第9章 专题突破15 带电粒子在电场中运动的综合问题-【优化探究】2027年高考物理一轮复习高考总复习配套课件（教科版）

该高中物理高考复习课件聚焦“带电粒子在电场中运动的综合问题”专题，依据高考评价体系梳理了交变电场运动分析、等效法应用、力电综合问题三大核心考点，通过真题分析明确交变电场偏转和力电综合占比超60%的高频考向，归纳直线运动、圆周运动等常考题型。 课件亮点在于“真题解析+方法建模+素养提升”策略，如以2024安徽卷力电综合题为例，运用动力学和能量观点构建解题模型，培养科学思维和能量观念。特设图像转换技巧（U-t转a-t再转v-t）和等效法临界分析，助力学生掌握答题技巧，教师可据此实施精准复习。

专题突破15　 带电粒子在电场中运动的综合问题 第九章　静电场 1 [学习目标]　1.掌握交变电场的特点，会分析带电粒子在交变电场中的运动规律。2.会用等效法分析带电粒子在电场和重力场中的圆周运动。3.会用动力学、能量和动量观点分析带电粒子的力电综合问题。 2 突破点一　带电粒子在交变电场中的运动 突破点二　“等效法”在电场中的应用 突破点三　电场中的力电综合问题 随堂检测　自我诊断 内容索引 3 突破点一　 带电粒子在交变电场中的运动 一 4 1.常见的交变电场 常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。 2.常见的题目类型 (1)粒子做单向直线运动。 (2)粒子做往返运动。 (3)粒子做偏转运动。 盘点 核心知识 3.思维方法 (1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。 (2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。 4.解题技巧 (1)按周期性分段研究。 (2)将 a－t图像 v－t图像。 考向1　带电粒子在交变电场中的直线运动 [典例1]　一对正对平行金属板上加有如图所示的电压，在两板的中间 位置有一点电荷(不计重力)，在下列哪一时刻由静止释放该点电荷，它 可能永远撞不上金属板(　　) A.0　　　　　　　　　 B.0.5 s末 C.1 s末 D.2 s末 C 提升 关键能力 [解析]　假设点电荷带正电，由各时刻释放时，点电荷的v－t图像如图所示，由图可知在0时刻、2 s末释放时点电荷做单向运动，0.5 s末释放时，点电荷在一个周期内沿正方向通过的位移大于沿负方向通过的位移，一个周期内的合位移沿着正方向，这几种情况下点电荷都将撞在金属板上，而在1 s末释放时点电荷只在某一空间范围内往复运动，点电荷可能不会撞在金属板上。假设点电荷带负电，分析同上，C正确。 在画速度—时间图像时，要注意以下几点： (1)带电粒子进入电场的时刻。 (2)速度—时间图像的斜率表示加速度，因此加速度相同的运动的图像一定是平行的直线。 (3)图线与时间轴围成的“面积”表示位移，且在横轴上方所围成的“面积”为正，在横轴下方所围成的“面积”为负。 (4)注意对称性和周期性变化关系的应用。 (5)图线与横轴有交点，表示此时速度为零；对于运动很复杂，不容易画出速度—时间图像的问题，还应逐段分析求解。 归纳总结 考向2　带电粒子在交变电场中的偏转 [典例2]　如图甲所示，电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，平行金属极板板长和极板间的距离均为L＝ 10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示(每个电子穿过平行金属极板的时间都极短，可以认为极板间电压是不变的)。求： (1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处； (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长。 [思路点拨]　(1)电子穿过极板过程中，上、下极板间的电压U不变，电子的加速度不变化。 (2)从图乙可知电压有正值和负值，则电子可向上或向下偏转。 (3)电压过大时，电子打在极板上，不会打到荧光屏上，电子从极板上、下边缘射出是临界条件。 [解析]　 (1)电子经加速电场加速的过程满足eU0＝mv2， 在偏转电场中，水平方向有L＝vt，竖直方向有 y＝at2＝·()2， 联立解得y＝。 由题图乙知在t＝0.06 s时刻，U偏＝1.8U0， 电子向上偏转，所以y＝4.5 cm。 设电子打在屏上的点与O点的距离为Y， 则满足， 解得Y＝13.5 cm。 (2)由题意知，电子偏移量的最大值ymax＝， 所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，设电子打在荧光屏上的最远点与O点的距离为Y'，则有， 解得Y'＝L，所以荧光屏上有电子能打到的区间长为2Y'＝3L＝30 cm。 [答案]　 (1) O点上方13.5 cm处 (2) 30 cm 突破点二　 “等效法”在电场中的应用 二 15 1.方法概述 等效思维方法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大。若采用等效法求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷。 盘点 核心知识 2.方法应用 先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个等效重力，将g'＝视为等效重力加速度。再将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。 [典例3]　(多选)(经典高考题)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点，则射出 后，(　　) A.小球的动能最小时，其电势能最大 B.小球的动能等于初始动能时，其电势能最大 C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大 D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量 BD 提升 关键能力 [解析]　如图所示，qE＝mg，故等效重 力G'的方向与水平方向成45°角。当vy ＝0时速度最小，为vmin＝v1，由于此时 v1存在水平分量，电场力还可以向左做 负功，故此时电势能不是最大，故A错 误。从射出时刻到小球速度的水平分量 为零时，水平方向上v0＝t，在竖直方 向上v＝gt，由于qE＝mg，可得v＝v0， 即小球的初动能等于末动能，由于此时 速度没有水平分量，故电势能最大；由动能定理可知WG＋WqE＝0，则重力做功等于小球电势能的增加量， 故B、D正确。当如图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误。 [典例4]　(多选)(2026·重庆八中高三检测)如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝1×104 V/m，其中有一个半径为R＝2 m的竖直光滑圆环轨道，环内有两根光滑的弦轨道AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m＝0.08 kg、电荷量为q＝＋6×10－5 C的带电小环(视为质点)穿在弦轨道上，从A点由静止释放，可分别沿AB和AC到达圆周上的B、C点。现去掉弦轨道AB和AC，如图乙所示，让小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动，不考虑小 环运动过程中电荷量的变化。下列说法正确的是(cos 37°＝0.8，g取 10 m/s2)(　　) A.小环在弦轨道AB和AC上运动时间之比 为1∶1 B.小环做圆周运动过程中经过C点时动能 最大 C.小环做圆周运动过程中动能最小值是1 J D.小环做圆周运动过程中对圆环轨道的最大压力是5 N AD [解析]　因为重力与电场力均为恒力，所以二者的合力大小为F＝＝1 N，与竖直方向夹角正切值tan θ＝，解得θ＝37°，重力与电场力合力指向O，A为等效最高点，根据等时圆模型，小环在弦轨道AB和AC上运动时间相等，A正确；等效最低点是AO延长线与圆环轨道交点，而非C点，等效最低点速度最大，动能最大，B错 误；因为小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动，则小环在等效最高点A速度最小为零，在A点动能最小也为零，C错误；小环在等效最低点时速度最大，动能最大，小环对圆环轨道压力也最大，从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得 F·2R＝m－0，由牛顿第二定律得FN－F＝m，代入数据解得FN＝5 N，由牛顿第三定律得，小环做圆周运动的过程中对圆环的最大压力是5 N，D正确。 把握三点，合理利用“等效法”解决问题 1.把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。 2.等效重力的反向延长线与圆轨迹的交点为带电体在等效重力场中运动的最高点。 3.类比“绳球”“杆球”模型临界值的情况进行分析解答。 规律方法 突破点三　电场中的力电综合问题 三 24 1.动力学的观点 (1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。 (2)综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析要全面，特别注意是否需要考虑重力的问题。 盘点 核心知识 2.能量的观点 (1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理。 (2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。 ①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。 ②若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变。 3.动量的观点 (1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向。 (2)运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式外，还要注意题目表述是否为某方向上动量守恒。 [典例5]　(2024·安徽卷)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电荷量为＋q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所 示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量， 不计空气阻力，则(　　) D A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C.在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1 D.在图乙位置，v3＝ 提升 关键能力 [解析]　该过程中系统动能和电势能相互转 化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受 到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球 运动到同一条直线上时，根据对称性可知 细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的电 场力大小相等，方向相反，故可知此时球3 受到的合力为0，球3从静止状态开始运动， 瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故A、B错误。对系统根据动量守恒有mv1＋mv2＝mv3，根据球1和球2运动的对称性可知v1＝v2，解得v3＝2v1，根据能量守恒有mmm，解得v3＝，故C错误，D正确。 [典例6]　(2025·陕晋青宁卷)如图，有两个电性相同且质量分别为m、4m的粒子A、B，初始时刻相距l0，粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于m。经时间t1粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：(m、l0、v0、t1均为已知量) (1)粒子B到达P点时的速度大小v1； [解析]　粒子B运动至P点过程中，A、B组成的系统动量守恒，则有mv0＝(m＋4m)v1， 解得v1＝。 [答案]　v0 (2)t1时间内粒子B的位移大小xB； [解析]　设t1时刻时A、B系统的电势能为Ep1，两粒子的距离为l1，根据能量守恒定律得m＋Ep0＝(m＋4m)＋Ep1， 由于任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，则有Ep∝，即， 解得Ep1＝m，l1＝。 系统动量守恒，有 m∑(v0－vA)Δt＝4m∑vBΔt， 即mv0t1－mxA＝4mxB， 位移关系满足l0＋xB－xA＝l1， 联立解得xB＝。 [答案]　l0 (3)恒力作用的时间t2。 [解析]　对A、B系统运用动量定理有 Ft2＝(4mv0＋0)－(m＋4m)v1， 解得t2＝。 由题意可知t2时间内B运动的距离为l0，A运动的距离为l1，此时A、B系统的电势能Ep2＝Ep0＝m，根据能量守恒定律得×4m＋Ep2＝Fl0＋×(m＋4m)＋Ep1， 解得F＝，则t2＝。 [答案]　 随堂检测　自我诊断 四 35 1.一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，在该匀强电场 中，有一个带负电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力 作用，则下列说法中正确的是(　　) A.带电粒子只向一个方向运动 B.0~2 s内，电场力做功等于0 C.4 s末带电粒子回到原出发点 D.2.5~4 s内，电场力做功等于0 D 解析：画出带电粒子速度v随时间t变化的图像如图所示，v－t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，可见0~2 s内电场力做的功不等于0，B错误；2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，则2.5~4 s内，电场力做功等于0，D正确。 2. (2026·四川德阳模拟)如图所示，一根轻质的不可伸长的细线两端分别系在水平天花板上的A、B两点，有一质量及大小均不计的光滑动滑轮跨在细线上，滑轮通过绝缘细线悬挂一带正电且可视为质点的物块。空间存在竖直向下的匀强电场，物块处于静止状态。现将电场强度方向由竖直向下缓慢逆时针转动到水平向右，A、B间细线的张力大小为F1， 滑轮与物块之间细线张力大小为F2，则(　　) A.F1逐渐增大　　　　 B.F1逐渐减小 C.F2逐渐增大 D.F2先减小后增大 B 解析：初始时合力的方向为竖直向下，一根线 上的力大小处处相等，则设A、B间细线与竖直 方向夹角为θ，此时，物块受到的重力和电场力 之和(看作等效重力G')等于滑轮与物块之间细线 张力F2的大小，G'＝F2＝mg＋F，A、B间细线 的张力F1＝。随着电场强度方向由竖直向 下缓慢逆时针转动到水平向右，电场力也逐渐 逆时针转动到水平向右，随着电场力和重力夹角增大，等效重力G'逐渐减小，即F2逐渐减小，A、B细线与等效重力方向之间的夹角也在逐渐减小，如图中θ'，则cos θ'＞cos θ，可知F1在逐渐减小，故选B。 3.(2023·河北卷)由点电荷组成的系统的电势能与它们的电荷量、相对位置有关。如图1，a、b、c、d四个质量均为m、带等量正电荷的小球，用长度相等、不可伸长的绝缘轻绳连接，静置在光滑绝缘水平面上，O点为正方形中心，设此时系统的电势能为E0。剪断a、d两小球间的轻绳后， 某时刻d小球的速度大小为v，方向如图2，此时系统的电势能为(　　) A.E0－mv2 B.E0－mv2 C.E0－mv2 D.E0－mv2 B 解析：由运动的对称性可知，a球的速度大小也为v，方向与ad连线成30°角斜向左下方。b和c球的运动方向垂直于bc向上，大小相等，将两球看成一个整体，其质量为2m，速度为v1，对于四个球组成的系统来说，动量守恒，有0＝2mvsin 30°－2mv1，解得v1＝v，由于整个系统的能量守恒，设此时系统的电势能为E1，有E0＝E1＋×2mv2＋×2m，解得E1＝E0－mv2，故选B。 $