第10章 5 带电粒子在电场中的运动（课件PPT）-【精讲精练】2026-2027学年高中物理必修第三册（人教版）

该高中物理课件聚焦“带电粒子在电场中的运动”，系统涵盖加速、偏转及示波管原理，通过预习案问题导学（如两种加速方法对比）衔接动能定理与动力学知识，探究案以非匀强电场等问题深化规律理解，搭建学习支架。 其亮点在于以科学思维（模型建构、科学推理）和科学探究为核心，如偏转问题类比平抛运动建立模型并推导公式，探究案通过“非匀强电场能否用牛顿定律求速度”引导质疑创新。例题结合流式细胞仪等实际情境，培养科学态度。学生能提升分析能力，教师可高效落实核心素养。

第十章　静电场中的能量 5　带电粒子在电场中的运动 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 预习案 必备知识·问题导学 01 探究案 关键能力·互动探究 02 知能达标训练 04 提升案 随堂演练·基础落实 03 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 预习案 必备知识·问题导学 栏目导航 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 ma 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 v0 匀速直线 零 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 电子枪 偏转电极 荧光屏 锯齿形 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 信号 扫描 Y偏转电压 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 探究案 关键能力·互动探究 栏目导航 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 提升案 随堂演练·基础落实 栏目导航 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 答案　(1)2.5 m/s2　(2)0.4 s 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 知 能 达 标 训 练 栏目导航 点击进入Word 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 谢谢观看 栏目导航 第十章　静电场中的能量 1 [学业要求与核心素养] 1．会分析带电粒子在电场中的直线运动，掌握求解带电粒子直线运动问题的两种方法。 2．会用运动合成与分解的知识，分析带电粒子在电场中的平抛运动。 3．了解示波管的主要构造和工作原理。 一、带电粒子在电场中的加速 阅读教材，并回答： 教材本章第3节例题： 在紧靠正极板M处有一电量为q、质量为m的带正电粒子，重力不计。在电场力的作用下，该粒子由静止开始向负极板做匀加速直线运动。 (1)试求粒子到达负极板的速度大小，你能给出几种求法？ (2)保持两极板间的电压U不变，若增大两极板间的距离，粒子到达负极板的速度是否变化？粒子在两极板间运动的时间是否变化？ (3)如果带电粒子改从电场的中央由静止开始释放，到达负极板时末速度的大小仍为v＝eq \r(\f(2qU,m))吗？为什么？ 答：(1)方法一：由动能定理qU＝eq \f(1,2)mv2，v＝eq \r(\f(2qU,m))； 方法二：根据F＝ma，a＝eq \f(qU,dm)，又v2＝2ad得v＝eq \r(\f(2qU,m))。 (2)速度不变，时间变长。 (3)不是，因为运动过程中电场力做的功不是qU而是eq \f(1,2)qU。 【概念·规律】 1．动力学分析 适用于匀强电场，公式有： qE＝________，v＝v0＋at，x＝v0t＋________，x＝eq \f(v0＋v,2)t等。 2．动能定理 公式有qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02或qEd＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02(匀强电场)。 eq \f(1,2)at2 二、带电粒子在电场中的偏转 阅读教材，并回答： 根据教材图10.5­2分析： (1)分析电子的受力情况。 (2)你认为这种情境同哪种运动类似，这种运动的研究方法是什么？ (3)你能类比得到带电粒子在匀强电场中运动的研究方法吗？ ①求电子在射出电场时竖直方向上的偏转距离。 ②求电子在离开电场时的速度偏转角的正切值。 答：见教材 【概念·规律】 带电粒子在电场中的偏转 运动 性质 (1)沿初速度方向：速度为_______的____________运动 (2)垂直v0的方向：初速度为______的匀加速直线运动 运动 规律 (1)偏移距离：因为t＝eq \f(l,v0)、a＝eq \f(qU,md)， 所以偏移距离y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mv02d)。 (2)偏转角度：因为vy＝at＝eq \f(qUl,mv0d)，所以tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdv02) 三、示波管的原理 1．