第2章 第4节 带电粒子在电场中的运动（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理必修第三册学习笔记（鲁科版）

本讲义聚焦带电粒子在电场中的运动，系统梳理加速（从力和能量角度分析）与偏转（用类平抛运动方法研究）两大核心知识点，通过例题、拓展构建从基础原理到变式应用的学习支架，衔接动力学、动能定理及运动分解等知识。 该资料亮点在于通过一题多解（如加速问题的动力学与动能定理求解）、条件变式（初速度不为零、非匀强电场）培养科学思维中的模型建构与科学推理，课时对点练覆盖不同考点，课中辅助教师分层教学，课后帮助学生查漏补缺，提升问题解决能力。

第4节　带电粒子在电场中的运动 [学习目标]　1.能从力和能量的角度分析带电粒子在电场中的加速问题(重点)。2.能运用类平抛运动的分析方法研究带电粒子在电场中的偏转问题(重难点)。 一、带电粒子在电场中的加速 例1　如图所示炽热的金属丝可以发射电子。在金属板P、Q间加电压U，发射出的电子在真空中加速后，从金属板的小孔穿出。设电子刚离开金属丝时的速度为零，电子质量为m、电荷量大小为e。 (1)已知电子的质量为me＝9.1×10－31 kg，电荷量为e＝1.6×10－19 C，若极板电压U＝200 V，板间距离为d＝2 cm，则电子的重力与所受静电力的比值为　　　　(g取10 m/s2，结果保留一位有效数字)。在研究电子运动的过程　　　　(选填“需要”或“不需要”)考虑重力。  (2)电子在P、Q间做什么运动？ (3)求电子到达正极板时的速度大小。(用两种方法求解，结果用字母表示) 答案　(1)6×10－15　不需要　(2)匀加速直线运动　(3)见解析 解析　(1)G＝meg＝9.1×10－30 N， 两极板间的电场强度E＝＝1×104 V/m 电子在两极板间所受静电力F＝eE＝1.6×10－15 N，＝6×10－15。重力相比静电力太小，故在研究电子运动过程中不需要考虑重力。 (2)电子在P、Q间向右做匀加速直线运动 (3)方法一：运用动力学方法求解 电子受到静电力 F＝eE＝ 加速度a＝ 由v2＝2ad＝2得v＝ 方法二：由动能定理有 eU＝mv2 得v＝。 拓展1　(1)若保持P、Q间电压不变，增大P、Q两板间的距离，电子到达极板时所用的时间将　　　　(填“变长”“不变”或“变短”)，电子到达Q板的速率　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  (2)如何增大电子到达Q板的速率？ 答案　(1)极板间的电压U不变，由E＝可知，两板间距离d越大，电场强度E越小，静电力F＝Ee越小，加速度越小，加速时间变长，由eU＝mv2得v＝，则电子到达Q板时的速率与两板间距离无关，仅与板间电压有关，电子到达Q板的速率将不变。 (2)增大两极板间的电压。 拓展2　若粒子的初速度v0≠0，电子到达Q板的速率为　　　　。  答案　 解析　由动能定理可得eU＝mv2－m，解得v＝。 拓展3　如图所示，若Q板为其他形状，两极板间不是匀强电场，该用何种方法求解。 答案　如果是非匀强电场，电子将做变加速运动，动力学方法不可用；静电力做功仍然可以用W＝eU求解，动能定理仍然可行。 1.带电粒子在带电金属板间加速后的速率仅与带电粒子的初速度大小及两板间的电压有关，与板间距离无关。 2.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，重力远小于静电力，一般都不考虑重力，但不能忽略质量。 (2)质量较大的微粒，如带电小球、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。 二、带电粒子在电场中的偏转 例2　如图甲，两个相同极板Y与Y'的长度为l，相距d，极板间的电压为U。一个质量为m、电荷量为e的电子沿平行于板面的方向射入电场中，射入时的速度为v0。把两极板间的电场看作匀强电场。 (1)电子在电场中做什么运动？如何处理？ (2)设电子不与平行板相撞，如图乙，完成下列内容(均用题中所给字母表示)。 ①电子通过电场的时间t＝　　　　。  ②静电力方向：加速度a＝　　　　，离开电场时垂直于极板方向的分速度vy＝　　　　。  ③速度与初速度方向夹角的正切值tan θ＝　　　　。  ④离开电场时沿静电力方向的偏移量y＝　　。  答案　见解析 解析　(1)电子在电场中做类平抛运动，应运用运动的分解进行处理，沿v0方向：做匀速直线运动；沿静电力方向：做初速度为零的匀加速直线运动 (2)①t＝ ②a＝　vy＝at＝ ③tan θ＝ ④y＝at2＝ 带电粒子在匀强电场中的偏转问题类似于平抛运动，运用运动的合成与分解来分析：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初速度为零的匀加速直线运动，在这两个方向上分别列运动学方程或牛顿第二定律求解物理量。 拓展　若电子可以飞出极板，两极板间距d应满足什么条件？ 答案　由y＝<得d>。 课时对点练 [分值：70分] [1~5题，每题5分] 考点一　带电粒子在电场中的加速 1.质子(H)、α粒子(He)、钠离子(Na＋)三个粒子分别从静止状态经过电压为U的同一电场加速后，获得动能最大的是(　　) A.质子(H) B.α粒子(He) C.钠离子(Na＋) D.都相同 答案　B 解析　由qU＝mv2－0可知，U相同时，α粒子带的正电荷多，电荷量最大，所以α粒子获得的动能最大，故选项B正确。 2.如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，已知两极板间的电势差为U，板间距离为d，电子质量为m，电荷量为e，则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是(　　) A.若将板间距离d增大一倍，则电子到达Q板时的速率保持不变 B.若将板间距离d增大一倍，则电子到达Q板时的速率也增大一倍 C.若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间保持不变 D.若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为原来的一半 答案　A 解析　根据动能定理得eU＝mv2，可知电子到达Q板时的速率为v＝，将板间距离d增大一倍，因为电势差不变，电子到达Q板的速率不变，A正确，B错误；电子的加速度a＝，根据d＝at2得t＝d，若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板时的时间减为原来的，C、D错误。 3.(2024·福州市高二期末)人体的细胞膜模型图如图甲所示，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位)。现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图乙所示，初速度可视为零的一价负氯离子仅在电场力的作用下，从图中的A点运动到B点，下列说法正确的是(　　) A.A点电势大于B点电势 B.氯离子的电势能将减小 C.若仅增大细胞膜的膜电位，氯离子进入细胞内的速度减小 D.若仅减小细胞膜的厚度d，氯离子进入细胞内的速度将会变大 答案　B 解析　初速度可视为零的负氯离子仅在电场力的作用下，从题图乙中的A点运动到B点，说明电场方向为B指向A，沿着电场方向电势逐渐降低，A点电势小于B点电势，故A错误；电场力对氯离子做正功，由功能关系可知，电势能减小，故B正确；由动能定理有Uq＝mv2，可知仅增大细胞膜的膜电位时，氯离子进入细胞内的速度增大；仅减小细胞膜的厚度d，氯离子进入细胞内的速度不变，故C、D错误。 考点二　带电粒子在电场中的偏转 4.(多选)如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中(　　) A.它们运动的时间相等 B.它们运动的加速度相等 C.Q所带的电荷量是P所带的电荷量的3倍 D.Q电势能改变量是P电势能改变量的4倍 答案　AD 解析　两粒子在垂直电场方向上做匀速直线运动，由x＝vt，得知，运动的时间相等，故A正确；两粒子在平行电场方向受到电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有y＝at2，所以aQ＝2aP，故B错误；根据牛顿第二定律，有Eq＝ma，则a＝，所以qQ＝2qP，故C错误；因为ΔEp＝－W＝－Eqy，所以Q电势能改变量是P电势能改变量的4倍，故D正确。 5.(2024·福州市高二期中)如图所示，有一带电粒子贴A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹②落到B板中间；设两次射入电场的水平速度相同，则电压U1、U2之比为(　　) A.1∶8 B.1∶4 C.1∶2 D.1∶1 答案　A 解析　设两板长为l，宽为d，带电粒子在电容器中做类平抛运动， 轨迹①、②的加速度大小分别为a1＝，a2＝， 对轨迹①l＝v0t1，a1， 对轨迹②＝v0t2，d＝a2， 联立得U1∶U2＝1∶8，A正确。 6.(9分)(2024·龙岩市高二期中)如图所示，电荷量为－e、质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v0，AB间的水平距离为l， 当它通过电场B点时，速度与场强方向成150°角，不计电子的重力，求： (1)(3分)电子从A运动到B所用的时间； (2)(6分)A、B两点间的电势差。 答案　(1)　(2)－ 解析　(1)电子进入匀强电场后在电场力作用下做类平抛运动。 根据运动的分解可知，电子在水平方向上做匀速直线运动，则有l＝v0t， 解得电子从A运动到B所用的时间为t＝ (2)将B点的速度分解，如图所示， 则有 v＝＝2v0 电子从A点运动到B点，由动能定理得 －eUAB＝mv2－m， 解得UAB＝－。 [7~9题，每题6分] 7.(多选)一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，场强为E(如图所示)，则(　　) A.粒子射入的最大深度为 B.粒子射入的最大深度为 C.粒子在电场中运动的最长时间为 D.