第2章 第4节 带电粒子在电场中的运动（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第三册（鲁科版 福建专用）

带电粒子在电场中的运动 (赋能课——精细培优科学思维) 第 4 节 课标要求 层级达标 1.能分析带电粒子在电场中的运动情况。 2.能解释相关的物理现象。 学考 层级 1.了解带电粒子在电场中的运动规律，能解释简单的实际问题。 2.能在熟悉的问题情境中应用类平抛的规律解决问题。 选考 层级 1.理解带电粒子在电场中的运动规律，综合运用规律解决实际问题。 2.能将实际问题的对象和过程转化成类平抛运动模型。 课前预知教材 课堂精析重难 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 课前预知教材 一、带电粒子加速 1.基本粒子的受力特点 对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，它们受到重力的作用一般远小于静电力，故______可以忽略。 2.带电粒子的加速 (1)带电粒子在电场中加速(做直线运动)的条件：只受电场力作用，初速度为____或初速度方向与电场力方向_____。 零 重力 相同 (2)分析方法：根据动能定理eU=________。 (3)结论：初速度为零、带电荷量大小为e、质量为m的带电粒子(不计重力)，经过电势差为U的电场加速后，获得的速度为v= ______。 mv2 [情境思考] 如图所示，在真空中有一对平行金属板，由于接上电池组而带电，两板间电势差为U，若一个质量为m、带正电荷q的粒子，在静电力作用下由静止开始从正极板附近向负极板运动。请思考： 怎样计算它到达负极板时的速度?你有几种方法? 提示：方法1：由动力学知识a===， v2=2ad，得v= 。 方法2：由动能定理qU=mv2，得v= 。 二、带电粒子偏转 1.示波管的构造 示波管是示波器的核心部件，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由_______ (由发射电子的金属丝和加速电极组成)、___________、___________和_______组成，如图所示。 电子枪 竖直偏转板 水平偏转板 荧光屏 质量为m、带电荷量为q的基本粒子 (忽略重力)，以初速度v0平行于两极 板进入并穿过匀强电场，极板长为l， 板间距离为d，板间电压为U 运动 性质 ①平行于极板方向：速度为____的__________运动。 ②垂直于极板方向：初速度为____、加速度为a= ____的匀加速直线运动 2.带电粒子在匀强电场中的偏转 v0 匀速直线 零 续表 运动 规律 ①偏移距离：因为t=_____，a= ______，所以偏移距离y=at2=_______。 ②偏转角度：因为vy=at=_______，所以tan θ==______ [微点拨] 带电粒子从偏转电场中射出时，其速度的反向延长线过水平位移的中点。 [质疑辨析] 1.如图所示，带电粒子(不计重力)从两极板中间垂直电场线方向进入电场。 试对以下结论作出判断： (1)带电粒子在匀强电场中做匀变速运动。( ) (2)带电粒子在沿初速度方向上做匀速直线运动。( ) (3)带电粒子在电场中的运动过程，动能不断增大。( ) (4)带电粒子在沿静电力方向上做初速度为零的匀加速直线运动。( ) √ √ √ √ 2.如图所示，为示波管的核心部件。 试对以下结论作出判断。 (1)在偏转电极上不加偏转电压时，荧光屏中心出现亮斑。( ) (2)若在竖直偏转板加上如图甲所示电压，则荧光屏上会出现一条竖直线。( ) (3)若在水平偏转板加上如图乙所示电压，则荧光屏上会出现正弦曲线。 ( ) √ √ × 课堂精析重难 任务驱动 强化点(一)　带电粒子的加速问题 如图所示，电子由静止从P板向Q板运动。 电子到达Q板的速度大小与什么因素有关? 提示：由eU=mv2得v=，因电子的e、m确定，所以速度大小只与加速电压有关。 要点释解明 1.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，一般都不考虑重力。 (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，处理问题时一般不能忽略重力。 2.处理带电粒子在电场中加速问题的两种方法 可以从动力学和功能关系两个角度分析。 角度 动力学角度 功能关系角度 应用知识 牛顿第二定律以及匀变速直线运动公式 功的公式及动能定理 适用条件 匀强电场，静电力是恒力 匀强电场、非匀强电场；静电力是恒力、变力 [典例]　(双选)示波管中电子枪的原理示意图如图所示，示波管内被抽成真空。A为发射电子的阴极，K为接在高电势点的阳极，A、K间电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出时的速度大小为v。下列说法正确的是 (　　) A.如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为v B.如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为 C.如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为v D.如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为 √ √ [解析]　电子在两个电极间的加速电场中进行加速，由动能定理eU=mv2-0得v=；当电压不变，A、K间距离变化时，不影响电子离开K时的速度，A正确；当电压减半时，电子离开K时的速度变为v，C正确。 [解析]　电子在两个电极间的加速电场中进行加速，由动能定理eU=mv2-0得v=；当电压不变，A、K间距离变化时，不影响电子离开K时的速度，A正确；当电压减半时，电子离开K时的速度变为v，C正确。 [思维建模] 分析带电粒子在电场中加速运动的两种思路　 (1)牛顿第二定律和运动学公式q=ma，得a=； v2-=2ad，得v= (2)动能定理qU=mv2-m，得v= 题点全练清 1.如图所示为电子枪的工作原理，金属丝加热后可以发射电子，发射出的电子被加速电场加速，穿出金属板上的小孔后，形成高速运动的电子束。其中加热电源的电动势为E，加速电压为U。下列说法正确的是 (　　) A.加热电源的正负极不能接反 B.加速电压的正负极不能接反 C.加速电场的电场线从金属丝出发，终止于金属板 D.电子被加速时，一定是沿着电场线运动的 √ 解析：金属丝加热后发射电子，加热电源的正负极互换也不影响，故A错误；电子加速时，若加速电压正负极互换，电子不能被加速，故B正确；电场线从金属板出发，终止于金属丝，故C错误；电子被加速时，受到的电场力方向与电场线方向相反，是沿着电场线反方向运动的，故D错误。 2.(双选)粒子直线加速器在科学研究中发挥着巨大的作用，简化如图所示：沿轴线分布O(为薄金属环)及A、B、C、D、E 5个金属圆筒(又称漂移管)，相邻漂移管分别接在高压电源MN的两端，O接M端。质子飘入(初速度为0)金属环O轴心沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同。质子电量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则 (　　) A.质子从圆筒E射出时的速度大小为 B.圆筒E的长度为T C.MN所接电源的极性成周期性变化 D.金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为1∶2 √ √ 解析：质子从O点沿轴线进入加速器，质子经5次加速，由动能定理可得5eU=m，质子从圆筒E射出时的速度大小为vE=，故A错误；质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为LE=vET=T，故B正确；因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为负极时，则在下一个加速时需B右 边缘为负极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，故C正确；由A、B分析同理可知，金属圆筒A的长度LA=T，金属圆筒B的长度LB=T，则金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为1∶，故D错误。 3.(双选)如图所示为某一水平电场中等间距分布的一组等势面，一个带电荷量为-q的粒子仅受电场力作用，从坐标原点O以1×104 m/s的初速度向x轴负方向运动，运动到x=-8 cm处时，速度减为零。下列说法正确的是 (　　) A.电场强度大小为5 N/C，方向沿x轴正方向 B.粒子第一次运动到x=-6 cm处用时8×10-6 s C.粒子的电荷量与质量的比值=1.25×106 C/kg D.粒子在x=-2 cm处的电势能和在x=2 cm处的电势能相等 √ √ 解析：由题图知，该电场为匀强电场，根据U=Ed，解得电场强度大小E== V/m=500 N/C，方向沿x轴负方向，故A错误；根据动能定理有qU=mv2，其中U=40 V，解得=1.25×106 C/kg，故C正确；根据牛顿第二定律有qE=ma，解得加速度a==6.25×108 m/s2，再根据s=v0t-at2，解得t=8×10-6 s(t=2.4×10-5 s不符合题意，舍去)，B正确；由题图知x=-2 cm处和x=2 cm处的电势不相同，所以粒子在这两点的电势能不相等，故D错误。 1.基本规律 带电粒子在电场中的偏转轨迹如图所示。 强化点(二)　带电粒子的偏转问题 要点释解明 (1)初速度方向 (2)电场线方向 (3)离开电场时的偏转角正切值：tan α==。 (4)离开电场时位移与初速度方向的夹角的正切值：tan β==。 2.五个推论 (1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向反向延长线与初速度方向延长线交于一点，此点平分沿初速度方向的位移。 (2)位移方向与初速度方向间夹角β的正切值为速度偏转角α正切值的，即tan β=tan α。 (3)以相同的初速度进入同一个偏转电场的带电粒子，不论m、q是否相同，只要相同，即比荷相同，则偏转距离y和偏转角α相同。 (4)若以相同的初动能Ek0进入同一个偏转电场，不论m是否相同，只要q相同，则偏转距离y和偏转角α相同。 (5)不同的带电粒子经同一电场加速后(即加速电压U1相同)，再进入同一偏转电场，则偏转距离y和偏转角α相同。 [典例]　(2025·辽宁大连期末)如图所示，示波 器的工作原理可以简化为：金属丝发射出的电子 由静止经电压U1加速后，从金属板的小孔O射出， 沿OO'进入偏转电场，经偏转电场后打在荧光屏上。偏转电场是由两个平行的相同金属极板M、N组成，已知极板的长度为l，两板间的距离也为l，极板间电压为U2。偏转电场极板的右端到荧光屏的距离为d。电子电荷量大小为e、质量为m，不计电子受到的重力和电子之间的相互作用。 　(1)求电子从小孔O穿出时的速度大小v0； [答案]　(1) 　[解析]　(1)电子在加速电场中做加速运动，根据动能定理可得eU1=m，解得v0=。 (2)求电子离开偏转电场时速度偏转角度的正切值和在荧光屏上形成的亮斑到O'的距离。 [答案]　(2)　 　[解析]　(2)在偏转电场中，水平方向电子做匀速运动，有l=v0t 竖直方向，电子受到电场力作用，由牛顿第二定律有e=ma 又y=at2，vy=at，tan θ= 联立解得电子离开偏转电场时速度偏转角度的正切值为tan θ= 根据类平抛运动推论和几何关系可得y'=y 联立解得在荧光屏上形成的亮斑到O'的距离为 y'=。 [思维建模] 带电粒子在电场中偏转的解题技巧 (1)带电粒子垂直于电场方向射入，在电场中做类平抛运动。 (2)出射速度的反向延长线与初速度方向的交点为带电粒子沿初速度方向位移的中点。 (3)注意三角形相似的位移比例关系。 1.(2024·广东1月学考)(双选)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 题点全练清 √ √ 解析：亮斑P点X坐标为正值，Y坐标为正值，说明电子都向X、Y极板偏转，所以Y、X极板都带正电，Y'、X'极板都带负电，故B、D错误，A、C正确。 2.一束质量为m、电荷量为q的带电粒子以平行于两极板的速度v0进入匀强电场，如图所示。如果两极板间电压为U，两极板间的距离为d，板长为L，假设粒子能够飞出电场，则粒子从进入电场到飞出电场时电势能的变化量为多少。(粒子的重力忽略不计) 答案： 解析：粒子在水平方向做匀速运动，则运动时间t= 在竖直方向做匀加速运动，则偏移量y=at2 且a=，联立解得y=，则电场力做功W=qE·y=q·=，由功能关系可以得出电势能减少了。 3.一束初速度不计的带电粒子，在经U=5 000 V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行极板间的匀强电场，如图所示，若极板间距离d=1.0 cm，极板长l=5.0 cm，两个极板上电压为U'=400 V，已知粒子的质量为4×10-30kg，所带电荷量q=1.6×10-19 C，且粒子均能从平行极板间飞出，粒子重力忽略不计。求： (1)粒子进入偏转电场时的速度v0； 答案：(1)2×107 m/s　 解析：(1)粒子加速过程中，由动能定理qU=m-0 解得v0=2×107 m/s。 (2)粒子在偏转电场中的加速度a； 答案：(2)1.6×1015 m/s2 解析：(2)根据牛顿第二定律，可得粒子在偏转电场中的加速度a===1.6×1015 m/s2。 (3)粒子在平行极板间运动的时间t。 答案：(3)2.5×10-9 s 解析：(3)粒子在偏转电场中沿初速度v0的方向做匀速直线运动，粒子在偏转电场中飞行时有l=v0t 解得t=2.5×10-9 s。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1.如图所示，在P板附近有一电子只在静电力作用下由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q板时的速度，下列说法正确的是 (　　) A.两板间距离越大，电子加速的时间就越长，获得的速度就越大 B.两板间距离越小，电子加速度就越大，获得的速度就越大 C.与两板间距离无关，仅与加速电压有关 D.以上说法均不正确 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解析：电子由P板到Q板的过程中，静电力做功，根据动能定理eU=mv2，得v= ，电子到达Q板时的速度大小只与加速电压有关，与两板间距离无关，C正确。