第10章 习题课4 带电粒子在电场中运动的综合应用（配套Word）-【精讲精练】2026-2027学年高中物理必修第三册教师用书（人教版）

本讲义聚焦带电粒子在电场中运动的综合应用，系统梳理直线运动（匀速、匀加速、匀减速）、类平抛运动、交变电场中的运动及能量问题（含圆周运动）等核心知识点，通过力和运动、功和能等方法构建分析框架，形成从基础到复杂题型的学习支架。 该资料以科学思维为特色，通过例题变式与情境设计培养模型建构和科学推理能力，如类平抛运动分解为匀速与匀加速直线运动，交变电场问题结合v-t图像分段分析。课中辅助教师教学，课后助力学生巩固解题方法，有效查漏补缺。

习题课四　带电粒子在电场中运动的综合应用 [学业要求与核心素养] 1．进一步掌握带电粒子在电场中直线运动和类平抛运动的分析方法。 2．会分析带电粒子在电场中的圆周运动，会分析向心力的来源。 3．会分析带电粒子在交变电场中的运动。 [对应学生用书P66] 题型一　带电粒子在电场中的直线运动 1．带电粒子在电场中的直线运动 (1)匀速直线运动：带电粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的静电力与其他力平衡。 (2)匀加速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向相同。 (3)匀减速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向相反。 2．讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法 (1)力和加速度方法——牛顿运动定律、匀变速直线运动公式。 (2)功和能方法——动能定理。 (3)能量方法——能量守恒定律。 如图所示，有一对长4 cm的平行金属板，相距3 cm倾斜放置与水平面成θ＝37°角，两板间加上50 V电压，有一带电粒子质量为4×10－8 kg、以1 m/s的速度自A板上边缘水平进入电场，在电场中沿水平方向运动并恰好从B板下边缘水平飞出，虚线为其运动轨迹，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。求： (1)该电场的电场强度E； (2)带电粒子所带电量q； (3)带电粒子飞出电场时的速度v。 [解析]　(1)根据U＝Ed，E＝＝ V/m＝ V/m。 (2)对带电粒子受力分析如图所示。因带电粒子水平方向沿直线运动，故mg＝qEcos 37° 解得q＝＝ C＝3×10－10 C。 (3)令带电粒子飞出电场时速度为v，由动能定理得qU＝mv2－mv02， 代入数据得v＝ m/s。 [答案]　(1) V/m　(2)3×10－10 C (3) m/s 在例题中，若将两极板沿它们的中心点顺时针转动至竖直状态，如图所示，并将该带电粒子从靠近A极板的某位置由静止释放，求该带电粒子刚好从B极板的下边缘射出电场时的速度大小v。 解析　由题可知，在极板间的电场强度大小不变，方向变为水平方向，粒子的受力情况如图所示，可知合力为F′＝，其中由例题可知qE＝ 解得F′＝ 设粒子在两极板间运动的距离为l，由几何关系可知＝ 解得l＝Ltan θ 由动能定理有F′l＝mv2 解得v＝， 代入数据解得v＝ m/s。 答案　 m/s 1．如图1所示，水平放置的两平行金属板相距为d，充电后带电量保持不变，其间形成匀强电场。一带电量为＋q、质量为m的液滴以速度v0从下板左边缘射入电场，沿直线运动恰好从上板右边缘射出。已知重力加速度为g。 (1)求匀强电场的电场强度大小E； (2)求静电力对液滴做的功W； (3)如图2所示，若将上极板上移少许，其他条件不变，请在图2中画出液滴在两板间的运动轨迹。 