第十章 5 第1课时 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（人教版 浙江专版）

本讲义聚焦高中物理“带电粒子在电场中的运动”核心知识点，系统梳理加速问题（从力与能量角度，结合动力学和动能定理分析）和偏转问题（类比平抛运动，分解为匀速与匀加速运动），通过例题、拓展（如初速度非零、非匀强电场）及练习题构建递进式学习支架。 该资料以科学思维中的模型建构（类平抛运动分解）和科学推理（动力学与能量方法对比）为特色，通过拓展问题引导探究，练习题分层设计。课中助力教师引导学生深化理解，课后帮助学生巩固知识、查漏补缺，提升解决实际问题的能力。

5　带电粒子在电场中的运动 第1课时　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)电子加速时受到几个力的作用？电子做什么运动？ (2)求电子到达正极板时的速度大小。(用两种方法求解) 答案　见解析 解析　(1)只受静电力一个力的作用，电子向右做匀加速直线运动 (2)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板时的速率？ 答案　见解析 解析　(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。 (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－mv02，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。 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。 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　(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)①　②　　③　④ 拓展1　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>。 拓展2　如例2图甲所示，电子的质量为me＝9.1×10－31 kg，电荷量为e＝1.6×10－19 C，若极板间电压为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)。 答案　6×10－15 解析　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 则≈6×10－15。 (1)带电的粒子：如电子、质子、α粒子、正负离子等。微观粒子所受重力和静电力相比小得多，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力。 注意：忽略以上粒子的重力并非忽略粒子的质量。 (2)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。 1.如图所示，M、N是真空中的两块相距为d的平行金属板。质量为m、电荷量大小为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板。如果要使这个带电粒子到达距N板后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)(　　) A．使初速度减为原来的 B．使M、N间电压提高到原来的2倍 C．使M、N间电压提高到原来的3倍 D．使初速度和M、N间电压都减为原来的 答案　D 解析　由题意知，带电粒子在电场中做匀减速直线运动，在粒子恰好能到达N板时，由动能定理可得－qU＝0－mv02，要使粒子到达距N板后返回，设此时两极板间电压为U1，粒子的初速度为v1，则由动能定理可得－q×＝0－mv12，联立两方程得＝，分析可知D正确。 2.如图所示，两金属板与电源相连接，电压为U，电子从上极板边缘垂直电场方向，以速度v0射入匀强电场，且恰好从下极板边缘飞出，两板之间距离为d。现在保持电子入射速度和入射位置(紧靠上极板边缘)不变，仍要让其从下极板边缘飞出，则下列操作可行的是(　　) A．电压调至2U，板间距离变为2d B．电压调至2U，板间距离变为d C．电压调至U，板间距离变为2d D．电压调至U，板间距离变为 答案　B 解析　电子在两板之间做类平抛运动，平行于板的方向有L＝v0t，垂直于板的方向有d＝·· t2，解得2d2mv02＝UqL2，根据此表达式可知：若电压调至2U，板间距离应变为d，选项A错误，B正确；板间距离变为2d，则电压应调至4U；板间距离变为d，则电压应调至U，选项C、D错误。 3.如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B，先后以相同的初速度从同一点水平射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为xA∶xB＝2∶1，则带电粒子的质量之比mA∶mB以及在电场中飞行的时间之比tA∶tB分别为(　　) A．