第9章 第4讲 带电粒子在电场中的运动 课件 -2027届高考物理一轮复习考点精讲

该高中物理高考复习课件聚焦“带电粒子在电场中的运动”专题，覆盖直线运动、偏转运动、组合电场、交变电场及考虑重力的带电体运动五大核心考点，对接高考评价体系，通过考点内化梳理运动条件与分析思路，结合典例明确动能定理、类平抛模型等高频考点权重，归纳单选、多选及计算等常考题型。 课件亮点在于“考点分层突破+科学思维培养”，如以加速电场粒子运动为例，运用模型建构和科学推理推导速度与时间关系，总结偏转量公式规律。含教材改编题及高考真题训练，提示电压与起始位置等易错点，帮助学生掌握分段处理、运动合成技巧，教师可据此实施精准复习，提升备考效率。

第九章　静电场 第4讲　带电粒子在电场中的运动 -‹#›- 第九章　静电场 1．能分析带电粒子在电场中的直线运动情况。 2．能分析带电粒子在匀强电场中的偏转运动情况。 3．能分析带电粒子在组合电场中的运动情况。 4．能分析带电粒子在交变电场中的运动情况。 5．能分析考虑重力的带电体在电场中的运动情况。 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 C -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 BC -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 C -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 甲 -‹#›- 第九章　静电场 乙 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 AD -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 -‹#›- 第九章　静电场 谢谢观看 -‹#›- 第九章　静电场 考点一　带电粒子在电场中的直线运动 【考点内化】 1．做直线运动的条件。 (1)粒子受到的合外力为零，粒子有速度时做匀速直线运动。 (2)粒子受到的合外力不为零，则合力与速度在同一条直线上，粒子做匀变速直线运动。 2．分析思路。 (1)根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况。 (2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解。此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。 (3)对带电粒子的往返运动，可采取分段处理。 【考点过关】 (单选)如图甲、图乙所示，一个不计重力的带电粒子分别从静止开始由两个板距不同但电压相同的加速电场加速，则带电粒子通过板距较长的电场(图甲)时(　　) 　 甲　 　　　　乙 A．获得的速度较大　　 B．获得的速度较小 C．所需的时间较长 D．所需的时间较短 解析：根据动能定理，有qU＝mv2，得v＝，可知带电粒子在加速电场中获得的速度v的大小与带电粒子自身比荷及加速电压U有关，跟两极板间的距离无关。粒子在加速电场中做匀加速直线运动，由t＝知d大，则t大。故选C。 【考教衔接】 　(教材改编)如图所示为直线加速器的一部分，所有的圆筒交叉连接到电压恒为U、电势高低做周期性变化的电源上，n个长度不同的金属圆筒两底面都开有小孔。图中一质量为m、电荷量为e的电子，以初速度v0从第3个圆筒的左侧小孔进入，在筒内运动的时间为t，经过每两个圆筒的缝隙时都被电场加速，缝隙宽度很小，电子经过缝隙时间不计。 (1)电子从第5个圆筒的右侧小孔穿出的速度是多大？ (2)试讨论图中相邻圆筒的长度之差是否为定值，并说明理由。 解答：(1)由动能定理得2Ue＝mv2－mv02，解得v＝。 (2)同理电子在第4个圆筒中的速度v′＝， 因为电子经过两个圆筒的缝隙时都被电场加速，缝隙宽度很小，电子经过缝隙时间不计，所以在筒内匀速运动的时间相等，所以筒的长度比等于对应速度大小之比，l3∶l4∶l5＝v0∶∶，所以长度差不是定值。 【练习1】　如图，两平行金属板间的距离为d，两板间的电压为U，今有一电子从两板间的O点沿着垂直于板的方向射出到达A点后返回，若OA距离为x，则此电子具有的初动能为多少？ 解答：已知平行金属板内是匀强电场，则 电场强度E＝， ① 电子到达A点时的速度为0，根据动能定理，有 －eEx＝0－Ek, ② 联立①②式，解得Ek＝。 点评：计算带电粒子在电场中运动的动能时所取电压与起始位置有关，而不一定是两板间的电压。 考点二　带电粒子在匀强电场中的偏转 【考点内化】 带电粒子在匀强电场中的偏转问题。 带电粒子(不计重力)垂直射入匀强电场后，做类似于平抛运动的情况。对此把它分解成互相垂直的匀速直线运动和初速度为零的匀加速直线运动。 解决带电粒子在电场中偏转问题一般的步骤如下： 【考点过关】 (多选)如图，平行金属板板长为L，相距为d，两板间电势差为U，带电荷量为q，质量为m的粒子(不计重力)以速度v0垂直板间电场方向进入板间电场区，并飞离电场区域，则其偏转量y(即出射点与入射点间沿电场强度方向的距离)的大小(　　) A．与板长L成正比 B．与两板间距离d成反比 C．与两板间的电势差U成正比 D．与粒子的初速度v0成正比 解析：依题意，偏转量y＝at2＝··＝。由此可知偏转量y与两板间的电势差U成正比，与板长L的二次方成正比，与两板间距离d成反比，与粒子的初速度v0的二次方成反比。故选BC。 【考教衔接】 　(单选)(教材改编)一个动能为Ek的带电粒子(不计重力)，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ek，如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器时的动能变为(　　) A．