示波管主要由__________(由发射电子的灯丝，加速电极组成)、___________(由一对X偏转电极和一对Y偏转电极组成)和_________组成。 2．扫描电压 XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的__________电压。 3．示波管工作原理 被加热的灯丝发射出热电子，电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y偏转电极上加一个________电压，在X偏转电极上加一________电压，在荧光屏上就会出现按______________规律变化的可视图像。 (1)基本带电粒子在电场中一定不受重力。(　　) (2)带电粒子仅在电场力作用下运动时，动能一定增加。(　　) (3)带电粒子在匀强电场中偏转时，其速度和加速度均不变。(　　) (4)带电粒子在匀强电场中运动，一定做匀变速运动。(　　) (5)示波管电子枪的作用是产生高速飞行的电子束，偏转电极的作用是使电子束发生偏转，打在荧光屏的不同位置。(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√ 探究点一　带电粒子在电场中的加速 [交流讨论] 1．两平行极板之间的距离为d，板间电压为U，有一电荷量为e、质量为m的电子，以初速度为v0从左侧极板附近加速。 (1)如果两极板不平行，则中间的电场不再是匀强电场，带电粒子仍由静止开始从正极板处运动到负极板，带电粒子末速度的大小仍为v＝eq \r(\f(2qU,m))吗？为什么？ (2)初速度为零的带电粒子在匀强电场中只受电场力的运动一定是直线运动，那么初速度为零的带电粒子在非匀强电场中只受电场力的运动还一定是直线运动吗？ (3)若两极板间的电场不是匀强电场，还能用牛顿第二定律和运动学公式求带电粒子的末速度大小吗？ 答：(1)速度大小仍为 eq \r(\f(2qU,m))，因电场力做的功不变 (2)不一定　(3)不能 2．完成本节教材“练习与应用”第1题。 [归纳总结] 1．带电粒子的分类及受力特点 (1)电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力。 (2)质量较大的微粒：带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力。 2．分析带电粒子在静电力作用下加速运动的两种方法 (1)利用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式，只能用来分析带电粒子的匀变速运动。 (2)利用动能定理：qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02。若初速度为零，则qU＝eq \f(1,2)mv2，对于匀变速运动和非匀变速运动都适用。 有一带负电的小球，其所带电量大小q＝2×10－3 C。如图所示，开始时让小球静止在场强E＝200 N/C的匀强电场中的P点，靠近电场极板B附近有一挡板S，P点与挡板S的距离h＝16 cm，与A板距离H＝65 cm，重力作用不计。现释放小球，小球在电场力作用下向左运动，若每次小球与挡板S相碰后电量减少到碰前的k倍，已知k＝eq \f(2,3)，而碰后小球的速度大小不变。 (1)设匀强电场中挡板S所在位置处电势为零，小球在电场中P点时的电势能Ep为多少？ (2)小球第一次与挡板S相碰后能向右到达最远的地方距离A板多远？ (3)小球经过多少次与挡板S碰撞后，才能第一次抵达A板？ [解析]　(1)根据USP＝Eh＝32 V，φS－φP＝USP，φS＝0 解得φP＝－32 V 根据φP＝eq \f(Ep,－q)，得Ep＝φP(－q)＝6.4×10－2 J。 (2)整个过程只有电场力做功qEh－kqEd＝0，则 d＝eq \f(3,2)h＝24 cm 此时距离A板为x＝H＋h－d＝57 cm。 (3)设n次碰撞后，小球到达A板时速度恰好为0， qEh－knqE(h＋H)＝0 解得n＝4。 [答案]　(1)6.4×10－2 J　(2)57 cm　(3)4 在例题中，撤去挡板S，其他条件不变，关于小球在两板间的运动，下列说法正确的是(　　) A．小球到达正极板时的速率与两板间距离和电源电压都有关 B．小球到达正极板时的速率与两板间距离和电源电压都无关 C．两板间距离越大，小球运动的时间越长 D．若电源电压U与小球的电荷量q均变为原来的2倍，则小球到达正极板时的速率变为原来的4倍 答案　C (多选)在例题中，若撤去挡板S，其他条件不变，小球经过时间t到达正极板，小球到达正极板时的速度为v，则下列说法正确的是(　　) A．若只增大或减小两板间的距离，则v的大小保持不变 B．若只将负极板竖直向上移动一小距离，则v将增大 C．若只将两板之间的距离增大到原来的4倍，则v将增大到原来的2倍 D．若只将负极板竖直向上移动一小距离，则小球在两板间运动的时间变长 答案　BC 1.在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，电场强度大小E＝6.0×105 N/C，方向与x轴正方向相同。在O处放一个带负电，电荷量q＝5.0×10－8 C，质量m＝1.0×10－2 kg的绝缘物块。物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2.0 m/s，如图所示，g取10 m/s2，求： (1)若以O点为零电势能点，物块具有的最大电势能； (2)物块最终停止时的位置。 解析　(1)物块先在电场中向右减速，速度减为0时电势能最大。 设运动的位移为x1，由动能定理得 －(qE＋μmg)x1＝0－eq \f(1,2)mv02 解得x1＝0.4 m 物块具有的最大电势能Epmax＝qEx1＝1.2×10－2 J。 (2)根据题意可知，当物块速度减为零后，qE－μmg>0 所以物块将沿x轴负方向加速，跨过O点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O点左侧某处，设该点距O点距离为x2，对全程由动能定理有 －μmg(2x1＋x2)＝0－eq \f(1,2)mv02 解得x2＝0.2 m。 答案　(1)1.2×10－2 J　(2)O点左侧0.2 m处 探究点二　带电粒子的偏转 如图所示，质量为m、电荷量为＋q的粒子以初速度v0垂直于电场方向射入两极板间，两平行板间存在方向竖直向下的匀强电场，已知板长为l，板间电压为U，板间距离为d，不计粒子的重力。 1．运动分析及规律应用 粒子在板间做类平抛运动，应用运动分解的知识进行分析处理。 (1)在v0方向：做匀速直线运动。 (2)在静电力方向：做初速度为零的匀加速直线运动。 2．两个重要推论 (1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初速度方向位移的中点。 (2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的eq \f(1,2)，即tan α＝eq \f(1,2)tan θ。 3．分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy＝ΔEk，其中y为粒子在偏转电场中沿静电力方向的偏转量。 如图所示，水平放置、相距为d的两块平行金属板M、N与电源相连，开关S闭合后，M、N间产生了匀强电场，一个重力与电场力相等的带电粒子垂直于电场方向从M板边缘射入电场，粒子恰好打在N板中央，已知重力加速度为g。 (1)若开关S闭合，为了让粒子恰能飞出电场，应将N板向下平移多少？ (2)若开关S断开且粒子初速度大小变为原来的3倍，重力忽略不计，为了让粒子恰能飞出电场，应将N板向上平移多少？ [解析]　(1)若开关S闭合，则电容器两极板间的电势差不变，设极板间的电压为U，极板的长度为L，粒子的初速度为v0，粒子做类平抛运动，则eq \f(L,2)＝v0t0，d＝eq \f(1,2)a0t02，E0＝eq \f(U,d) a0＝eq \f(mg＋qE0,m)＝2g 粒子恰能飞出电场，设此时极板间的间距为d1， L＝v0t1，d1＝eq \f(1,2)a1t12，E1＝eq \f(U,d1) a1＝eq \f(mg＋qE1,m)＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(d,d1))) N板向下平移的距离为Δd＝d1－d 联立解得Δd＝eq \r(3)d。 (2)若开关S断开，则电容器的带电量不变,根据E＝eq \f(U,d),C＝eq \f(εrS,4πkd),C＝eq \f(Q,U) 联立可得E＝eq \f(4πkQ,εrS) 可得电容器的电场强度不变，重力忽略不计，粒子做类平抛运动， 则eq \f(L,2)＝v0t2，d＝eq \f(1,2)at22，a＝eq \f(qE,m) 设N板上移距离为Δx，粒子初速度大小变为原来的3倍，粒子恰能飞出电场，则L＝3v0t3，d－Δx＝eq \f(1,2)at32 联立解得Δx＝eq \f(5,9)d。 [答案]　(1)eq \r(3)d　(2)eq \f(5,9)d 2.如图所示，竖直平面内有一平行板电容器AB，两极板电压为U，靠近A板有一个粒子源，可产生初速度为零，质量为m、电荷量为q的带正电粒子，B板开有一小孔，粒子被平行板电容器加速后可无摩擦地穿过小孔，B板右侧有一宽度为d、大小为E0的匀强电场，方向竖直向下，不计重力，求：(1)粒子到达小孔处速度的大小v0； (2)现通过调节U的大小，使粒子离开E0电场区域的动能最小，求动能的最小值Ekm及此时U的大小。 解析　(1)粒子在左侧加速电场中，由动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv02， 解得v0＝eq \r(\f(2qU,m))。 (2)在右侧偏转电场中，粒子做类平抛运动，根据平抛运动的研究方法有d＝v0t，qE0＝ma，y＝eq \f(1,2)at2，由动能定理有Ek＝qU＋qE0y 联立以上各式可得qU＋eq \f(qE02d2,4U)＝Ek 根据数学关系可知，qU＝eq \f(qE02d2,4U)时，动能最小，此时U＝eq \f(E0d,2) 由此可得Ekm＝qE0d。 答案　(1)eq \r(\f(2qU,m))　(2)qE0d　eq \f(E0d,2) 1．(教材本节例1变式)在教材P44例1中，下列说法正确的是(　　) A．带电粒子是在金属筒内被加速的 B．如果仅增大带电粒子的质量，不改变交流电的周期，直线加速器也能正常工作 C．粒子每通过一次缝隙都会增加相同的动能 D．粒子速度越来越快，为使得它每次都能被加速电压加速，筒间的缝隙应设计成越来越大的，所以直线加速器也会做的很长 解析　每个相邻圆筒构成电容器，因此带电粒子在圆筒间的缝隙内被加速的，选项A错误；带电粒子在缝隙中加速，由动能定理可得qU＝eq \f(1,2)mvn2－eq \f(1,2)mvn－12，解得vn＝eq \r(\f(2qU,m)＋vn－12)，因此增大带电粒子的质量，带电粒子获得的速度会减小，通过下一节圆筒时所需时间会增大，因此需要减小交变电流的周期，直线加速器才能正常工作，选项B错误；带电粒子在缝隙中加速，由动能定理可得qU＝ΔEk，粒子每通过一次缝隙都会增加相同的动能，选项C正确；粒子速度越来越快，为使得它每次都能被加速电压加速，筒间的缝隙不变，圆筒应设计成越来越大的，所以直线加速器也会做的很长，选项D错误。 答案　C 2．(多选)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q,2m)、(＋3q,3m)、(－q，m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是(　　) 解析　带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a＝eq \f(qE,m)， 由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为t＝eq \f(l,v0)， 离开电场时，带电粒子的偏转角的正切值为 tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(qEl,mv02)， 因为四个带电粒子的初速度相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三种带电粒子带正电，第四种带电粒子带负电，所以第四个粒子与前面三个粒子的偏转方向不同；第一种粒子与第三种粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与第四种粒子的比荷也相同，所以一、三、四粒子偏转角相同，但第四种粒子与前两个粒子的偏转方向相反；第二种粒子的比荷与第一、三种粒子的比荷小，所以第二种粒子比第一、三种粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同。 答案　AD 3．如图所示，M、N为两块水平放置的平行金属板，板长为l，两板间的距离也为l，板间电压恒定。今有一质量为m、带电荷量为q的粒子(重力不计)，从静止开始，经过电压为U0的加速电场加速后，以一定的初速度沿两板正中间垂直进入电场，最后打在距两平行板右端距离为l的竖直屏上，粒子落点距O点的距离为eq \f(l,2)。求： (1)粒子从进入偏转电场到打到屏上所用的时间； (2)偏转电场的电压U。 解析　(1)在加速电场中，由动能定理 U0q＝eq \f(1,2)mv02，解得v0＝eq \r(\f(2U0q,m)) 然后带电粒子在水平方向做匀速直线运动，则 t0＝eq \f(2l,v0)＝2leq \r(\f(m,2U0q))。 (2)带电粒子做类平抛运动，则l＝v0t，y＝eq \f(1,2)at2，加速度为a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(Uq,ml) 根据几何关系有tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)，y＋ltan θ＝eq \f(l,2) 解得U＝eq \f(2,3)U0。 答案　(1)2leq \r(\f(m,2U0q))　(2)eq \f(2,3)U0 4．如图所示，水平放置的平行板电容器，两极板间距为d＝0.06 m，极板长为L＝0.3 m，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝0.5 m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下极板向下平移Δd＝0.02 m，液滴最后恰好从极板的末端飞出，g取10 m/s2，求： (1)将下极板向下平移后，液滴的加速度大小； (2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用的时间。 解析　(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴做匀速直线运动，则有qE＝mg，即qeq \f(U,d)＝mg，变形得qU＝mgd， 当下板向下平移后，d增大，E减小，电场力减小，故液滴向下偏转，在电场中做类平抛运动，此时液滴所受电场力F′＝qeq \f(U,d′)＝eq \f(mgd,d＋Δd) 由牛顿第二定律可得a＝eq \f(mg－F′,m)＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(d,d′)))＝eq \f(1,4)g＝2.5 m/s2。 (2)因为液滴刚好从金属板末端飞出， 所以液滴在竖直方向上的位移是y＝eq \f(d,2)＋Δd 设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为t2，则eq \f(d,2)＋Δd＝eq \f(1,2)at22 解得t2＝0.2 s 而液滴从刚进入电场到出电场的时间t＝eq \f(L,v0)＝0.6 s 所以液滴从射入电场开始计时匀速运动到P点所用的时间为t1＝t－t2＝0.4 s。 $