粒子在电场中运动的最长时间为 答案　BD 解析　粒子射入到最右端，由动能定理得－Eqxmax＝－m，最大深度xmax＝；由v0＝at，a＝，可得t＝，则粒子在电场中运动的最长时间为，选项B、D正确。 8.(多选)(2024·莆田市高二期中)H、H、H三个原子核，电荷量均为e，质量之比为1∶2∶3。如图所示，它们以相同的初速度由P点沿平行极板方向射入匀强电场，在下极板的落点为A、B、C，已知上极板带正电，原子核不计重力，下列说法正确的是(　　) A.三个原子核在电场中运动的时间相等 BH、H、H的加速度关系是a1>a2>a3 C.落在A点的原子核是H D.三个原子核刚到达下极板时的动能相等 答案　BC 解析　因为原子核在电场中水平方向做匀速直线运动， 又因为它们以相同的初速度由P点沿平行极板方向板射入匀强电场，由t＝， 可知，三个原子核在电场中运动时间关系为tA>tB>tC，故A错误；由题意知，原子核在电场中的加速度为a＝即原子核的加速度之比为它们的比荷之比，则HHH的加速度关系是a1>a2>a3，故B正确；因为三个原子核在电场中沿电场方向的位移相等，由y＝at2可知，加速度越小，运动时间越长，所以落在A点的原子核是H，故C正确； 对三个原子核由动能定理得qEy＝Ek－m 则Ek＝qEy＋m， 因为它们质量不同，则初动能不同，则三个原子核刚到达下极板时的动能不相等，故D错误。 9.(多选)如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，恰好沿下板的边缘飞出，粒子通过平行金属板的时间为t，则(　　) A.在前时间内，静电力对粒子做的功为Uq B.在前时间内，静电力对粒子做的功为Uq C.在粒子下落的前和后过程中，静电力做功之比为1∶1 D.在粒子下落的前和后过程中，静电力做功之比为1∶2 答案　BC 解析　在时间t内，L＝v0t，at2，在前内，y＝a()2，可得y＝，则静电力做的功为W＝qEy＝，A错误，B正确；在粒子下落的前和后过程中，静电力做的功分别为W1＝qE·，W2＝qE·，所以W1∶W2＝1∶1，C正确，D错误。 10.(11分)(2024·肇庆市第一中学高二期中)如图所示为一种新型粒子收集装置，一个粒子源放置在立方体ABCD－A'B'C'D'中心(固定在竖直轴上)，粒子源可以向水平各方向均匀地发射一种带正电粒子，粒子比荷为＝1×108 C/kg。立方体处在竖直向下的匀强电场中，电场强度E＝1×103 N/C；立方体棱长L＝0.1 m，除了上、下底面AA'B'B、CC'D'D为空外，其余四个侧面均为荧光屏。不考虑粒子源的尺寸大小、粒子重力以及粒子间的相互作用；粒子打到荧光屏上后被荧光屏吸收，不考虑荧光屏吸收粒子后的电势变化。 (1)(3分)求粒子发射后，在电场中运动的加速度大小； (2)(3分)分析说明打到荧光屏上哪些位置的粒子运动的时间最长，并求最长时间； (3)(5分)若使所有粒子均不能打到荧光屏上，求粒子发射时的速度大小范围。 答案　(1)1×1011 m/s2 (2)打到正方形CDD'C'边上　1×10－6 s (3)v0<5×104 m/s 解析　(1)根据牛顿第二定律有qE＝ma，代入数据可得加速度为a＝1×1011 m/s2 (2)粒子在电场中做类平抛运动，落在荧光屏的下边缘的粒子运动时间最长，即落在正方形CDD'C'边上的粒子在电场中运动的时间最长，竖直方向at2，得t＝＝1×10－6 s (3)水平方向满足＝v0t，得能打到荧光屏上的最小速度为v0＝5×104 m/s，所以所求的粒子的速度范围为v0<5×104 m/s。 　[7分] 10.(多选)(2024·福建龙岩市高二期中)如图所示，两平行板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0、带负电的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时的速度大小为v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则(　　) A.M板电势高于N板电势 B.粒子从N板下端射出的时间t＝ C.M、N两板间距为d＝ D.粒子在两板间的加速度为a＝ 答案　BC 解析　由于粒子带负电，且平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出，故N板带正电、M带负电、M板电势低于N板电势，故A错误； 对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，该粒子在两板间做类平抛运动，有＝v0t， 解得粒子从N板下端射出的时间为t＝，故B正确； 对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，该粒子在两板间做类平抛运动，则d＝at2， 对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中的加速度也相同，有(v0)2－＝2ad， 联立解得a＝，d＝，故C正确，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $