第一章 专题强化6 带电粒子在电场和重力场中的运动（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二物理必修第三册学习笔记（教科版）

该高中物理课件聚焦带电粒子在电场和重力场中的运动，涵盖直线运动、抛体运动、圆周运动三大专题，通过运动和力、功和能关系切入，从直线运动条件分析到抛体运动正交分解再到圆周运动等效法应用，构建递进式学习支架。 其亮点在于以“等效法”为核心，通过复合场中圆周运动等效重力模型建构强化科学思维，结合液滴匀速直线运动、小球抛体运动等实例深化运动和相互作用的物理观念。助力学生建立问题分析框架提升科学推理能力，为教师提供系统教学资源与分层练习支持。

第 一 章 带电粒子在电场和重力场中的运动 专题强化6 1.会应用运动和力、功和能的关系分析带电粒子在电场和重力场中的运动问题(重难点)。 2.会利用“等效法”解决带电粒子在电场和重力场中圆周运动的临界问题(重难点)。 学习目标 内容索引 专题强化练 一、带电粒子在电场和重力场中的直线运动 二、带电粒子在电场和重力场中的“抛体”运动 三、带电粒子在电场和重力场中的圆周运动 < 一 > 带电粒子在电场和重力场中的直线运动 　 (2024·南充市高二期末)(1)如图甲，一带电液滴沿直线从b点运动到d点，bd与水平面成30°角，匀强电场方向竖直向下，液滴的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g，则液滴带　　电(填“正”或“负”)，电场强度E=，液滴做　　　　　运动。  例1 负 匀速直线 (2)如图乙，若其他条件不变，电场方向　　　，电场强度为　　　　，液滴做　　 　　运动，加速度大小a=　　　。  向左 匀加速直线 2g 带电粒子在电场中做直线运动的条件 不可忽略重力的带电粒子(如油滴、小球等)在匀强电场中做直线运动时，重力与静电力的合力为恒力 1.若合力的方向与运动方向在同一条直线上，带电粒子做匀变速直线运动； 2.合力为0，带电粒子做匀速直线运动，此种情况下，电场通常为竖直方向。 总结提升 返回 < 二 > 带电粒子在电场和重力场中的“抛体”运动 　在水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=BC，如图所示。重力加速度为g，由此可知小球带　　(填“正”或“负”)电，小球从A到B与从B到C的运动时间　　　(填“相等”或“不相等”)，静电力大小为　　　，小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小　　　　(填“相等”或“不相等”)。  例2 负 相等 2mg 相等 由题意可知，小球受到的静电力向上，与电场方向相反，所以小球带负电，两个运动过程水平方向的位移相等，所以运动时间也相等，在竖直方向有h=gt2，h=×t2，解得F=2mg，速度变化量等于加速度与时间的乘积，即Δv=at，结合以上的分析可得，AB过程Δv=gt，BC过程|Δv|=|·t|=gt，故速度变化量的大小相等。 处理带电粒子在电场和重力场中“抛体”运动的方法 1.明确研究对象并对其进行受力分析。 2.将运动正交分解，分方向进行分析，把曲线运动转化为分方向的直线运动，利用牛顿运动定律、运动学公式求解。 3.涉及功和能量问题可利用功能关系和动能定理处理。 (1)功能关系：静电力做的功等于电势能的减少量，W电=Ep1-Ep2。 (2)动能定理：合力做的功等于动能的变化量，W=Ek2-Ek1。 总结提升 返回 < 三 > 带电粒子在电场和重力场中的圆周运动 　将光滑绝缘圆轨道置于竖直面内，一带正电，质量为m的小球能在圆轨道内完成完整的圆周运动，圆轨道的圆心为O。重力加速度为g，轨道半径为R。 例3 (1)在图甲中作图确定小球速度最大的位置A及小球速度最小的位置B。 答案　见解析图(a) (2)若将此轨道置于竖直向上匀强电场中，电场强度大小为E=。 ①小球受到重力与静电力合力大小为　　　，方向 　　　 　。  mg 竖直向上 F合=Eq-mg=mg，方向竖直向上 ②在图乙中作图确定小球速度最大时所处的位置C及小球速度最小时所处的位置D。 答案　见解析图(b) ③若小球恰好完成圆周运动，则vD=　　　　，vC=　　　　。  在D点：qE-mg=m 得：vD=，从D→C的过程中：(qE-mg)·2R=m-m，得：vC=。 (3)若将此轨道置于水平向右的电场中，电场强度大小为E=，tan 53°=。 ①小球受重力与静电力的合力大小为　　　　，方向为　　　 　 　。  mg 与水平方向成53°角斜向右下方 如图(d)所示，重力与静电力的合力F合大小为mg，方向与水平方向成53°角斜向右下方。 ②在图丙中作图确定小球速度最大时所处的位置M和速度最小时所处的位置N。 答案　见解析图(c) 过圆心O作与F合方向一致的直线，交圆周于M、N两点，如图(c)。 ③若小球恰好完成圆周运动，则vN=　　　　， vM=　　　　。  在N点：F合=mg=m，得：vN= 从N→M的过程中，F合·2R=m-m 得：vM=。 解决电场和重力场中的圆周运动问题的方法 1.首先分析带电体的受力情况进而确定向心力的来源。 2.用“等效法”的思想找出带电体在电场和重力 场中的等效“最高点”和“最低点”。 (1)等效重力法 总结提升 将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“等效重力”，F合的方向为“等效重力”的方向，即等效重力场中的“竖直向下”方向。a=视为等效重力场中的“等效重力加速度”。 (2)几何最高点(最低点)与物理最高点(最低点) ①几何最高点(最低点)：是指图形中所画圆的最上(下)端，是符合人视觉习惯的最高点(最低点)。 总结提升 ②物理最高点(最低点)：是指“等效重力F合”的反向延长线过圆心且与圆轨道的交点，即物体在圆周运动过程中速度最小(大)的点。 　(多选)(2025·德阳市高二期末)如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为d的不可伸长绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E=，以O点所在水平面为重力势能的零势能面，以O点所在的竖直面为电势能的零势能面，下列说法正确的是 A.若小球能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动到B点 　动能最大 B.若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为 C.若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到C点时的机械能为0 D.