解析　(1)液滴沿直线恰好从上板右边缘射出，故液滴在匀速直线运动，可知受力平衡，由平衡条件得：Eq＝mg 解得E＝。 (2)静电力对液滴做的功W＝Eqd＝mgd。 (3)根据E＝，C＝，C＝ 可得E＝。若将上极板上移少许，两板间场强不变，液滴受电场力不变，则液滴仍沿直线运动，轨迹如图。 答案　(1)　(2)mgd　(3)见解析图 题型二　带电粒子的类平抛运动 1．先求加速度。 2．将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的匀加速直线运动，在两个方向上分别列运动方程。 3．涉及功能关系，也可用动能定理列方程。 图示装置由放射源P、加速电场、偏转电场、铺有感光纸的圆筒组成。放射源P可沿着中心线方向连续发出大量电荷量为＋q、质量为m的粒子，其初速度大小范围0～v0，粒子通过极小狭缝经极板A、B间电场加速，再经极板C、D间电场偏转，最后打到绕轴OO′旋转的感光纸上而发出亮点，已知加速电场电压U1＝，偏转电场极板长度L1，极板C、D间距为d，偏转电场电压U2＝，偏转电场极板右端点到感光筒的最近距离L2，圆筒半径R，设感光筒匀速转动，不考虑粒子相互作用和重力，不考虑极板边缘效应，感光纸的厚度不计，两极板间距d足够长粒子都能从偏转电场飞出，求： (1)粒子离开极板B的速度大小范围； (2)粒子离开偏转电场时速度方向与中心线所成角度正切值的最大值与最小值； (3)经过足够长时间后，感光纸上发光点围成的面积大小； (4)若偏转电场电压调到原来的k倍，即U2′＝kU2(k>1)，要求在两个偏转电压作用下打在感光纸上粒子不重叠，k至少多大。 [解析]　(1)粒子在加速电场中U1q＝mv12－mv2 初速度大小范围0<v<v0，U1＝ 可得粒子离开极板B的速度大小范围v0<v1<2v0。 (2)在偏转电场中L1＝v1t，vy＝t＝，可得tan θ＝＝ 因v0≤v1≤2v0，可知≤tan θ≤1 粒子离开偏转电场时速度方向与中心线所成角度正切值的最大值与最小值分别为1和。 (3)根据tan θ＝，可得Ymax＝＋L2，Ymin＝ 经过足够长时间后，感光纸上发光点围成的面积大小S＝2πR(Ymax－Ymin)＝。 (4)若偏转电场电压调到原来的k倍，即 U2′＝kU2(k>1) 则出离偏转电场的最小偏转角tan θ′＝＝ 要求在两个偏转电压作用下打在感光纸上粒子不重叠，则出离偏转电场时最小偏转角正切等于偏转电场电压没调节时的最大偏转角正切，即tan θ′＝＝1，可得k＝4，即k至少为4。 [答案]　(1)v0＜v1＜2v0　(2)1　　(3)　(4)4 2．如图所示，水平面内有一直角坐标系xOy，在第二、三象限内存在沿x轴正方向、场强大小为E的匀强电场Ⅰ，在第一、四象限的x＝0至x＝l区间内存在沿y轴正方向的有理想边界的匀强电场Ⅱ，场强大小未知。一带正电的粒子(可视为点电荷)从P点由静止开始仅在电场力作用下运动，从Q点(l，l)离开电场Ⅱ。带电粒子的质量为m、电荷量为q，不计带电粒子的重力。求： (1)电场Ⅱ的场强E′的大小； (2)若将带电粒子从x轴负半轴上某一位置由静止释放，可使粒子飞出电场Ⅱ时动能最小，求该粒子飞出电场Ⅱ时的最小动能Ek。 解析　(1)粒子在电场Ⅰ中做初速度为0的匀加速运动，从P点到O点，根据动能定理可得qE＝mv2，粒子进入电场Ⅱ的速度为v＝ 粒子在电场Ⅱ中做类平抛运动，由运动学公式可得l＝vt，l＝at2，a＝ 解得E′＝2E。 (2)设粒子在电场Ⅰ中x轴上距原点O为x的位置释放，从释放到O点，由动能定理得 qEx＝mv′2，解得v′＝ 粒子进入电场Ⅱ中做类平抛运动，设偏移量为y，则有l＝v′t′，y＝·t′2 解得y＝ 由全过程动能定理得qEx＋qE′y＝Ek 代入y整理后得Ek＝qE 根据均值不等式可知，当x＝，即x＝l时，动能有最小值，且最小值为Ek＝2qEl。 答案　(1)2E　(2)2qEl 题型三　带电粒子在交变电场中的运动 1．当空间存在交变电场时，粒子所受静电力方向将随着电场方向的改变而改变，粒子的运动性质也具有周期性。 2．研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以v­t图像。特别需注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期。 某示波管简化装置由加速板PQ、偏转板AB及圆弧荧光屏MN组成，如图1所示，加速电场电压为U0，A、B两板间距和板长均为l，荧光屏圆弧的半径为2l，其圆心与正方形偏转区域的中心点O恰好重合，AB板间电压UAB随时间t的变化规律如图2所示。质量为m、电荷量为q、初速度为零的粒子从t＝0时刻开始连续均匀地“飘入”加速电场，粒子通过偏转电场的时间远小于T，不计粒子间的相互作用及粒子的重力。求： (1)粒子进入偏转电场时的速度大小； (2)在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比。 [解析]　(1)根据动能定理可得qU0＝mv02 解得v0＝。 (2)粒子通过偏转电场的时间远小于T，故在AB板间运动时电压可视作恒定。粒子恰好从极板右侧边缘射出时l＝v0t，＝at2，a＝ 解得Um＝2U0 故所占百分比为×100%≈66.7%。 [答案]　(1) 　(2)66.7% 3．如图甲所示，A、B是两块面积很大的平行板，虚线MN表示与A、B板平行等距的一个较小的面，此面到A、B的距离都是L(L未知)，此面处不断地产生微粒，这种微粒产生后，从静止开始运动，若微粒一旦碰到金属板，它就吸附在板上不再运动。以第一个微粒释放时为计时零点，由于控制装置的存在，微粒在不同时刻的加速度变化规律如图乙所示，以向右为正方向，且L、T和a之间恰好满足L＝aT2。结果均可用根式表示。 (1)第一个粒子到达A板所用的时间(结果用T表示)； (2)t＝时产生的微粒到达B板时的速度大小(结果用T和a表示)。 解析　(1)因为微粒开始做匀加速直线运动，根据公式可得L＝at2 解得t＝T<，所以满足条件，一直加速。 (2)t＝时产生的微粒，先做匀加速再做匀减速，内加速运动的位移为 x＝2a2＝aT2，此时粒子的速度为 v＝2aT＝aT 减速阶段粒子运动到B板的速度满足 v2－vB2＝2a(L－x)，解得vB＝aT。 答案　(1)T　(2) aT 题型四　带电体在电场中的能量问题 1．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，指向圆心的力提供向心力，向心力的提供有可能是重力和静电力的合力，也有可能是单独的重力或静电力。 2．有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动，找出等效“最高点”和“最低点”。 如图所示，匀强电场内有一直角三角形ABC，AB边竖直，BC边水平，BC＝2AB，三角形ABC所在平面与电场线平行，选BC所在的水平面为零重力势能面。把一质量为m、电荷量为q的带正电小球以速率v0从A点抛出，此时小球的动能为其重力势能的3倍，小球经过C点时的速率为 v0，若把此小球从B点以速率v0抛出，小球经过A点时速率仍为v0，重力加速度为g，求： (1)A、C两点的电势差UAC； (2)匀强电场的电场强度E的大小。 [解析]　(1)小球在A点的动能为其重力势能的3倍，即Ek0＝mv02＝3mgh 对小球从A到C应用动能定理可得 mgh＋qUAC＝m2－mv02 联立求得UAC＝。 (2)对小球从B到A应用动能定理可得 －mgh＋qUBA＝mv02－mv02 求得UBA＝ BC中点O电势与A点相等，过B做AO垂线交与f点，由几何关系可得 E＝＝＝。 [答案]　(1)　(2) 4．如图，以O为圆心、半径为R的圆形区域内有竖直向下的匀强电场。质量为m、电量为q的带正电粒子在纸面内自圆周上M点先后以不同的速率沿水平方向进入电场。其中速率为v0的粒子，可从直径MN上的N点穿出。直径MN与水平方向的夹角α＝53°，粒子重力不计。(sin 53°＝0.8) (1)求电场强度的大小； (2)以某一速率射入的粒子在电场中运动时间最长，求此粒子动能的增加量。 解析　(1)设从N点穿出电场的粒子在电场中运动时间为t，粒子做类平抛运动，则 x＝v0t＝2Rcos 53°，y＝at2＝2Rsin 53°，a＝ 联立解得E＝。 (2)从P点离开电场的粒子在电场中运动时间最长，如图所示。 设初速度大小为v1，从M到P点过程中，由动能定理可得 W合＝ΔEk＝EqR(1＋sin 53°)，ΔEk＝4mv02。 答案　(1)　(2)4mv02 [对应学生用书P71] 1.如图所示，平行板电容器与电源相连，下极板接地。一带电油滴位于两极板的中心P点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器两极板在纸面内绕OO′顺时针转过45°，则(　　) A．P点处的电势降低 B．带电油滴仍将保持静止状态 C．带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加 D．带电油滴将水平向右做匀加速直线运动 解析　因电容器与电源始终相接，故电压不变，由E＝知，电容器极板旋转后，d′＝d×sin 45°，所以场强变为E′＝＝＝E，又因电容器下极板接地且油滴在中间，故电势φP＝UPO＝U，故电势不变，故A错误；因极板旋转前油滴静止，应有mg＝qE，电场力方向向上，极板旋转后，电场力方向不再向上而是斜向右上方与竖直方向成45°角，油滴不能再保持静止，故B错误；由图可知油滴向右运动过程中，电场力做正功，油滴电势能应减小，故C错误；旋转前qE＝mg，旋转后对油滴受力分析并沿水平与竖直方向分解知，在竖直方向上F＝qE′cos 45°－mg＝q×E×－mg＝0，水平方向F＝qE′sin 45°＝q×E×＝mg，故油滴将向右做加速度为g的匀加速直线运动，故D正确。 答案　D 2.如图所示，带等量异种电荷的平行金属板A、B水平正对放置，间距为d，A板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。将一带电微粒从小孔正下方靠近B板的M点由静止释放，微粒穿过A板上的小孔后，刚好能到达A板上方的N点，N点与A的距离为。若将A板向下平移，再让微粒从M点由静止释放，极板所带电荷量保持不变，不考虑空气阻力，将两板间电场视为匀强电场。下列说法正确的是(　　) A．板间的电场强度变小 B．板间的电场强度大小变为原来的2倍 C．微粒能到达A板上方0.375d处 D．微粒能到达A板上方0.25d处 解析　极板所带电荷量保持不变，板间的电场强度E＝＝＝＝＝ 与两板距离无关，即板间的电场强度不变，故A、B错误； 根据题设条件由动能定理得 mg·d－qEd＝0， 解得qE＝mg。 把A板向下平移的距离，根据动能定理知 mg·x－qE＝0，解得x＝d，微粒能到达A板上方x－d＝0.375d，故C正确，D错误。 答案　C 3.已知水平放置的平行板电容器上极板带正电，下极板带负电。电容器的极板长度为L，两极板间距离为d。一倾斜绝缘挡板放置如图所示位置。质量为m、电荷量为q的带正电小球以速度v垂直电场线从电容器的上边缘射入，恰好落在绝缘挡板的中点处，已知电场强度E＝，则(　　) A．带电小球在运动过程中的加速度为g B．若L＝d，则带电小球恰好垂直落在斜面上 C．带电小球经过t＝落在斜面上 D．电场力对带电小球做功为mgL 解析　带电小球所受电场力与重力同向，根据牛顿第二定律可得小球在运动过程中的加速度为a＝＝2g，故选项A错误；小球运动轨迹如图所示， 设倾斜挡板的倾角为α，小球落在挡板上时的速度偏向角为β。假设小球垂直落在挡板上，则根据几何关系有tan α·tan β＝1，tan α＝，根据类平抛运动规律的推论可得tan β＝，解得L＝d，故选项B正确；在竖直方向上有＝at2＝gt2，t＝，故选项C错误；电场力对带电小球做功为W＝qEd＝mgd，故选项D错误。 答案　B 4．如图甲所示，在真空环境中，粒子源P可沿着中心线源源不断地产生大量电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，带电粒子从粒子源飞出时的速度可忽略不计。粒子沿着细小狭缝进入两平行金属板AB间的加速电场，AB间的加速电压为U1＝U，加速后的粒子沿中心线进入两平行金属板CD间的偏转电场，CD两板间的偏转电压U2随时间t按照图乙所示规律变化，电压变化周期为T，T远大于一个粒子在偏转电场中运动的时间，可认为该粒子穿越偏转电场过程中偏转电压不变。CD板长均为L且垂直于B板，极板间距为d，荧光屏M垂直于CD板放置，距CD板右边缘，偏转电场极板间距及荧光屏足够大，粒子均能从偏转电场飞出打到荧光屏上，不考虑粒子重力及电场的边缘效应。求： 图甲 图乙 (1)粒子离开B板进入偏转电场时的速度v； (2)粒子离开偏转电场时的速度与中心线最大偏角φ的正切值tan φ； (3)粒子打在荧光屏上的光点形成一条亮线，求亮线的长度s。 解析　(1)在加速电场中，由动能定理有 qU1＝mv2 解得v＝。 (2)在偏转电场中，粒子做类平抛运动 在平行中心线方向上：vx＝v，L＝vxt 在垂直中心线方向上：vy＝at 速度偏角的正切值tan φ＝ 又根据牛顿第二定律F＝ma 电场力的性质F＝qE，E＝ 联立解得tan φ＝ 当U2取最大值时，偏角最大，带入解得tan φ＝。 (3)粒子在偏转电场中运动时，垂直中心线方向上的最大偏移量为y＝at2 粒子射出偏转电场后做匀速直线运动，在垂直中心线方向上的最大偏移量为y′＝tan φ 根据对称性，亮线的长度s＝2(y＋y′) 联立解得s＝L。 答案　(1)　 (2)　(3) 5．如图所示，在xOy平面直角坐标系中，第一象限中有沿y轴负方向的匀强电场，第三象限中有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小均为E，第四象限中有沿y轴正方向的匀强电场(图中未画出)，在x＝4l处垂直x轴放置一足够长的挡板。质量为m、电荷量为q的正离子以一定的初速度(未知)从A点沿x轴正方向开始运动，经O点进入第一象限，最终垂直打在挡板上，A点坐标为。离子重力不计。求： (1)离子第一次经过x轴时的速度大小； (2)离子第二次经过x轴时的横坐标； (3)第四象限中电场强度大小的可能值。 解析　(1)离子从A到O做类平抛运动，则 l＝v0t，＝·t2，vy＝t 在O点时，设速度与x轴正方向夹角为θ，tan θ＝＝1 解得θ＝45° 离子第一次经过x轴时的速度大小 v＝ 解得v＝ (2)从O点运动到第二次经过x轴过程中，水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t1 竖直方向做匀变速直线运动，由对称性知： vy＝· 解得x＝2l，离子第二次经过x轴时的横坐标为2l。 (3)若离子在第四象限垂直打在挡板上，如图甲 甲 离子做类平抛运动2l＝v0t2，vy＝t2 解得E1＝ 若离子在第一象限垂直打在挡板上，如图乙 乙 在第四象限运动的水平位移为l，则 l＝v0t3，vy＝· 解得E2＝2E。 答案　(1) 　(2)2l　(3)或2E 学科网（北京）股份有限公司 $