图所示，两平行带电板M、N相距为d，质量为m、带电量为-q的微粒，在M板上方距M板高度为h的A处自由下落，垂直穿过M板，恰好能到达N板，问此时两板间的电势差UMN为多大? 解析：由动能定理可知mg(h+d)-qUMN=0 解得UMN=。 答案： 4.如图所示，平行板电容器两板间的距离为d=10 cm，电势差为U=100 V。一质量为mα、电荷量为q的α粒子(带正电)，在静电力的作用下由静止开始从正极板A向负极板B运动。(α粒子质量是质子质量的4倍，即mα=4×1.67×10-27 kg，电荷量是质子的2倍，重力加速度g=10 m/s2，计算结果均保留2位有效数字) (1)比较α粒子所受静电力和重力的大小，说明重力能否忽略不计。 答案：(1)见解析 解析：(1)α粒子所受的静电力大小 F== N=3.2×10-16 N， 重力大小G=mαg=4×1.67×10-27×10 N=6.68×10-26 N， 因重力大小远小于静电力大小，故重力能忽略不计。 (2)α粒子的加速度是多少?在电场中做何种运动? 答案：(2)4.8×1010 m/s2　初速度为0的匀加速直线运动 解析：(2)α粒子的加速度为a=≈4.8×1010 m/s2， 做初速度为0的匀加速直线运动。 (3)计算粒子到达负极板时的速度大小。 答案：(3)9.8×104 m/s 解析：(3)由动能定理可知qU=mαv2 解得v=≈9.8×104 m/s。 要点释解明 强化点(二)　带电粒子的偏转问题 1.基本规律：带电粒子在电场中的偏转轨迹如图所示。 (1)初速度方向 (2)电场线方向 (3)离开电场时的偏转角的正切值：tan α==。 (4)离开电场时位移与初速度方向的夹角的正切值： tan β==。 2.三个重要推论 (1)以相同的初速度进入同一个偏转电场的带电粒子，不论m、q是否相同，只要相同，即比荷相同，则偏转距离y和偏转角α相同。 (2)若以相同的初动能Ek0进入同一个偏转电场，不论m是否相同，只要q相同，则偏转距离y和偏转角α相同。 (3)不同的带电粒子从静止经同一加速电场加速后(即加速电压相同)，进入同一偏转电场，则偏转距离y和偏转角α相同 y=，tan α=，U1为加速电压，U2为偏转电压 。 [典例]　(2025·辽宁大连期末)如图所示，示波器的工作原理可以简化为：金属丝发射出的电子由静止经电压U1加速后，从金属板的小孔O射出，沿OO'进入偏转电场，经偏转电场后打在荧光屏上。偏转电场是由两个平行的相同金属极板M、N组成，已知极板的长度为l，两板间的距离也为l，极板间电压为U2。偏转电场极板的右端到荧光屏的距离为d。电子电荷量大小为e、质量为m，不计电子受到的重力和电子之间的相互作用。 (1)求电子从小孔O穿出时的速度大小v0； [答案]　(1) [解析]　(1)电子在加速电场中做加速运动，根据动能定理可得eU1=m 解得v0=。 (2)求电子离开偏转电场时速度偏转角度的正切值和在荧光屏上形成的亮斑到O'的距离。 [答案]　(2)　 [解析]　(2)在偏转电场中，水平方向电子做匀速运动，有l=v0t 竖直方向，电子受到电场力作用，由牛顿第二定律有e=ma 又y=at2，vy=at，tan θ= 联立解得电子离开偏转电场时速度偏转角度的正切值为tan θ= 根据类平抛运动推论和几何关系可得y'=y 联立解得在荧光屏上形成的亮斑到O'的距离为y'=。 [思维建模] 带电粒子在电场中运动问题的处理方法 带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看，带电粒子与一般物体相比多受到一个静电力；从处理方法上看，仍可利用力学中的规律分析，如选用平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、功能关系、能量守恒定律等。 题点全练清 1.(2025·山西长治期末)如图所示，一带正电的点 电荷从某点以竖直向上的初速度v射入水平向右的匀强 电场中，图中实线为匀强电场的电场线，不计点电荷受 到的重力，下列图中虚线可能正确描绘了点电荷运动轨迹的是 (　　) √ 解析：由于正点电荷在匀强电场中受到的电场力大小不变，方向与电场强度方向相同，水平向右，且点电荷初速度方向竖直向上，重力不计，则点电荷将做类平抛运动，且轨迹夹在电场力与速度之间，轨迹将如选项C所示。故选C。 2.(2025·河北保定月考)(多选)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加恒定电压U，A、B两板的中央有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于金属板的匀强电场，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向放置。先后在小孔O1处由静止释放带正电的甲粒子和乙粒子，甲、乙两粒子的电荷量之比为2∶1，质量之比为1∶2，不计两粒子受到的重力和空气阻力，关于这两个粒子的运动，下列说法正确的是 (　　) A.甲、乙两粒子在O2处的速度大小之比为2∶1 B.甲、乙两粒子在O2处的速度大小之比为1∶1 C.甲、乙两粒子打到感光板上时的动能之比为2∶1 D.甲、乙两粒子打到感光板上的位置相同 √ √ √ 解析：在A、B间加速时，根据动能定理有qU=mv2，解得v=∝，可知甲、乙两粒子运动到O2处时的速度大小之比为2∶1，故A正确，B错误；在偏转电场中粒子做类平抛运动，则水平方向有x=vt，竖直方向有y=at2，根据牛顿第二定律有a=，解得x=，在竖直位移y相同的情况下，水平位移x也相同，故两粒子有相同的运动轨迹，甲、乙两粒子打到感光板上的位置相同，故D正确；运动轨迹完全一样，可知整个运动过程中两个粒子有共同的起点和终点，设O2到感光板的电势差为U1，由动能定理得q(U+U1)=mv'2，可知U、U1相同的情况下，两粒子的末动能之比等于电荷量之比，为2∶1，故C正确。 3.如图所示，质量为m，电荷量为e的粒子从A点以速度v0沿垂直电场线方向的直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场时速度方向与AO方向成60°角，已知AO的水平距离为d。(不计重力)求： (1)从A点到B点所用的时间； 答案：(1) 解析：(1)粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则有t=。 (2)匀强电场的电场强度大小。 答案：(2) 解析：(2)由牛顿第二定律得a= 将粒子射出电场的速度v进行分解，则有 vy=v0tan 60°=v0 又vy=at，解得E=。 课时跟踪检测 (标 的为推荐讲评题目)  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1.质量和电荷量不同的带电粒子，在电场中由静止开始经相同电压加速后 (　　) A.比荷大的粒子速度大，电荷量大的粒子动能大 B.比荷大的粒子动能大，电荷量大的粒子速度大 C.比荷大的粒子速度和动能都大 D.电荷量大的粒子速度和动能都大 √ 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 解析：根据动能定理得qU=mv2，解得v=，可知在电场中由静止开始经相同电压加速后，比荷大的粒子速度大，但动能不一定大，电荷量大的粒子动能大，但速度不一定大，故A正确，B、C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 2.(多选)一个只受静电力的带电微粒进入匀强电场，则该微粒的 (　　) A.运动速度必然增大 B.动能可能减小 C.加速度肯定不为零 D.一定做匀加速直线运动 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：带电微粒在电场中只受静电力作用，加速度不为零且恒定，C正确；微粒可能做匀变速直线运动或匀变速曲线运动，D错误；微粒做匀加速直线运动时，速度增大，动能变大，做匀减速直线运动时，速度、动能均减小，A错误，B正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 3.一束带电粒子以相同的速率从同一位置垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有粒子的运动轨迹都是一样的，这说明所有粒子 (　　) A.都具有相同的质量 B.都具有相同的电荷量 C.电荷量与质量之比都相同 D.互为同位素 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：根据沿电场方向上偏移的距离y=·，所有粒子轨迹相同，v0相同，则一定相同。故选C。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 4.(2025·辽宁朝阳月考)如图所示，两平行金属板带有等量异种电荷，极板与外电路断开，一电子从O点沿垂直极板方向射出，最远能达到A点，然后返回。不计电子的重力。若电子从O点射出的初速度不变，将右极板向右平移一小段距离，则 (　　) A.电子最远能达到A点右侧某点 B.电子最远不可能再达到A点 C.电子返回O点所用时间不变 D.电子返回O点时速度会变小 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：根据E=、C=、C=，可得两平行极板间电场强度E=，在与外电路断开的情况下，移动右极板，Q不变，所以电场强度E不变，电子的受力不变，运动情况与之前相同。故选C。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 5.(多选)如图，质量相同的带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入匀强电场中，P从平行板间正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们都打到上极板同一点，不计粒子重力，则 (　　) A.它们运动的时间相同 B.它们运动的加速度不相等 C.它们所带的电荷量相同 D.静电力对它们做负功，且做的功相等 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：运动时间为t=，由于x、v相等，故运动时间相等，A正确；根据y=at2，可得a=，Q的加速度是P的两倍，B正确；根据qE=ma可知，Q所带的电荷量是P的两倍，C错误；由W=qEd可知，静电力对两粒子均做正功，且对Q做的功是对P的4倍，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 6.(2025·江苏高考)如图所示，平行金属板与电源连接。一点电荷由a点移动到b点的过程中，电场力做功为W。现将上、下两板分别向上、向下移动，使两板间距离增大为原来的2倍，再将该电荷由a移动到b的过程中，电场力做功为 (　　) A. B.W C.2W D.4W √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：平行金属板与电源保持连接，金属板两端电压不变，现将平行金属板间距增大至原来的两倍，由公式E=可知，两板间电场强度变为原来的，再将该电荷由a移动到b的过程中，电场力做功为W1=Eqdab=W，故选A。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 7.(2025·江苏南京月考)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向左平移到P'点，则由O点静止释放的电子 (　　) A.运动到P点返回 B.运动到P和P'点之间返回 C.运动到P'点返回 D.穿过P'点后继续运动 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，表明电子在薄板A、B之间做加速运动，电场力做正功，电场方向向左，在薄板B、C之间做减速运动，电场力做负功，电场方向向右，到达P点时速度恰好为0，之后电子向左加速至M点，再向左减速至O点速度为0，之后重复先前的运动，根据动能定理有-eUOM-eUMP=0，解得UMP=-UOM=UMO，根据C==，当C板向左平移到P'点，B、C间距减小，B、C之间电压减小，则有UMP=UMO>UMP'，根据动能定理有-eUOM-eUMP'>0，可知电子减速运动到P'的速度不等于0，即电子穿过P'点后继续向右运动。故选D。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 8.某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足 (　　) A.= B.= C.= D.= √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有qE1=m，qE2=m，联立可得=，故选A。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 9.(多选)如图所示，竖直面内有一个匀强电场，球1和球2是两个质量相同的带电小球，以相同的初速度沿电场中轴线水平射入，球1和球2的电荷量大小分别为q1和q2，根据两球的轨迹判断下列说法正确的是 (　　) A.球1一定带负电 B.球2一定带正电 C.q1一定大于q2 D.q1可能小于q2 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：根据题图可知电场方向向下，则根据运动情况可知球1所受合力向上，球2所受合力向下，且两球竖直方向上位移大小相同，初速度相同，球2在水平方向的位移更大，由y=at2，t=，可知球2的加速度更小，即a1>a2。对球1受力分析，球1所受电场力一定向上，与电场方向相反，则球1一定带负电，Eq1-mg=ma1；对球2受力分析，若球2所受电场力向上，则球2带负电，mg-Eq2=ma2，若球2所受电场力向下，则球2带正电，mg+Eq2=ma2'，所以球2可能带正电，也可能带负电，故A正确，B错误；由以上分析可知，若球2带负电，则Eq1>mg，Eq2<mg，可得q1>q2；若球2带正电，则根据a1>a2'，得Eq1-mg=ma1>ma2'=mg+Eq2，可得q1>q2，故C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 10.(多选)有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，经过偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁微粒的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是 (　　) A.减小墨汁微粒的质量 B.增大偏转电场两板间的距离 C.减小偏转电场的电压 D.减小墨汁微粒的喷出速度 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场，在电场中做类平抛运动，水平方向有L=v0t，竖直方向有y=at2，加速度a=，联立解得y=，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转距离y。分析可知采用的方法有：增大墨汁微粒的质量、增大偏转电场两板间的距离、减小偏转电场的电压、增大墨汁微粒的喷出速度，故A、D错误，B、C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 11.(12分)(2025·安徽阜阳检测)如图所示，平行金属板M、N水平放置，它们之间距离为d，除边缘外，它们之间的电场可以看为匀强电场，电场强度为E。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。已知qE=mg，重力加速度为g，忽略空气阻力。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (1)求带电粒子的加速度；(5分) 答案：(1)2g 解析：(1)由牛顿第二定律得mg+Eq=ma 结合qE=mg 解得a=2g。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)若在带电粒子运动距离时，电场强度E大小不变，方向相反，不考虑调换时间，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。(7分) 答案：(2) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：(2)粒子运动距离时速度为v== 加速运动的时间t1== 电场方向调换后，粒子所受电场力与重力等大反向，粒子将做匀速运动 匀速运动时间t2== 粒子从M板运动到N板经历的时间t=t1+t2=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 12.(14分)(2025·江西抚州检测)如图所示，在平面直角坐标系xOy第一象限和第二象限-d<x<0区域内有电场强度均为E、方向分别沿x轴负方向和y轴负方向的匀强电场，将一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子由第一象限的S(2d，2d)点静止释放，不计粒子重力，求： 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (1)粒子到达y轴的时间；(6分) 答案：(1)　 解析：(1)粒子在第一象限内做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有qE=ma 根据运动学公式有2d=a 解得t1=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)粒子从第二象限电场的左侧边界飞出时的位置坐标。(8分) 答案：(2) （-d，d ） 解析：(2)粒子在第一象限内，根据运动学公式有v0=at1 粒子在第二象限内做类平抛运动，加速度大小与在第一象限内相等，若粒子在到达x轴之前已经飞出电场，则有y1=a，d=v0t2 解得y1=<2d 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 表明粒子在到达x轴之前已经飞出电场，之后做匀速直线运动，则飞出点的横坐标为-d，纵坐标为y2=2d-y1=d 则粒子从第二象限电场的左侧边界飞出时的位置坐标为 （-d，d ）。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $