1.导学案 第十章 静电场中的能量 阶段提升课（课件PPT）-【满分思维】2025-2026学年高中物理必修第三册（人教版）配套课件

该高中物理课件聚焦电场中的电势差、电容器及带电粒子运动，通过思维脉图构建知识体系，整合电场力做功公式、场强与电势差关系等概念，衔接交变电场中粒子直线与曲线运动考点，形成连贯的学习支架。 其亮点在于以核心考点整合贯通为核心，融入科学思维中的科学推理与模型建构，通过交变电场粒子运动典题（如多级加速器问题）和多区域电场情境新题，规范解题步骤。培养学生运动和相互作用观念，提升科学推理能力，学生能深化知识应用，教师可高效开展分层教学。

阶段提升课 01 02 03 思维脉图·构建体系 核心考点·整合贯通 情境新题·规范解答 内容概览 01 思维脉图·构建体系 返回 答案速填: ①EpA-EpB　②　③　④Ed　⑤　⑥　⑦ 返回 02 核心考点·整合贯通 返回 考点一 带电粒子在交变电场中的直线运动(科学思维——科学推理) 1.条件: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.方法: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。 返回 【典题突破】 [典例1](多选)(2025·西安高二检测)如图甲所示,在A、B两极板间加上如图乙所示的交 变电压。A板的电势为0,一质量为m、电荷量为-q的电子在t=时刻进入两极板,仅在静 电力作用下,由静止开始运动,恰好能到达B板,则(　　) A.电子在两板间做匀加速直线运动 B.A、B两板间的距离为 C.若电子在t=时刻进入两极板,它将时而向B板运动,时而向A板运动,最终打在B板上 D.电子在两板间的最大速度为 √ √ 返回 【解析】选B、D。电子在两板间~内向右做匀加速直线运动,~内向右做匀减速直线运动,速度减为零后恰好到达B板,故A错误;在~内的加速度a=,结合运动的对称性可知,A、B两板间的距离为d=2×a()2=,整理可得d=,选项B正确;当电子在t=时刻进入两极板,电子先做匀加速直线运动,时间为,然后做匀减速直线运动,时间也为,则电子在向B极板运动的最大位移一定大于在t=时刻由静止释放的电子在向B极板运动的最大位移,可知当电子在t=时刻进入两极板,一定会打在B极板上,不会做往复运动,故C错误;由题意可知,经过时间速度最大,由B项分析可知a=4,则最大速度为vm=a·=,故D正确。 返回 【对点训练】 (多选)(2025·天津河西高二检测)如图甲所示,某多级直线加速器由n个横截面积相同的 金属圆筒依次排列而成,其中心轴线在同一直线上,各金属圆筒有序接在交变电源的两 极M、N上,序号为0的金属圆板中央有一个质子源,质子逸出的速度不计,M、N两极加 上如图乙所示的电压UMN,一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电 荷量为e,质子通过圆筒间隙的时间不计,以下说法正确的是(　　) A.质子在各圆筒中做匀速直线运动 B.各圆筒的长度之比为1∶ C.质子进入第n个圆筒时的瞬时速度为 D.圆筒长和加速电压不变,若要加速荷质比更大的粒子,则要调大电压的周期 √ √ 返回 【解析】选A、B。金属圆筒中电场为零,质子不受电场力,做匀速运动,故A正确;质子进入第n个圆筒时,经过n次加速,根据动能定理neU0=m-0,解得vn=,故C错误;只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为时,才能保证每次在缝隙中被电场加速,则第n个圆筒长度Ln=vn· =,所以各圆筒的长度之比为1∶,故B正确;由B选项的分析可知,保持Ln和U0不变,荷质比增大,则T必须减小,故D错误。 返回 考点二 带电粒子在交变电场中的曲线运动(科学思维——科学推理) 1.条件: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。 2.运动分析 (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,在垂直于初速度方向利 用vy-t图像进行分析: ①vy=0时,速度方向沿v0方向。 ②y方向的位移可用vy-t图像的面积进行求解。 返回 【典题突破】 [典例2](2025·甘肃高考)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备,其工作原理如图1所示。从离子源S释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1的电场加速后,沿OO'方向射入电压为U2的电场(OO'为平行于两极板的中轴线)。极板长度为l、间距为d,U2-t关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处,样品中心位于O'点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内,电压U2可视为不变,当U2=±Um时,离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是(　　) A.U2的最大值Um=U1 B.当U2=±Um且L=时,离子恰好能打到样品边缘 C.若其他条件不变,要增大样品的辐照范围,需增大U1 D.在t1和t2时刻射入U2的离子,有可能分别打在A和B点 √ 返回 【解析】选B。