若在A点静止释放小球，则小球运动到B点的速度为 例4 √ √ 小球受向右的电场力F电=Eq=mg和向下的重力G=mg，则合力为F=mg，方向与水平方向夹角为45°斜向下，则BC的中点位置为等效“最低点”，可知若小球能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动到中点时的动能最大，选项A错误； 若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则在等效“最高点”时速度最小，该位置在的中点，根据mg=m 它运动的最小速度为vmin=，选项B正确； 若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则在中点时的机械能E1=m+mgdsin 45°=mgd 从中点到C点电场力做功W=qEdsin 45°=mgd 则小球运动到C点时的机械能为E2=E1+W=mgd，选项C错误； 若在A点静止释放小球，则小球先沿直线运动到C点，由动能定理 mg·d=m 到达C点后沿水平方向的速度vCx=vCsin 45°= 从C到B做圆周运动，根据动能定理qEd-mgd=m-m，解得vB=，选项D正确。 返回 < 四 > 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D B A ACD C D AD CD 题号 　9 答案 BC 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1.(2025·广安市中学高二月考)将如图所示周期性变化的电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是 A.电子一直向着A板运动 B.电子一直向着B板运动 C.电子先向A板运动，然后返回向B板运动， 　之后在A、B两板间做周期性往复运动 D.电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动 基础强化练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 根据周期性变化电压的变化规律，可确定电子所受电场力的变化规律，从而作出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线，如图所示，从图中可知，电子在第一个内做匀加速运动，第二个内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B板电势高于A板电势，所 以电子向B板运动，加速度大小为。在第三个内做匀加速运动，第四个内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A板运动，加速度大小为，所以，电子做往复运动，综上分析正确选项为D。 2.(2025·成都市高二期中)如图所示，细线拴一带负电的小球，球处在竖直向下的匀强电场中，使小球在竖直平面内做圆周运动，则 A.小球不可能做匀速圆周运动 B.小球运动到最低点时，电势能一定最大 C.小球运动到最低点时，球的线速度一定最大 D.当小球运动到最高点时绳的张力一定最小 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 重力方向竖直向下、电场力方向竖直向上，若使二者相等且保持绳子拉力大小不变，则有可能做匀速圆周运动，故A错误； 重力与电场力大小未知，小球速度最大位置不确定，由受力分析结合牛顿第二定律得知，绳子张力最小位置不确定，故C、D错误； 沿电场方向电势逐渐降低，结合小球带负电，故在电势最低处(最低点)电势能最大，故B正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 3.如图所示，一个正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相等的带正电液滴，最后分别落在1、2、3三点，不计液滴间的相互作用，则下列说法正确的是 A.三个液滴的运动时间相同 B.三个液滴在真空盒中都做类平抛运动 C.液滴1所带电荷量最大 D.三个液滴落到底板时的速度大小相同 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴下落的高度相同，三个液滴的运动时间相同，A正确； 三个液滴在水平方向受到静电力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做类平抛运动，B错误； 由于液滴3在水平方向位移最大，而运动时间和初速度相同，说明液滴3在水平方向加速度最大，所带电荷量最大，C错误； 三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速度大小不相同，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 4.(多选)(2025·内江市第六中学高二月考)图甲为两水平金属板上，将如图乙所示周期性变化的电压加在两金属板，质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述正确的是 A.t=0时入射的粒子，离开电场时偏离中线 　的距离最大 B.t=时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大 C.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平 D.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ √ 因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，在沿电场方向根据牛顿第二定律和速度时间关系Δv=at可知，所有粒子离开电场时竖直方向的速度为零，即最终都沿水平方向射出电场，沿初速度方向，粒子做匀速直线运动，故离开电场时的速度大小都等于初速度，故C、D正确； 粒子在电场中运动的时间是相同的，t=0时入射的粒子，在竖直方向先加速，后减速，减速到0时恰好离开电场区域，故t=0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大；t=T时入射的粒子，在竖直方向先加速，再减速，再反向加速，反向减速到零恰离开电场区域，此时刻射入的粒子离开电场时偏离中线的距离为零，故A正确，B错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 5.(2024·成都市双流中学高二月考)一个带电荷量为-q的油滴，从O点以速度v射入方向水平向右的匀强电场中恰好做直线运动，油滴运动到最高点P时未离开电场区域，v的方向与电场方向成θ角。