1∶1,2∶3 B．2∶1,3∶2 C．1∶1,3∶4 D．4∶3,2∶1 答案　D 解析　粒子在水平方向上做匀速直线运动，则x＝v0t，由于初速度相同，且xA∶xB＝2∶1，所以tA∶tB＝2∶1，竖直方向上粒子做匀加速直线运动，y＝at2，且yA＝yB，故aA∶aB＝tB2∶tA2＝1∶4，由ma＝qE得m＝，＝·＝×＝。综上所述，选项D正确。 课时对点练　 [分值：100分] ［1~5题，每题7分］ 考点一　带电粒子在电场中的加速 1．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。 2. (2024·浙江省Z20名校联盟联考)如图所示，两平行金属板相距为d，电势差为U，一个质量为m，电荷量为e的电子，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达距O点为h的A点，然后返回。则此电子在O点射出时的速度大小是(　　) A．eU B. C. D. 答案　B 解析　电子最远到达距O点为h的A点，根据动能定理有eEh＝mv2 电场强度为E＝ 此电子在O点射出时的速度大小是v＝ 故选B。 考点二　带电粒子在电场中的偏转 3.如图所示，带电平行金属板水平放置，电荷量相同的三个带电粒子a、b、c从两极板正中央以相同的初速度垂直电场线方向射入匀强电场(不计粒子的重力)，则它们在两板间运动的过程中(　　) A．a、b、c粒子在板间运动时间ta＝tb<tc B．a、b、c粒子在板间运动时间ta<tb＝tc C．a、b、c粒子在板间运动时间ta＝tb＝tc D．a、b、c粒子在板间运动时间ta＝tb>tc 答案　B 解析　三个带电粒子a、b、c从两极板正中央以相同的初速度垂直电场线方向射入匀强电场，则水平方向均做匀速直线运动，因xa<xb＝xc，根据x＝v0t可知ta<tb＝tc。故选B。 4.(多选)如图所示，一电荷量为q的带电粒子以一定的初速度v0由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时其速度方向与电场线方向成30°角。已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计粒子重力，设P点的电势为零。下列说法正确的是(　　) A．带电粒子在Q点的电势能为－qU B．带电粒子带负电 C．此匀强电场的电场强度大小E＝ D．此匀强电场的电场强度大小E＝ 答案　AC 解析　由题图可知，粒子所受的静电力方向向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，粒子从P到Q，静电力做正功，W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，则带电粒子在Q点的电势能为－qU，A正确，B错误；带电粒子在P点时的速度为v0，由类平抛运动的规律和几何知识求得，粒子在Q点时竖直方向的分速度vy＝v0，粒子从P到Q的过程中在竖直方向上的平均速度y＝v0，设粒子在竖直方向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，则竖直方向有y0＝yt＝v0t，水平方向有d＝v0t，可得y0＝，电场强度大小E＝，解得E＝＝，C正确，D错误。 5.平行板间距为d，长度为l，加上电压后，可在A、B之间的空间中(设为真空)产生电场(设为匀强电场)。在距A、B两平行板等距离的O点处，有一电荷量为＋q、质量为m的粒子以初速度v0沿水平方向(与A、B板平行)射入，不计重力，要使此粒子恰好能从下极板边缘C处射出，则A、B间的电压应为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　带电粒子只受静电力作用，在平行板间做类平抛运动。设粒子由O点到C处的运动时间为t，则有l＝v0t， 设A、B间的电压为U，则平行板间的匀强电场的电场强度为E＝， 粒子所受静电力为F＝qE＝ 根据牛顿第二定律得粒子沿电场方向的加速度为a＝＝，粒子在沿电场方向做匀加速直线运动，位移为d，由匀变速直线运动的规律得＝at2 联立解得U＝，故选D。 ［6~10题，每题8分］ 6.(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。 7．(2024·浙江高二统考学业考试)如图所示，带电粒子沿带电平行板中线射入，带电粒子偏转射出电场，平行板之间电场为匀强电场，不计带电粒子的重力， 则下列说法正确的是(　　) A．若射入的初速度加倍，侧移量加倍 B．若射入的初速度加倍，偏转角减半 C．若两板间电压U加倍，侧移量加倍 D．若两板间电压U加倍，偏转角加倍 答案　C 解析　带电粒子在电场中偏转射出电场，可知粒子在电场中运动时间t＝ 粒子在电场方向上的加速度a＝ 粒子的侧移量y＝at2＝××()2＝，若射入的初速度加倍，侧移量缩小为原来的；若两板间电压U 加倍，侧移量加倍，A错误，C正确； 粒子射出电场时偏转角的正切值tan θ＝＝＝，若射入的初速度加倍， 偏转角的正切值缩小为原来的；若两板间电压U加倍，偏转角的正切值加倍，但偏转角并不是加倍，B、D错误。 