离子在加速电场中被加速时U1q=m,在偏转电场中做类平抛运动,则l=v0t, =·t2,解得Um=U1,选项A错误;当U2=±Um时离子从板的边缘射出,恰能打到样品边缘时,则=,解得L=,选项B正确;根据y=·t2=,若其他条件不变,要增加样品的辐照范围,则需减小U1,选项C错误;由图2可知t1时刻所加的向上电场电压小于t2时刻所加的向下的电场的电压,则t1时刻射入的离子打到A点时的竖直位移小于打到B点时的竖直位移,与图1不符,则选项D错误。 返回 【对点训练】 (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,其周期T=。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=时刻射入的粒子离开电容器时的电势能小于射入时的电势能 D.t=0时刻发射的粒子经过的时间,其速度大小为v0 √ √ √ 返回 【解析】选A、B、D。在2个周期内,粒子在竖直方向上运动的距离为d,由匀变速直线运动的规律可得d=4×a×()2,又因为a=,T=,可解得=,A正确;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,粒子在竖直方向上的分速度为零,故粒子离开电容器时,其速度等于水平速度v0,B正确;由对称性可知,t=时刻从粒子源射出的粒子,刚好从A板右侧上方离开,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为vy=at==v0,故此时粒子的速度大小为v==v0,D正确。 返回 03 情境新题·规范解答 返回 [典例示范](16分)(2025·红河高二检测)如图所示,在平面直角坐标系xOy的第一象限中存在着沿y轴正向、电场强度大小为E的匀强电场;第二象限中存在着沿x轴负向、电场强度大小也为E的匀强电场;第四象限中存在着沿y轴负向、电场强度大小为2E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子由A点静止释放。已知A点位置坐标为(-d,d),不计粒子的重力。求粒子: (1)经过y轴时的速度大小;(3分) (2)第一次经过x轴时的速度大小与x轴正方向的夹角;(5分) (3)第二次经过x轴时的位置坐标。(8分) 返回 【解析】(1)设粒子经过y轴时的速度大小为v0,由动能定理得Eqd=m-0(2分) 解得v0=(1分) (2)分析可知粒子在第一象限做类平抛运动,且电场力方向竖直向下,设粒子第一次经过x 轴时的速度大小为v,交点为C,设速度v方向与x轴正方向的夹角为θ,轨迹如图  由动能定理有Eqd=mv2-m(2分) 联立解得v=2(1分) 又因为cosθ==(1分) 可知θ=45°(1分) 返回 (3)由类平抛规律可知,水平方向有xOC=v0t (1分) 竖直方向有d=t(1分) 联立解得xOC=2d(1分) 设粒子第一次经过x轴到第二次经过x轴用时为t0,且第二次经过x轴时与x轴交点为D,则竖直方向有t0=(1分) 因为a=(1分) 返回 水平方向有xCD=v0t0(1分) 联立解得xCD=2d(1分) 则xOD=xOC+xCD=4d(1分) 故粒子第二次经过x轴时的位置坐标为(4d,0)。 答案:(1)　(2)2　45° 　(3)(4d,0) 返回 [规范训练](16分)(2025·毕节高二检测)如图所示,图中装置由一个加速器和偏转器Ⅰ、Ⅱ组成,偏转器由两对水平放置的相同平行金属板构成,极板长度均为l、间距均为d,两对极板间偏转电压的值相等、电场方向相反,偏转器Ⅰ、Ⅱ的间距为l。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子经加速电压U0加速后,水平射入偏转器Ⅰ,最终从P点水平射出偏转器Ⅱ。不考虑粒子受到的重力。 (1)若加速器两极板间的电压为U0,求粒子射出加速器时的速度大小v0;(3分) (2)承接(1),若偏转器Ⅰ、Ⅱ两极板间的电压均为U1,求粒子 从射入偏转器Ⅰ至从P点射出偏转器Ⅱ竖直方向的总位移 大小;(6分) (3)当加速器两极板间的电压变为4U0时,欲使粒子仍能从 P点水平射出偏转器Ⅱ,求此时偏转器Ⅰ、Ⅱ两极板间的电压值U2。(7分) 返回 【解析】(1)粒子射出加速器过程,根据动能定理有qU0=m(2分) 解得v0=(1分) (2)粒子在偏转器Ⅰ中做类平抛运动,则有l=v0t1,y1=a1(1分) 根据牛顿第二定律有=ma1(1分) 令粒子在偏转器Ⅰ射出时竖直方向的分速度vy1=a1t1(1分) 返回 解得y1=,vy1= 粒子在偏转器Ⅰ射出后做匀速直线运动,则有l=v0t2,y2=vy1t2(1分) 解得y2= 粒子进入偏转器Ⅱ后做类斜抛运动,结合题意可知,其运动轨迹与偏转器Ⅰ具有对称性,则粒子从射入偏转器Ⅰ至从P点射出偏转器Ⅱ竖直方向的总位移大小y=2y1+y2(1分) 解得y=(1分) 返回 (3)当加速器两极板间的电压变为4U0时,根据动能定理有q·4U0=m(1分) 解得v01=2 粒子在偏转器Ⅰ中做类平抛运动,则有l=v01t3,y3=a2(1分) 根据牛顿第二定律有=ma2(1分) 令粒子在偏转器Ⅰ射出时竖直方向的分速度vy2=a2t3(1分) 解得y3=,vy2= 返回 粒子在偏转器Ⅰ射出后做匀速直线运动,则有l=v01t4,y4=vy2t4(1分) 解得y4= 粒子进入偏转器Ⅱ后做类斜抛运动,结合题意可知,其运动轨迹与偏转器Ⅰ具有对称性,则粒子从射入偏转器Ⅰ至从P点射出偏转器Ⅱ竖直方向的总位移大小y=2y3+y4(1分) 结合上述解得U2=4U1。(1分) 答案:(1)　(2)　(3)4U1 返回 $