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 2.在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是 (　　) √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：运动中的物体所受合力应指向运动轨迹凹侧，结合电子受到的电场力及电子的运动轨迹进行分析，可知A正确，B、C、D错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 3.(2025·福建高考)某种静电分析器简化图如图所示，在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。现将一电子a自A点垂直电场射出，恰好做圆周运动，运动轨迹为ABC，半径为r。另一电子b自A点垂直电场射出，轨迹为弧APQ，其中PBO共线，已知BP电势差为U，|CQ|=2|BP|，a电子入射动能为Ek，电子电荷量为e，则 (　　) A.B点的电场强度E= B.P点电场强度大于C点电场强度 C.b电子在P点动能小于Q点动能 D.b电子全程克服电场力做功小于2eU √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：a电子入射动能为Ek，根据动能的表达式有Ek=m，电子恰好做圆周运动，则eE=，联立解得E=，故A错误；由题图可知，P点电场线比C点稀疏，则P点电场强度小于C点电场强度，故B错误；已知|CQ|=2|BP|，因为B、C点在同一等势线上，且沿电场方向电势降低，则Q点电势小于P点，电子在电势低处电势能大，则b电子在Q点电势能大，根据能量守恒定律可知，b电子在Q点动能较小，故 1 5 6 7 8 9 2 3 4 C错误；由电场线分布情况可知，沿径向向外电场强度减小，则BP之间平均电场强度大小大于CQ之间的平均电场强度大小，根据U=d，则UCQ<2UBP，则b电子全程克服电场力做功W=eUCQ<2eUBP=2eU，故D正确。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 4.如图所示，一重力不计的带电粒子从平行板的上极板边缘以平行极板的速度射入，经过一段时间从下极板的边缘离开，已知两极板之间的距离为d，两极板的长度为L，粒子在极板间运动的时间为t。则下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 2 3 4 A.粒子在水平方向上运动前与后的过程中，电场力做功的比值为1∶1 B.粒子在竖直方向上运动前与后所需时间的比值为1∶1 C.前与后，粒子电势能变化量的比值为1∶1 D.前与后，粒子竖直方向下落的高度比值为1∶3 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：根据类平抛运动规律，可得x=v0t，易知，水平方向上，粒子运动前与后所用时间的比值为1∶1，粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速运动规律可知这两个运动过程的竖直分位移之比为1∶3，根据W=qEy，可知电场力做功的比值为1∶3，故A错误，D正确；同理，根据匀变速运动规律可知，竖直方向上，粒子运动前与后所需时间的比值为1∶(-1)，故B错误；根据W电=-ΔEp，结合A选项分析，可知前与后粒子电势能变化量的比值为1∶3，故C错误。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 5.如图甲所示，一平行板电容器两板间距为d，在一板内侧附近有一带电量为q、质量为m的正离子，为使该离子能在两板间来回振动而不撞在两板上，在两板间加上如图乙所示交变电压，此交变电压的周期T应满足 (　　) A.T<4d B.T>4d C.T<2d D.T>2d √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：设正离子从左极板向右运动，先做的匀加速运动，再做的匀减速运动，到达右极板时，速度恰好为零。根据图像可知，加速和减速运动的加速度相同，位移相同，是完全对称的运动，其加速度为a=，则根据匀加速运动的速度公式得v-0=at=·，又由动能定理得mv2-0=Uq，解得T=4d，为使该离子能在两板间来回振动而不撞在两板上，则T<4d ，故选A。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 6.(双选)如图所示，长度L=0.25 m、间距d=0.2 m的平行板电容器竖直放置，外接电源电压U=20 V。有一质量m=10-5 kg、电荷量q=+1×10-6 C的带电小球(可看成点电荷)以初速度v=2 m/s从两极板上边缘正中间处竖直向下飞入电容器，重力加速度g取10 m/s2，则带电小球在电容器中 (　　) A.做匀加速直线运动 B.加速度大小为10 m/s2 C.运动时间为0.1 s D.电场力所做的功为5.0×10-6 J √ √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：对小球受力分析可知，带电小球受到竖直向下的重力和水平向右的电场力，合力斜向右下方，与初速度方向不在一条直线上，故小球做曲线运动，故A错误；水平方向加速度ax===10 m/s2，竖直方向加速度ay=g=10 m/s2，故合加速度a==10 m/s2，故B错误；粒子飞出电容器过程有L=v0t+gt2，代入数据解得t=0.1 s，故C正确；粒子在水平方向上的位移x=axt2=0.05 m=，则电场力做的功W=q·=5.0×10-6 J，故D正确。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 7.(双选)有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁微粒的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是 (　　) A.减小墨汁微粒的质量 B.增大偏转电场两板间的距离 C.减小偏转电场的电压 D.减小墨汁微粒的喷出速度 √ √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，水平方向：L=v0t，竖直方向：y=at2，加速度：a=，联立解得：y=，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转距离y。由上式分析可知，采用的方法有：增大墨汁微粒的质量、增大偏转电场两板间的距离、减小偏转极板间的电压、增大墨汁微粒的喷出速度，故A、D错误，B、C正确。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 8.(16分)静电分析器是一种利用静电场使不同能量的离子束发生偏转和聚焦的分析器，其部分结构如图所示，一质量为m、电荷量为q的粒子静止于A极板处，粒子经电压为U的加速电场加速后，穿过B极板小孔沿图中虚线圆弧通过静电分析器，O点为圆弧对应的圆心，静电分析器通道内有方向指向O点的均匀辐向分布的电场，虚线圆弧所在处电场强度大小为E0，粒子重力忽略不计。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (1)比较A、B两极板电势的高低；(4分) 答案：(1)A端电势高于B端　 解析：(1)根据粒子在静电分析器内的偏转方向可知，粒子受力方向与静电分析器内电场线方向相同，故粒子带正电荷，要在AB间加速，则加速电场A端电势高于B端。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (2)求粒子进入静电分析器时的初速度v；(5分) 答案：(2)　 解析：(2)粒子在加速电场中加速，由动能定理 qU=mv2，解得v= 。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (3)求静电分析器中虚线圆弧的半径R。(7分) 答案：(3)　 解析：(3)粒子以速度v进入静电分析器，做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则qE0=m，解得R=。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 9.(12分)如图所示，一电荷量为q、质量为m的 带正电粒子从靠近加速器正极板M处由静止释放， 并从负极板N射出；接着该粒子从P点进入一分布 有匀强电场的圆形区域中，粒子在P点时的速度方向恰好指向该区域的圆心O，在电场作用下恰好从Q点离开，P、Q为圆形区域上两点，且OP⊥OQ。已知加速器两极板间的电势差为U0，圆形区域的半径为R，圆形区域内电场方向与OQ平行，不计粒子的重力，求： 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (1)该粒子从极板N射出时的速度大小；(6分) 答案：(1) 　 解析：(1)粒子在加速器内电场力作用下，从极板M加速运动到极板N的过程中，由动能定理可得qU0=m-0，解得v0= 。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (2)圆形区域内匀强电场的电场强度大小。(6分) 答案： (2) 解析：(2)设圆形区域内匀强电场的电场强度大小为E，该粒子在圆形区域内做类平抛运动，粒子在沿初速度方向上做匀速直线运动，通过电场的时间t=，粒子在沿电场方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a=，由于粒子恰好从Q点离开，故穿过电场的位移侧移量R=at2，联立解得E=。 $