第一章 9 带电粒子在电场中的运动(课件PPT)-【步步高】2024-2025学年高一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中的加速、偏转及示波管原理，以炽热金属丝发射电子实例导入，通过动力学与动能定理对比分析加速问题，衔接偏转中的类平抛运动分解，构建从基础规律到仪器应用的学习支架。 其亮点在于融合物理观念与科学思维，通过表格对比匀强与非匀强电场中加速方法，推导偏转运动三个重要推论，结合示波管原理实现知识迁移。采用“例题解析+课时对点练”模式，帮助学生深化运动与能量观念，教师可直接用于课堂教学与分层练习。

DIYIZHANG 第一章 9　带电粒子在电场中的运动 1 1.会分析带电粒子在电场中的直线运动，掌握求解带电粒子直线运动问题的两种方法(重点)。 2.会用运动的合成与分解的知识，分析带电粒子在电场中的偏转问题(重难点)。 3.了解示波管的主要构造和工作原理。 学习目标 2 一、带电粒子在电场中的加速 二、带电粒子在匀强电场中的偏转 课时对点练 三、示波管的原理 内容索引 3 带电粒子在电场中的加速 一 4 炽热的金属丝可以发射电子。在金属丝和金属板间加电压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。(如图) (1)电子加速时受到几个力的作用？电子做什么运动？ 答案　只受电场力一个力的作用，电子向右做匀加速直线运动 (2)求电子到达正极板时的速度大小？(用不同的方法求解) 答案　方法一：运用动力学方法求解 方法二：由动能定理有 1.带电粒子的分类及受力特点 (1)电子、质子、α粒子、离子等微观粒子，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、带电液滴、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。 梳理与总结 2.分析加速运动的两种方法   动力学角度 功能关系角度 选择条件 匀强电场，电场力是恒力 任意电场，恒力或变力 常用关系式 F＝ma，v＝v0＋at， x＝v0t＋ at2， v2－v02＝2ax 　(2024·北京市第一六一中学高二月考)如图，在P板附近有电荷由静止开始向Q板运动，则以下说法正确的是 A.到达Q板的速率与板间距离和加速电压两个因素有关 B.到达Q板的速率与板间距离无关 C.两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大 D.若电压U与电荷的电荷量q均变为原来的2倍，则电荷到达Q板的速率变 　为原来的4倍 例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(不计粒子所受重力)、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 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 例2 √ 返回 带电粒子在匀强电场中的偏转 二 13 如图，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？ 答案　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；沿电场力方向：做初速度为零的匀加速直线运动。 (2)设电子不与极板相撞，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电场力方向：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离开电场时沿电场力方向的偏移量y＝________。 几个重要推论 推论1： 如图所示，粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初速度方向位移的中点。 梳理与总结 推论3：不同的带电粒子(电性相同，初速度为零)，经同一电场加速后，再进入同一偏转电场，则它们的运动轨迹必定重合。 　如图所示，质子( )和α粒子( 　 )以相同的初动能垂直射入偏转电场 (两粒子均不计重力)，这两个粒子都能射出电场，α粒子的质量是质子的4倍，带电荷量是质子的2倍，则质子和α粒子射 出电场时的偏移量y之比为 A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.1∶4 例3 √ 　(2024·襄阳市第五中学高二月考)让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转，最后都从偏转电场右侧离开，图中画出了其中一种粒子的运动轨迹，下列说法正确的是 A.在加速电场中运动时间最长的是一价氢离子 B.经加速电场加速后动能最小的是二价氦离子 C.在偏转电场中三种离子的加速度之比为1∶4∶2 D.在加速和偏转过程中三种离子的轨迹都重合 例4 √ 设加速电压为U1，加速过程根据动能定理有qU1＝Ek－0＝ mv2－0，可得Ek＝qU1，知加速后动能最小的离子是一价离子，故B错误； 　一个电荷量为q＝－2×10－8 C，质量为m＝1×10－14 kg的带电粒子，由静止经电压为U1＝1 600 V 的加速电场加速后，立即沿中心线O1O2垂直进入一个电压为U2＝2 400 V的偏转电场，然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为d＝8 cm，极板长L＝8 cm，极板的右端与荧光屏之间的距离为L′＝8 cm。整个装置如图所示，(不计粒子的重力)求： (1)粒子出加速电场时的速度v0的大小； 例5 答案　8×104 m/s　 代入数据解得v0＝8×104 m/s。 (2)粒子出偏转电场时的偏移距离y； 答案　0.03 m 粒子进入偏转电场后做类平抛运动， 水平方向上：L＝v0t， 联立解得y＝0.03 m。 (3)P点到O2的距离y′。 答案　0.09 m 解得y′＝3y＝0.09 m。 返回 示波管的原理 三 27 1.构造 示波管是示波器中的显示仪器，内部主要由阴极K，阳极A，分别接在高压电源的负极和正极，偏转电极(由一对X1、X2和一对Y1、Y2，两对垂直放置的偏转电极组成)和荧光屏组成，如图所示。 2.原理 经灯丝F的加热，阴极释放出电子，电子经电场加速后从阳极中间的小孔飞出，若没有其他作用，它们都将打到右侧荧光屏的中央O点，从而形成一个亮斑。Y1、Y2和X1、X2是两对垂直放置的偏转电极，分别控制电子束沿竖直方向和水平方向的偏转，从而电子束有可能打到荧光屏的各个位置。 　如图甲所示为示波管的原理图，如果在电极YY′之间所加的电压按如图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按如图丙所示的规律变化，则在荧光屏上看到的图形是 例6 √ 0～t1内，Y板电势高，电子向Y板偏转，X′板电势高，电子向X′板偏转，由此可知C、D错误； 返回 课时对点练 四 32 考点一　带电粒子在电场中的加速 1.(多选)(2023·内江市第六中学高二阶级练习)如图所示，两竖直放置的平行板与电源相连接，闭合开关S的同时将一带负电的粒子(重力可忽略不计)由A板静止释放，经时间t运动到B板时的速度为v，该粒子的加速度大小为a，粒子到B板时的动能大小为Ek，如果仅将两板之间的距离加倍，则 A.粒子运动到B板的速度为2v B.粒子的加速度变为 C.粒子的运动时间变为2t D.粒子运动到B板的动能为Ek 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 基础对点练 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由Ek＝qU可知，增加两板之间的距离对动能无影响，故粒子运动到B板的动能仍为Ek，故D正确。 2.(2023·湖北武钢三中高二期中)某平行板电容器带电荷量为Q，电容为C，板间距离为d，如图所示。有一质量为m，电荷量为－q(q>0)的点电荷(q远小于Q)，从紧靠正极板的O点以垂直于极板的速度出发，只受电容器板间电场力作用，最远只能运动到A点，然后返回，OA＝L，则该点电荷的初动能为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 考点二　带电粒子在匀强电场中的偏转 3.(2023·泸州市高二期中)如图所示，水平放置的平行板电容器始终与电源保持连通，一带电粒子(重力不计)以速度v0水平射入电场，且恰沿下板边缘飞出。若下板不动，将上板上移一小段距离，该粒子仍以相同的速度v0从原处飞入，则该粒子 A.仍沿原轨迹运动恰由下板边缘飞出 B.将打在下板上，不能飞出电容器 C.仍可飞出电容器，但离开电容器瞬间的速度将增大 D.若上板不动，将下板上移一段距离，则该粒子可能打在下板的中央 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 若上板不动，将下板上移一段距离，根据上述分析知粒子可能打在下板的中央，故D正确。 4.(2024·成都市高二月考)如图所示，一电荷量为q、质量为m的带电粒子以初速度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成30°角。已知匀强电场的宽度为d，不计重力作用。则匀强电场的场强E大小是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 5.(多选)(2023·太原市高二期末)三个电子在同一地点沿同一直线垂直飞入偏转电场，不计电子重力，如图所示，a打在下极板上，b恰好飞出。则由此可判断 A.b和c同时飞离电场 B.在b飞离电场的瞬间，a刚好在打在下极板上 C.进入电场时，a速度最小，c速度最大 D.c的动能增加量最大，a和b的动能增加量一样大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 三个电子的质量和电荷量都相同，可知加速度相同，a、b两电子在竖直方向上的位移相等，根据y＝ at2，可知运动时间相等，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据动能定理知，a、b两电子，电场力做功一样多，所以动能增加量相等，离开电场时c电子偏移量最小，电场力做功最少，动能增加量最小，故D错误。 6.(2023·台山市第一中学高二期中)如图所示，有一电子(电荷量为e、质量为m)由静止开始经电压为U1的电场加速后，在两平行板正中央处垂直进入平行板间的匀强电场，并且恰能从下板右边缘飞出电场。两板间距为d，板长为l，不计电子重力。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (1)求电子经过U1加速后获得的速度大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)若U1＝1 500 V，d＝2.0 cm，l＝5.0 cm，则两平行极板所加偏转电压U2为多大。 答案　480 V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (3)求电子经过下板右边缘时的动能大小。(答案用字母符号e、U1、U2表示，无需代入数据) 考点三　示波管 7.(多选)示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的 A.极板X应带正电 B.极板X′应带正电 C.极板Y应带正电 D.极板Y′应带正电 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由题意可知，在XX′方向上电子向X方向偏转，极板X带正电；在YY′方向上电子向Y方向偏转，极板Y带正电，故选A、C。 8.(多选)(2023·运城市高二期中)如图所示，让带电粒子M和N分别以不同的初速度同时沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，M从两极板正中央射入，N从下极板边缘处射入，它们最后打在上极板同一点。已知qN＝2qM，mN＝4mM，不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从粒子射入到打在上极板的过程中，下列说法正确的是 A.它们运动的时间之比tM∶tN＝1∶2 B.它们的初速度之比vM∶vN＝2∶1 C.它们的动能增加量之比ΔEkM∶ΔEkN＝4∶1 D.它们的电势能减少量之比ΔEpM∶ΔEpN＝1∶4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 能力综合练 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 9.(多选)(2024·凉山宁南中学期中)如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出。已知板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，不计粒子的重力，板厚不计，则 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 10.(2020·浙江7月选考)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 粒子在电场中只受电场力，F＝qE，方向向下，如图所示。粒子的运动为类平抛运动。水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t，竖直方向做 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 11.(2022·洪洞县第二中学高二阶段练习)如图所示，虚线MN左侧有一电场强度为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为 ，AO连线与屏垂直，垂足为O，求： (1)电子到MN的速度大小； 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)电子从释放到打到屏上所用的时间； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (3)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ； 答案　2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (4)电子打到屏上的点P′(图中未画出)到点O的距离x。 答案　3L 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 返回 电子在电场中的运动轨迹如图所示 解得x＝3L。 BENKEJIESHU 本课结束 eU＝mv2 电子受到电场力 F＝eE＝ 加速度a＝＝ v2＝2ad＝2得v＝ eU＝mv2得v＝。 匀强电场中：qEd＝mv2－mv02 非匀强电场中：qU＝mv2－mv02 根据动能定理得qU＝mv2，到达Q板的速率为v＝，可知到达Q板的速率只与加速电压有关，与板间距离无关，故A错误，B正确； 根据L＝at2，a＝，可知两板间距离越大，加速度越小，加速的时间越长，故C错误； 电荷到达Q板的速率为v＝，若电压U与电荷的电荷量q均变为原来的2倍，则电荷到达Q板的速率变为原来的2倍，故D错误。 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＝－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×＝－mv12，联立得＝，故选D。 证明：由tan θ＝，y＝和x＝，知x＝。故O点为粒子沿初速度方向位移的中点，所以粒子从偏转电场中射出时，就好像是从极板间处沿直线射出似的。 推论2：位移方向与初速度方向间夹角的正切值为速度偏转角正切值的，即tan α＝tan θ。 证明：带电粒子先经加速电场(电压U加)加速，又进入偏转电场(电压U偏)，射出偏转电场时，偏移量y＝at2＝＝＝，速度偏转角的正切值tan θ＝。可见偏移量y和偏转角θ只与U加、U偏有关，与q、m无关，运动轨迹必定重合。 H He 质子和α粒子垂直射入偏转电场后都做类平 抛运动，由牛顿第二定律得a＝，水平方 向有L＝v0t，竖直方向有y＝at2，解得y＝ ＝。两个粒子初动能相同，α粒子的带电荷量是质子的2倍，质子和α粒子射出电场时的偏移量之比为1∶2，选项B正确。 设加速电场板间距离为L，在加速电场中运动时间 t1＝＝L，则加速时间最长的是一价氦离子，故A错误； 设偏转极板间距离为d，粒子偏转过程做类平抛运动，则有a＝，知三种离子加速度之比为∶∶＝4∶1∶2，故C错误； 在加速电场中，受力方向相同，做直线运动，轨迹相同；在偏转电场中，当水平位移为x时偏移量为y＝at22＝·()2＝，可知偏移量与q、m无关，三种离子轨迹重合，故D正确。 由动能定理，可得|q|U1＝mv02， 在竖直方向上：y＝at2，a＝，E＝， 由几何知识知＝， 根据偏移量y＝t2，偏移量与偏转电压成正比，0、t1、2t1时刻偏转电压为0，偏移量也为0，t1、t1时刻偏转电压最大，偏移量也最大，故A错误，B正确。 设电源电压为U，两板之间的距离为d，粒子的质量为m，粒子的电荷量为q，由牛顿第二定律得a＝，由动能定理得qU＝mv2，则粒子到B板的动能为Ek＝qU，粒子运动到B板的速度为v＝，粒子在板间运动的时间为t＝＝＝d 如果仅将两板之间的距离加倍，则由a＝可知， 粒子的加速度变为，故B正确； 由v＝可知，增加两板之间的距离对速度无影响，故粒子运动到B板的速度仍为v，故A错误； 由t＝d可知，两板之间的距离加倍后粒子的运动时间变为2t，故C正确； A. B. C. D. 设电荷的初动能为Ek，整个过程由动能定理可得Ek＝qL，根据电容的定义式可得U＝，整理可得Ek＝，故选A。 平行板电容器始终与电源保持连通，两极板间的电 压保持不变，将上板上移一小段距离，极板间的距离 变大，根据E＝，可知E减小，带电粒子受到的电 场力减小，根据牛顿第二定律F＝ma可知加速度减小。极板长度和水平速度不变，由t＝知带电粒子飞出极板的时间不变。竖直方向的位移为y＝at2，时间不变，加速度减小，竖直方向的位移减小。故该粒子不会打在下板上，能飞出电容器，故A、B错误； 竖直方向的位移减小，电场力做功减小，根据动能定理W＝mv2－ mv02，可知离开电容器瞬间的速度将减小，C错误； A. B. C. D. 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解得vy＝＝v0，水平方向上有d ＝v0t，竖直方向上有vy＝t，联立解得E＝，故选B。 b、c竖直方向上的位移不等，yc<yb，根据y＝at2，可知tc<tb，故A错误； 在水平方向，三个电子做匀速直线运动，则有v＝，因xc＝xb，tc<tb，则vc>vb，根据ta＝tb，xb>xa，则vb>va，所以有vc>vb>va，故C正确； 答案　 电子加速过程，根据动能定理有eU1＝mv02 解得v0＝ 电子在偏转电场中做类平抛运动，则有l＝v0t，y＝at2，又a＝＝，  y＝，解得U2＝＝480 V 电子经加速和偏转全过程，根据动能定理，电子经过下板右边缘时的动能Ek＝eU1＋eU2。 答案　eU1＋eU2 带电粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向有y＝at2＝t2，解得t＝，则有＝＝＝＝，A正确； 带电粒子在水平方向有vMtM＝vNtN，解得 ＝＝，B正确； 由动能定理可得动能增加量ΔEk＝qEy，则有＝＝×＝，C错误； 由功能关系可知，电场力做正功，电势能减少， 则电势能的减少量等于电场力做功的大小，则有 ＝＝×＝，D正确。 A.在前时间内，电场力对粒子做的功为 B.在后时间内，电场力对粒子做的功为 C.粒子的出射速度的偏转角θ满足关系tan θ＝ D.粒子在竖直方向通过前和后过程中，电场力做功之比为1∶1 粒子在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动， 因为在t时刻恰好沿下板的边缘飞出，则＝at2，在 前内d′＝a()2＝d，所以电场力对粒子做功为W1＝Eqd′＝qU，后内d″＝－d′＝d，电场力对粒子做功为W2＝Eqd″＝qU，故A错误，B正确； 粒子的出射速度偏转角正切值为tan θ＝＝＝ ＝＝，故C正确； 粒子在竖直方向通过前和后的过程中，电场力相同，所以电场力做功之比为1∶1，故D正确。 A.所用时间为 B.速度大小为3v0 C.与P点的距离为 D.速度方向与竖直方向的夹角为30° 初速度为0的匀加速直线运动，有y＝at2＝·t2，  ＝tan 45°，解得t＝，故A错误。 vy＝at＝·＝2v0，则速度大小v＝＝v0，tan θ＝＝ ，则速度方向与竖直方向的夹角不为30°，故B、D错误；  x＝v0t＝，与P点的距离s＝＝， 故C正确。 答案　 电子从A运动到MN的过程中，根据动能定理 得eE×＝mv2，解得v＝ 答案　3 电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，则a1＝ 由v＝a1t1，得t1＝＝，从MN到打到 屏上的过程中所用时间t2＝＝2 总时间t＝t1＋t2＝3 设电子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得，电子在电场E2时的加速度为a2＝＝，电子在电场E2中飞行时间t3＝，则vy＝a2t3＝2 电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线 夹角的正切值为tan θ＝，解得tan θ＝2 根据几何关系得tan θ＝ $