已知油滴的质量为m。则O、P两点间的电势差为 A. B.- C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 能力综合练 由题意可知，带负电油滴在匀强电场中受到水平向左的电场力和竖直向下的重力。因为其做直线运动，所以合力方向与速度方向相反，由几何关系得tan θ=，得E=，合力大小为F=，带电油滴沿着初速度方向做匀减速直线运动，运动到最高点时速度为零，由动能定理得-FL=0-mv2，最高点与O点的水平距离为 x=Lcos θ，O点与最高点的电势差为U=Ex 解得U=。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 6.(2025·达州市高二期中)如图甲所示，A、B两极板与交流电源相连，交流电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，A板的电势为0，质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子仅在静电力作用下，在t=时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板间运动，在t=T时刻恰好能到达B板，则 A.粒子在两板间做匀加速直线运动 B.粒子在两板间的最大速度为 C.A、B两板间的距离为 D.若粒子在t=时刻进入两极板，它将一直向B板运动，最终到达B板 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 根据题图乙可知粒子在两板间先向右做匀加速直线运动，然后向右做匀减速直线运动，故A错误； 粒子在t=时刻由静止释放进入两极板间运动，先加速后减速，在t=T时刻到达B板，设两板间距为d，加速度a= 则有d=2×a()2 解得d=，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 由题意可知，经过后粒子速度最大，则最大速度vm=a·=，故B错误； 若粒子在t=时刻进入两极板，在~时间内粒子做匀加速直线运动， 位移x=··(T)2=d>d 说明粒子会一直向B板运动并打在B板上，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 7.(多选)(2025·南充市阆中中学高二月考)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受静电力的作用，则下列说法中正确的是 A.带电粒子将做往复运动 B.2 s末带电粒子离出发点最远 C.2 s末带电粒子的速度为零 D.0~3 s内，静电力做的总功为零 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度 为a1=，第2 s内加速度a2=，由题意可知，E2= 2E1，因此带电粒子先加速1 s再减速0.5 s时速度为零，接下来的0.5 s内将反向加速，以粒子最开始的加速度方向为负方向，v-t图像如图所示。由图可知，带电粒子将做往复运动，故A正确； 根据速度—时间图像与t轴围成的面积表示位移可知，在t=2 s时，带电粒子离出发点不是最远，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 由图可知，2 s末粒子的速度不为零，故C错误； 因为第3 s末粒子的速度刚好减为0，粒子只受静电力作用，前3 s内动能变化为0，根据动能定理知静电力做的总功为零，故D正确。 8.(多选)(2025·成都市高二期中)如图，空间中存在水平向右的匀强电场，一带负电的小球以速度大小为v竖直向上射入匀强电场，经过一段时间，小球速度大小仍为v，但方向沿水平方向，已知小球质量为m，带电荷量为-q(q>0)，重力加速度为g，则在该过程中 A.小球克服重力做功为0 B.小球射入电场后，小球的电势能逐渐增大 C.匀强电场的电场强度大小为 D.小球机械能增加mv2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 小球在竖直方向上只受重力，做竖直上抛运动，运动时间为t=，小球上升的高度为h=t=t=，重力做功为WG=-mgh=-mv2 所以小球克服重力做功为mv2，故A错误； 小球在运动过程中，在水平方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律qE=ma 根据运动学公式可知v=at 联立解得E=，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 在该过程中静电力做正功，所以电势能一直减小，故B错误； 该过程中，除重力做功外，只有静电力做功，且静电力做正功，水平 方向的位移x=t= 静电力做功W=qEx=mv2 所以小球机械能增加mv2，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 9.(多选)如图甲所示，在矩形MNQP区域中有平行于MP方向的匀强电场，电场强度为E0，一电荷量为+q、质量为m的带电粒子以v0的初速度从M点沿MN方向进入匀强电场，刚好从Q点射出。MN=PQ=2L，MP=QN=L。现保持电场强度的大小不变，使匀强电场的方向按图乙做周期性变化。使该带电粒子仍以v0的初速度从M点沿MN方向进入，粒子刚好能从QN边界平行PQ方向射出。不计粒子重力， 取图甲中方向为电场正方向。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 尖子生选练 则下列说法正确的是 A.电场强度大小为E0= B.电场强度大小为E0= C.电场变化的周期可能为T0= D.电场变化的周期可能为T0= √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 对粒子分析，粒子沿MN方向做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，则有2L=v0t，L=at2，a=，联立解得E0=，故A错误，B正确； 当电场强度方向周期性变化时，粒子沿电场方向先做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，速度减为零，这一过程可以重复n次，直到粒子从QN边界射出，沿MN方向有2L=nv0T0(n=1，2，3…)，解得T0=(n=1，2，3…)，当n=5时，可得T0=，故C正确，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 返回 第 一 章 本课结束 $