8.(2024·嘉兴市当湖高级中学高二期中)如图所示，质量相同、带电荷量不同的两带电粒子(重力不计)以大小相同的初速度从左上端水平射入平行板电容器，粒子1打在下极板中点处，粒子2由右侧板中央处射出电场区域，粒子1和2所带电荷量分别为q1和q2，在电场中的运动时间分别为t1和t2，在电场中运动的加速度分别为a1和a2，在电场中运动时动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2，则(　　) A．t1∶t2＝∶1 B．a1∶a2＝4∶1 C．q1∶q2＝2∶1 D．ΔEk1∶ΔEk2＝16∶1 答案　D 解析　粒子在水平方向做匀速直线运动，则t1＝＝，t2＝，则t1∶t2＝1∶2，选项A错误； 粒子在竖直方向做匀加速直线运动，则y＝at2，可得a1∶a2＝∶＝8∶1，选项B错误； 根据a＝∝q，则q1∶q2＝8∶1，选项C错误； 根据ΔEk＝W＝Eqy，可得＝＝，选项D正确。 9.如图所示，从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)。电子向B板方向运动，下列说法错误的是(设电源电压均恒为U)(　　) A．电子到达B板时的动能是eU B．电子从B板到达C板动能变化量为零 C．电子到达D板时动能是3eU D．电子在A板和D板之间做往返运动 答案　C 解析　从F处释放一个无初速度的电子，电子在电压为U的电场中做加速运动，当电子到达B点时，所获得的动能等于静电力做的功，即Ek＝W＝qU＝eU；由题图可知，B板和C板等电势，则B、C之间没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能不变，电子以eU的动能进入C、D板间的电场中，在静电力的作用下，电子做减速运动，由于C、D板间的电压也为U，所以电子在到达D板时速度减为零，开始反向运动；由以上分析可知，电子将会在A板和D板之间做加速、匀速、减速运动，再反向做加速、匀速、减速运动，即做往返运动，故选C。 10.如图所示，一充电后平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为m、电荷量为q1(q1＞0)的粒子A，在负极板附近有一质量也为m、电荷量为－q2(q2＞0)的粒子B，仅在静电力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面Q，两粒子间相互作用力及两粒子的重力均忽略不计，则以下说法正确的是(　　) A．电荷量q1与q2的比值为3∶7 B．电荷量q1与q2的比值为3∶4 C．粒子A、B通过平面Q时的速度大小之比为9∶16 D．粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶7 答案　B 解析　由题意知，粒子A、B同时从静止开始做匀加速直线运动，粒子A、B运动到平面Q的位移之比为3∶4，由a＝＝，y＝at2＝得，电荷量q1与q2的比值为3∶4，故A错误，B正确；两粒子从静止运动到平面Q的过程中由动能定理得Eqy＝mv2，解得v＝，则粒子A、B通过平面Q时的速度大小之比为3∶4，故C、D错误。 11．(11分)先后让一束质子(H)和一束α粒子(氦核He)通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与电场方向垂直。 (1)(5分)若两者的初速度相同，求质子与α粒子在偏转电场中偏移距离之比； (2)(6分)若两者的初动能相同，求质子偏转角的正切值与α粒子偏转角的正切值之比。 答案　(1)2∶1　(2)1∶2 解析　(1)设平行板间匀强电场电场强度为E，两板长度为L，带电粒子的电荷量为q，质量为m。 粒子在偏转电场中做类平抛运动，在沿板方向上做匀速直线运动，有L＝v0t 在垂直于板方向上做匀加速直线运动，有 y＝at2 根据牛顿第二定律得qE＝ma 联立以上各式解得：y＝ 两者的初速度相同，y∝ 故质子与α粒子在偏转电场中偏移距离之比 ＝ (2)偏转角正切值tan θ＝ 垂直于板方向，有vy＝at 根据牛顿第二定律得qE＝ma 又L＝v0t，解得tan θ＝ 若两者的初动能相同，tan θ∝q 故质子偏转角正切值与α粒子偏转角正切值之比＝。 12．(14分)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所吸收，不考虑荧光屏吸收粒子后的电势变化。 (1)(4分)求粒子打出后，在电场中运动的加速度大小； (2)(5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)要使所有粒子都不能打到荧光屏上，求发射时的速度范围。 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，所以不能打到荧光屏上的粒子的速度范围为v0<5×104 m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $