1.导学案 第十章 静电场中的能量 5.带电粒子在电场中的运动（配套word）-【满分思维】2025-2026学年高中物理必修第三册（人教版）教师用书

该高中物理导学案聚焦带电粒子在电场中的运动，涵盖加速、偏转及示波管原理。通过情境引领（如电子加速问题）衔接电场力、牛顿定律与动能定理，搭建从力和能量角度分析的学习支架，为偏转和示波管原理学习奠基。 资料以情境驱动探究，通过问题链引导学生建构类平抛运动模型，运用动力学与能量方法推理，典例精研结合高考真题训练，培养科学思维与探究能力，助力学生高效掌握重点，提升解决实际问题的能力。

5.带电粒子在电场中的运动 学习目标 学后评价 1.了解带电粒子在电场中的运动特点。 优秀□　　良好□ 2.能从力和能量的角度分析带电粒子在电场中的加速问题。 优秀□　　良好□ 3.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。 优秀□　　良好□ 4.了解示波管的构造和基本原理。 优秀□　　良好□ 学习任务一　带电粒子在电场中的加速 【情境引领】 如图所示,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,不计电子重力。 问题1.电子加速时受到几个力的作用?电子做什么运动? 提示:只受静电力一个力的作用,电子向右做匀加速直线运动。 问题2.求电子到达正极板时的速度大小?(用不同的方法求解) 提示:方法一:运用动力学方法求解 电子受到的静电力F=eE=,加速度a==,v2=2ad=2,得v=。 方法二:由动能定理有eU=mv2,得v=。 【新知导学】 1.关于带电粒子在电场中的重力 (1)基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等,除有说明或有明确的暗示以外,此类粒子一般不考虑重力(但并不忽略质量)。 (2)带电微粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或有明确的暗示以外,一般都不能忽略重力。 2.分析加速运动的两种方法 项目 动力学角度 功能关系角度 选择条件 匀强电场,静电力是恒力 任意电场,恒力或变力 常用关系式 qE=ma,v=v0+at, x=v0t+at2,v2-=2ax 匀强电场中:qEd=mv2-m 非匀强电场中:qU=mv2-m 【辨析明理】 1.判断下列说法的正误 (1)质量很小的粒子如电子、质子等,在电场中受到的重力可忽略不计。 (　　) (2)带电粒子(不计重力)在电场中由静止释放时,一定做匀加速直线运动。 (　　) (3)动能定理能分析匀强电场中的直线运动问题,不能分析非匀强电场中的直线运动问题。 (　　) (4)对带电粒子在电场中的运动,从受力的角度来看,遵循牛顿运动定律;从做功的角度来看,遵循能量的转化和守恒定律。 (　　) 提示:(1)√　(2)×　(3)×　(4)√ 2.已知电子质量为0.91×10-30 kg,电荷量e=1.6×10-19 C,g取10 m/s2。当它处于E=5×104 V/m的电场中时,则的值是多少?由此你能发现什么? 提示:G=mg=0.91×10-30×10 N=9.1×10-30 N,F=eE=1.6×10-19×5×104 N=8.0×10-15 N,=≈ 8.79×1014,可见F≫G,故电子在电场中可不考虑重力。 【典例精研】 [典例1](多选)(2025·广州高二检测)如图,金属板平行放置,两极接上恒定电压。质量相等的粒子A和B分别静止在上下极板处。闭合开关,两粒子仅在电场力作用下同时运动,且同时经过图中的虚线处,虚线到上下极板的距离之比为1∶2,忽略粒子间的相互作用。下列说法正确的是 (　　) A.A带负电,B带正电 B.两粒子所带电荷量大小之比为1∶2 C.从开始运动到经过虚线处电场力做功之比为1∶4 D.减小两极板间距,两粒子运动到另一极板时的速率也会减小 【解析】选B、C。两粒子仅在电场力作用下,均做初速度为0的匀加速直线运动,可知A受到的电场力向下,B受到的电场力向上,且场强方向向下,则A带正电,B带负电;根据h=at2,a=,由于两粒子质量相等,则两粒子所带电荷量大小之比为qA∶qB=hA∶hB=1∶2,故A错误,B正确;从开始运动到经过虚线处电场力做功之比WA∶WB=qAEhA∶qBEhB=1∶4,故C正确;根据动能定理可得qU=mv2,可得v=,减小两板间距,由于两极板间的电压不变,则两粒子运动到另一极板时的速率不变,故D错误。 【对点训练】 (多选)(2025·哈尔滨高二检测)一对平行正对的金属板C、D接入如图所示的电路中,C板固定,D板可左右平行移动,闭合开关,一段时间后再断开开关,从C板发射一电子,恰能运动到A点后再返回,已知A到D板的距离是板间距离的三分之一,忽略电子的重力,则 (　　) A.若将D板向左平移至A点,电子恰能到达D板 B.若将D板向右平移至某位置,电子将不能运动至A点 C.若要让电子能够到达D板,可将电子的动能至少增加为原来的1.5倍 D.若闭合开关,再将D板向左平移至A点或A点左侧某位置,电子能够到达D板 【解析】选A、C。从C板发射一电子,恰能运动到A点后再返回,则有-eUCA=-e·EdCA=0-Ek0,若将D板向左平移至A点,根据C=,C=,可得E=,两极板间电场强度不变,则电子恰能到达D板,同理,若将D板向右平移至某位置,电子恰能运动至A点,故A正确,B错误;若要让电子能够到达D板,则-eUCD=-e·EdCD=0-E'k0,dCA=dCD,所以E'k0=1.5Ek0,故C正确;若闭合开关,再将D板向左平移至A点或A点左侧某位置,则电容器两极板间电势差不变,两极板间距离减小,两极板间电场强度增大,电子不能到达D板,故D错误。 【思维升华】 处理带电粒子在电场中加速问题的基本思路 学习任务二　带电粒子在电场中的偏转 【情境引领】 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。 问题1.电子在电场中做什么运动?如何处理? 提示: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。 问题2.设电子不与平行板相撞,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? ②加速度a是多少?离开电场时垂直于极板方向的分速度vy是多少? ③速度与初速度方向夹角的正切值tanθ是多少? ④离开电场时沿静电力方向的偏移量y是多少? 提示:①　②　　③　④ 【新知导学】 1.基本规律 带电粒子在电场中的偏转,轨迹如图所示。 (1)初速度方向 (2)电场线方向 (3)离开电场时的偏转角的正切值 tanθ== (4)离开电场时位移与初速度方向的夹角的正切值:tanα==。 2.常用推论 (1)速度偏转角θ的正切值是位移方向与初速度方向夹角α的正切值的2倍,即tanθ=2tanα。 (2)粒子从偏转电场中射出时,其速度反向延长线与初速度方向交于沿初速度方向位移的中点。 (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。 【辨析明理】 1.判断下列说法的正误 (1)带电粒子在匀强电场中偏转时,加速度不变,粒子的运动是匀变速曲线运动。 (　　) (2)带电粒子在匀强电场中偏转时,可用平抛运动的知识分析。 (　　) (3)对于带电粒子(不计重力)在电场中的偏转可分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场线方向的自由落体运动。 (　　) 提示:(1)√　(2)√　(3)× 2.带电粒子在匀强电场中发生偏转时,若已知进入电场和离开电场两点间的电势差以及带电粒子的初速度,如何求解带电粒子末速度的大小。 提示:根据动能定理有qU=mv2-m,解得v=。 【典例精研】 [典例2](2025·成都高二检测)如图所示,一质量m=2.0 × 10-18 kg、电荷量q=1.0 × 10-12 C的带正电的粒子由静止经加速电场加速后,又沿极板中心轴线从O点垂直进入偏转电场,并从另一侧射出打在竖直荧光屏上的P点(图中未画出)。O'点是荧光屏的中心,已知加速电场电压U0= 2 500 V,偏转电场电压U=100 V,偏转电场极板的长度L1=6.0 cm,板间距离d=2.0 cm,极板的右端到荧光屏的距离L2=3.0 cm。不计粒子重力,求: (1)粒子射入偏转电场时的初速度大小v0; (2)粒子射出偏转电场时距离极板中心轴线OO'的距离; (3)粒子离开偏转电场时的动能Ek; (4)P点到O'点的距离。 【解析】(1)带电粒子在加速电场中,根据动能定理得qU0=m 解得v0==5×104 m/s (2)带电粒子在偏转电场中做类平抛运动,在水平方向上L1=v0t 竖直方向上y=at2 由牛顿第二定律qE=ma 而E= 解得y===1.8×10-3 m (3)带电粒子由静止开始到离开偏转电场过程中,由动能定理得qU0+qEy=Ek-0 解得Ek=2.509×10-9 J (4)根据带电粒子离开偏转电场速度的反向延长线过偏转电场的中点, 由相似三角形得= 解得Y=2y=3.6×10-3 m 答案:(1)5×104 m/s　(2)1.8×10-3 m (3)2.509×10-9 J　(4)3.6×10-3 m 【对点训练】 1.如图所示,质量相等的带电粒子A、B,带电荷量之比qA∶qB=1∶3,它们以相等的速度v0从同一点出发,沿着与电场强度垂直的方向射入平行板电容器中,分别打在D、C点,忽略粒子重力的影响,则 (　　) A.A和B运动的加速度大小之比为3∶1 B.A和B在电场中运动的时间之比为3∶1 C.A的动能变化量比B的动能变化量小 D.A的电势能变化量大小比B的电势能变化量大 【解析】选C。粒子在电场中做类平抛运动,竖直方向上有h=·t2,解得t=,由于qA∶qB=1∶3,可以解得A和B在电场中运动的时间之比为∶1,故B错误;根据牛顿第二定律有qE=ma,解得a=,由于qA∶qB=1∶3,解得A和B运动的加速度大小之比为1∶3,故A错误;根据动能定理有qEh=ΔEk,由于qA∶qB=1∶3,解得A和B动能变化量之比为1∶3,即A的动能变化量比B的动能变化量小,故C正确;根据电场力做功与电势能的关系有qEh=-ΔEp,则|ΔEp|=qEh,解得A和B电势能变化量大小之比为1∶3,即A的电势能变化量大小比B的电势能变化量小,故D错误。 2.(2025·重庆高考)某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动,如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场,N为QP的中点。模拟动画显示,带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场,沿图中所示轨迹同时到达M、N点,K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用,则可推断a、b (　　) A.具有不同比荷 B.电势能均随时间逐渐增大 C.到达M、N的速度大小相等 D.到达K所用时间之比为1∶2 【解析】选D。根据题意可知,带电粒子在电场中做类平抛运动,带电粒子a、b分别从Q点和O点同时进入电场,沿图中所示轨迹同时到达M、N点,可知,运动时间相等,由图可知,沿初速度方向位移之比为2∶1,则初速度之比为2∶1,沿电场方向的位移大小相等,由y=at2可知,粒子运动的加速度大小相等,由牛顿第二定律有qE=ma,可得=,可知带电粒子具有相同比荷,故A错误;带电粒子运动过程中,电场力均做正功,电势能均随时间逐渐减小,故B错误;沿电场方向,由公式vy=at可知,到达M、N的竖直分速度大小相等,由于初速度之比为2∶1,则到达M、N的速度大小不相等,故C错误;由图可知,带电粒子a、b到达K的水平位移相等,由于带电粒子a、b初速度之比为2∶1,则所用时间之比为1∶2,故D正确。 学习任务三　示波管的原理 【情境引领】 如图所示是示波管的内部结构,思考下列问题。 问题1.如果仅在XX'之间加上扫描电压,荧光屏上会看到什么样的亮线?在图中标出来。 提示:一条水平线。 问题2.如果仅在YY'之间加上信号电压,荧光屏上会看到什么样的亮线?在图中标出来。 提示:一条竖直线。 问题3.如果同时在XX',YY'之间加上扫描电压和信号电压,荧光屏上会看到什么样的亮线?在图中标出来。 提示:波形图线。 【新知导学】 1.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,内部主要由电子枪(发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成)和荧光屏组成。 2.原理 (1)扫描电压:XX'偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压。 (2)灯丝被电源加热后,发射出热电子,发射出来的电子经加速电场加速后,以很大的速度进入偏转电场,如果在Y偏转极板上加一个信号电压,在X偏转极板上加一扫描电压,在荧光屏上就会出现按Y偏转电压规律变化的可视图像。 【辨析明理】 1.判断下列说法的正误 (1)示波器是用来观察电信号随时间变化的情况的电子仪器。 (　　) (2)示波器的核心部件是电子枪。 (　　) (3)示波管电子枪的作用是产生高速飞行的电子束,偏转电极的作用是使电子束偏转,打在荧光屏不同位置。 (　　) 提示:(1)√　(2)×　(3)√ 2.如果在偏转电极XX'之间和偏转电极YY'之间都没有加电压,电子束从电子枪射出后打在荧光屏上的哪个位置?在图中标出来。 提示:在屏的中心。 【典例精研】 [典例3](2025·温州高二检测)如图是示波管的原理图,如果两偏转电极都不加偏转电压,电子束将刚好打在荧光屏的中心处,形成亮斑。如果在偏转电极XX'上不加电压,在偏转电极YY'上加电压,YY'两极板间距为d。现有一电子以速度v0进入示波管的YY'偏转电场,最后打在荧光屏上的位置与中心点竖直距离为y,电子从进入偏转电场到打在荧光屏上的时间为t,则下列说法正确的是 (　　) A.若UYY'>0,则电子打在荧光屏中心位置下方 B.若仅增大偏转电压UYY',则t不变 C.若仅减小YY'极板间距离d,则y不变 D.若UYY'>0,UXX'<0则可以让电子打在荧光屏正中心处 【解析】选B。若UYY'>0,则电子受到的电场力竖直向上,所以电子打在荧光屏中心位置上方,故A错误;电子在水平方向做匀速直线运动,在竖直方向做匀加速直线运动,所以若仅增大偏转电压UYY',电子从进入偏转电场到打在荧光屏上的时间t不变,故B正确;电子在水平方向做匀速直线运动,在竖直方向做匀加速直线运动,偏转位移y=a=,时间不变,若仅减小YY'极板间距离d,偏转位移y变大,故C错误;若UYY'>0,则电子受到的电场力竖直向上,所以电子打在荧光屏中心位置上方,若UXX'<0,则电子受到的电场力水平向左,所以电子打在荧光屏中心位置左方,不会打在荧光屏正中心处,故D错误。 【对点训练】 (多选)(2025·石家庄高二检测)示波管的结构如图甲所示,如果在偏转电极XX'、YY'之间都没有加电压,电子束将打在荧光屏的中心,形成亮斑。若在偏转电极YY'之间加上图乙所示的正弦式电压,在偏转电极XX'之间加上图丙(a)、(b)、(c)、(d)所示的几种电压,则荧光屏上可能会形成图丁(a)、(b)所示的图像。下列说法正确的是 (　　) A.若XX'加图丙中电压(a),荧光屏上出现图丁中(A)所示波形 B.若XX'加图丙中电压(b),荧光屏上出现图丁中(B)所示波形 C.若XX'加图丙中电压(c),荧光屏上出现图丁中(B)所示波形 D.若XX'加图丙中电压(d),荧光屏上出现图丁中(A)所示波形 【解析】选B、C。在荧光屏上建立直角坐标系,如图所示 若XX'加图丙中电压(a),荧光屏上的x值只有两个值,故应为两条关于y轴对称且垂直于x轴的亮线,故A错误;若XX'加图丙中电压(b),荧光屏上的亮斑应出现先沿x轴从正向负扫描前半个周期的正弦图像,再沿x轴从正向负扫描后半个周期的正弦图像,会形成图丁中(B)所示波形,故B正确;若XX'加图丙中电压(c),荧光屏上的亮斑应先出现沿x轴从负向正扫描前半个周期的正弦图像,再沿x轴从负向正扫描后半个周期的正弦图像,也会形成图丁中(B)所示波形,故C正确;若XX'加图丙中电压(d),荧光屏上的亮斑应出现先从x轴的中心点沿x轴正方向扫描前半个周期的正弦图像,再沿x轴从负向正到x轴的中心点扫描后半个周期的正弦图像,不会形成图丁中(A)所示波形,故D错误。 课堂小结 情境实践 答案:①ma　②mv2-m　③qU　④　 ⑤ 某种喷墨打印机打印头的结构简图如图所示。其中喷盒可以喷出极小的墨汁微粒,此微粒经过带电室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。忽略墨汁的重力,为了使打在纸上的字迹缩小,可采用哪些方法? 课堂检测·自我诊断 1.质量和电荷量不同的带电粒子,在电场中由静止开始经相同电压加速后 (　　) A.比荷大的粒子速度大,电荷量大的粒子动能大 B.比荷大的粒子动能大,电荷量大的粒子速度大 C.比荷大的粒子速度和动能都大 D.电荷量大的粒子速度和动能都大 【解析】选A。根据动能定理得qU=mv2,得v=,根据上式可知,在电场中由静止开始经相同电压加速后,比荷大的粒子速度v大,电荷量q大的粒子动能大,故A正确,B、C、D错误。 2.(多选)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 【解析】选A、B、D。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ΔEk=qEy,则有===,C错误;由功能关系可知,静电力做正功,电势能减少,则电势能的减少量等于静电力做功的大小,则有= ==,D正确。 3.如图所示的示波管,当两偏转电极上所加电压为零时,电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标在O点,其中x轴与X、X'间的电场的电场强度方向平行,x轴正方向垂直于纸面向里,y轴与Y、Y'间的电场的电场强度方向平行)。若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限,则 (　　) A.X、Y接电源的正极,X'、Y'接电源的负极 B.X、Y'接电源的正极,X'、Y接电源的负极 C.X'、Y接电源的正极,X、Y'接电源的负极 D.X'、Y'接电源的正极,X、Y接电源的负极 【解析】选D。若要使电子打在图示坐标的第Ⅲ象限,电子在x轴上向负方向偏转,则应使X'接正极,X接负极;电子在y轴上也向负方向偏转,则应使Y'接正极,Y接负极,所以选项D正确。 4.如图所示,电子在电压为U1的加速电场中由静止开始运动,然后,射入电压为U2的两块平行板间的电场中,射入方向跟极板平行,整个装置处在真空中,重力可忽略,在满足电子能射出平行板区的条件下,在下述四种情况中,一定能使电子侧移的距离变大的是 (　　) A.U1增大,U2减小　　　　 B.U1、U2均增大 C.U1减小,U2增大 D.U1、U2均减小 【解析】选C。设电子被加速后获得的速度为v0,则由动能定理得qU1=m ,电子在电场中偏转所用时间t= ,又设电子在平行板间受电场力作用产生的加速度为a,由牛顿第二定律得a==,由以上各式可得偏距y=at2=··=,当U2增大,U1减小时,y增大,故C正确。 - 16 - 学科网（北京）股份有限公司 $