8Ek B．5Ek C．4.25Ek D．4Ek 解析：依题给条件，设带电粒子以初速度v0进入平行板电容器时，穿出平行板电容器后动能的增量为ΔEk＝2Ek－Ek＝Ek。设粒子电荷量为q，板间的电场强度为E，粒子穿出平行板的侧移量为y，所用时间为t，则根据动能定理，有ΔEk＝qEy；粒子以初速度2v0进入平行板，即以初动能4Ek进入平行板时，粒子穿过平行板的时间为原 来的一半即t，根据y＝at2及加速度a不变，可知粒子穿出平行板时的侧移量y′＝y，这时粒子动能的增量是ΔEk′＝qEy′＝qEy，即ΔEk′＝Ek；粒子穿出平行板时的动能Ek′＝4Ek＋ΔEk′＝4.25Ek。故选C。 【练习2】　某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿平行金属板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d。不考虑重力、空气阻力影响和颗粒间相互作用。求： (1)若某电压下质量为m、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1。 (2)若保持电压不变，金属板间距离变成原来的2倍，求被收集的颗粒占进入收集器的总颗粒的百分比η。 解答：(1)只要紧靠上极板的颗粒刚好落到收集器下极板的右侧，颗粒就恰好全部被收集，水平方向有L＝v0t；竖直方向有d＝at2，qE＝ma。又E＝，联立解得两金属板间的电压为U1＝。 (2)若保持电压不变，板间距离变成原来的2倍，则电场强度变为E′＝＝E，颗粒在极板间的加速度变为a′＝＝a，则有L＝v0t，y′＝a′t2，联立可得y′＝d，可知被收集的颗粒占进入收集器的总颗粒的百分比为η＝×100%＝×100%＝25%。 考点三　带电粒子在组合电场中的运动 【考点内化】 带电粒子在组合电场中的运动问题。 这里的组合电场指加速电场与偏转电场的组合，解题时分段按两类电场的处理方式独立处理，最后把加速电场得到的速度代入到偏转电场的偏转量或偏转角的正切的表达式中，通过整理发现规律。 【考点过关】 如图，一个质量为m、电荷量为q的电荷(不计重力)先经加速电压U1加速后垂直进入极板长为L、两板间距为d、两板间的电压为U2的偏转电场，最后射出电场。求： (1)电荷离开加速电场时的速度v。 (2)电荷在偏转电场中运动的时间t。 (3)电荷在偏转电场中运动时的加速度a。 (4)电荷离开偏转电场时的偏转量y。 (5)电荷离开偏转电场时的速度方向与水平方向的夹角φ(称为偏转角)的正切值tan φ。 解答：(1)在加速电场中，由动能定理，有qU1＝mv2，得v＝。 (2)电荷进入偏转电场在平行于板面的方向做匀速运动，由L＝vt，得t＝＝L。 (3)电荷在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度 a＝＝＝。 (4)电荷离开偏转电场时的偏转量y＝at2，得y＝。 (5)电荷在偏转电场中做类平抛运动，所以电荷离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy＝at＝，偏转角φ的正切值tan φ＝，解得tan φ＝。 带电粒子经同一加速电场再经同一偏转电场后，偏转量y、偏转角φ的正切tan φ都相同，与带电粒子自身比荷无关。如果电性相同，则轨迹是同一条线。 【考教衔接】 　(教材改编)示波管的装置如图所示，一个质量为m、电荷量为q的电子先经加速电压U1加速后，沿两板中央垂直进入板长为L1、两板间距为d、电压为U2的偏转电场，电子离开电场后打在距偏转极板右端为L2的竖直荧光屏上，求电子打到屏上的点与荧光屏中央O′的距离Y。 解答：按照考点三考点过关的分析步骤。 在加速电场中，由动能定理，有qU1＝mv2， 解得v＝。 进入偏转电场在平行于板面的方向做匀速运动，由L1＝vt， 得t＝＝L1。 在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度a＝＝＝。 电子离开偏转电场时的偏转量y＝at2，得y＝。 求电子打到屏上的点到荧光屏中央O′的距离Y有如下解法。 解法一：根据类平抛运动的推论可知，从偏转电场离开的带电粒子都如同从电场正中央向各个方向直线射出一样。 则由两个三角形相似(图甲)，＝， 解得Y＝。 解法二：图乙中 电子射出偏转电场瞬间垂直于v方向的速度vy＝at1， 射出电场后的运动时间t1＝， 射出电场后在垂直于v方向的位移y′＝vyt1， 电子打到屏上的点距O′点的距离Y＝y＋y′， 解得Y＝。 【练习3】　在芯片制造过程中，离子注入是芯片制造重要的工序。如图，静止于A处的离子，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CF进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐射分布的电场，已知圆弧虚线的半径为R，其所在处电场强度为E，方向如图所示。离子质量为m、电荷量为q，QF＝2d、PF＝3d，离子重力不计。 (1)求加速电场的电压U。 (2)若离子恰好能打在Q点上，求矩形区域QFCD内匀强电场场强E0的值。 解答：(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有qU＝mv2, ① 离子在辐射电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qE＝m， ② 联立①②式，解得U＝ER。 (2)离子在水平电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律，有QF＝2d＝vt, ③ PF＝3d＝at2, ④ 根据牛顿第二定律，有qE0＝ma, ⑤ 联立②③④⑤式，解得E0＝。 点评：本题应用了动能定理、牛顿第二定律、向心力公式、平抛运动公式，解决带电粒子在电场中做匀加速直线运动、匀速圆周运动、类平抛运动的问题，体现了综合性。 考点四　带电粒子在交变电场中的运动 【考点内化】 1．交变电场。 产生交变电场常见的电压波形：正弦波、方形波、锯齿波等。 2．运动类型。 (1)直线运动：一般对整段或分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式求解。 (2)偏转运动：一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解。 (3)往返运动：一般分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解。 【考教衔接】 　(多选)(教材改编)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的交流电源后，在图中，反映电子速度v、位移s和加速度a随时间t的变化规律正确的是(　　) 甲　　　　　　乙　 A B C D 解析：在平行金属板之间加上题图乙所示的交流电压时，电子在平行金属板间所受的电场力大小始终不变，为F＝，由牛顿第二定律F＝ma可知，电子的加速度大小始终不变，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动，在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动，在第四个内向A板做匀减速直线运动，所以a-t图像为D选项，v-t图像为A选项，故AD正确，C错误；又因为匀变速直线运动位移s＝v0t＋at2，所以s-t图像应是曲线，故B错误。故选AD。 【练习4】　如图甲所示，电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交流电源，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。求：(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的) 　甲　　　　　　　　　乙 (1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处。 (2)荧光屏上电子能打到的区间有多长？ 解答：(1)电子经电场加速满足qU0＝mv2， 设电场偏转电压为U偏，经电场偏转后侧移量 y＝at2＝·，所以y＝。 由题图乙知t＝0.06 s时刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5 cm。 设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足＝，所以Y＝13.5 cm。 (2)由题知电子侧移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长度为3L＝30 cm。 考点五　考虑重力的带电体在电场中的运动 【考点内化】 1．等效重力。 电场中电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”；F合的方向等效为“重力”的方向。 2．等效重力场。 物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些。此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”。 【考教衔接】 　空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B，A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为，重力加速度为g。求： (1)电场强度的大小。 (2)B运动到P点时的动能。 解答：(1)设电场强度为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律，有mg＋qE＝ma, ① 根据运动学公式和题给条件，有a＝gt2, ② 联立①②解得E＝。 ③ (2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理，有Ek－mv12＝mgh＋qEh, ④ 且有v1·＝v0t, ⑤ h＝gt2, ⑥ 联立③④⑤⑥式，解得Ek＝2m(v02＋g2t2)。 【练习5】　如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O、半径为r、内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m的带电小球(可视为质点)恰好能静止在C点。若在C点给小球一个初速度使它在轨道内侧恰好能做完整的圆周运动(小球的电荷量不变)。已知C、O、D在同一直线上，它们的连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。求： (1)小球所受的电场力F的大小。 (2)小球做圆周运动，在D点的速度大小及在A点对轨道压力的大小。 解答：(1)小球在C点静止，受力分析如图所示， 由平衡条件得F＝mg tan θ，解得F＝mg。 (2)小球在光滑轨道内侧恰好做完整的圆周运动，在D点小球速度最小，对轨道的压力为零，则＝m， 解得小球在D点的速度vD＝。 小球由轨道上A点运动到D点的过程，根据动能定理得 －mgr(1＋cos θ)－Fr sin θ＝mvD2－mvA2， 解得小球在A点的速度vA＝2， 小球在A点，根据牛顿第二定律得 FNA－mg＝m，解得FNA＝9mg， 根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为 FNA′＝FNA＝9mg。 $