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(共49张PPT)
第4讲　带电粒子在电场中的运动
第八章 静电场
学习目标
1.会利用动力学、功能关系分析带电粒子在电场中的直线运动。
2.掌握带电粒子在电场中的偏转规律。
3.掌握示波管的工作原理，会分析计算带电粒子在示波管中的运动。
目 录
CONTENTS
夯实必备知识
01
研透核心考点
02
提升素养能力
03
夯实必备知识
1
mv2-m
类平抛
合成
分解
　
　
　
基础自测
1.(人教版必修第三册P49T3改编)先后让一个氕核H)和一个氘核H)从同一位置以相同的初动能通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与板平行，则氕核与氘核离开时速度偏转角的正切值之比tan θ1∶tan θ2为(　　)
A.1∶1　　 B.2∶1 C.1∶2　 D.1∶4
A
2.(人教版必修第三册P49T5改编)电子从静止出发被1 000 V的电压加速，然后进入另一个电场强度为5 000 N/C的匀强偏转电场，进入时的速度方向与偏转电场的方向垂直。已知偏转电极长6 cm，求电子离开偏转电场时的速度(已知电子电荷量e=1.6×10-19 C，电子质量m=0.9×10-30 kg)(　　)
A.1.9×107 m/s B. 1.9×108 m/s
C.1.9×109 m/s D.1.9×1010 m/s
A
研透核心考点
2
考点二　带电粒子在电场中的偏转
考点一　带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
考点三　示波管的工作原理
考点一　带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
1.做直线运动的条件
(1)粒子所受合力F合=0，粒子做匀速直线运动。
(2)粒子所受合力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动。
2.用动力学观点分析
a=，E=，v2-=2ad。
3.用功能关系分析
匀强电场中:W=qEd=qU=mv2-m
非匀强电场中:W=qU=mv2-m。
考向　　带电粒子(不计重力)在电场中的直线运动
例1 (2026·江苏徐州丰县中学月考)如图所示，真空中有一对平行金属板M、N，两板加电压为U的直流电压。一带电粒子仅在静电力作用下从M板由静止运动到N板。若增大M、N板间的距离，该粒子仍由M板由静止运动，则(　　)
A.M板所带的电荷量增加
B.粒子运动的加速度变大
C.粒子运动的时间变长
D.粒子运动到N板时的电势能变大
C
解析　根据电容器的决定式C=可知，增大M、N两极板间的距离时电容C变小，由题可知电容器两极板间的电压始终为U， 根据C=可知电容器的电荷量减少，A错误;根据E=可知，当两极板间的距离增大时两极板间的电场强度减小，由牛顿第二定律得a=，可知粒子运动的加速度减小，B错误;粒子在两极板间做初速度为0的匀加速直线运动，增大M、N板间距，粒子的位移变大，加速度减小，根据x=at2可知粒子运动时间变长，C正确;粒子从M板运动到N板，静电力做功为W=qU，两极板间的电压不变，可知静电力做功不变，粒子运动到N板时的电势能不变，D错误。
考向　　带电体在电场中的直线运动
例2 如图所示，两平行金属极板间电压为U，间距为d。质量为m的带电金属微粒从距上板距离为d的位置处由静止释放，从上板小孔进入后恰好能与下板相接触，重力加速度大小为g，则金属微粒所带电荷的电性和电荷量q分别为(　　)
A.负电荷，q=
B.负电荷，q=
C.正电荷，q=
D.正电荷，q=
B
解析　由题图可知上极板带正电，金属微粒从上板小孔进入后恰好能与下板相接触，故静电力对金属微粒做负功，故金属微粒带负电。由动能定理得mg·2d-qU=0，解得电荷量q=，故B正确。
考点二　带电粒子在电场中的偏转
1.两个推论
(1)粒子经电场偏转后射出，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为。
(2)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的。
2.功能关系
qUy=mv2-m，其中Uy=y，指初、末位置间的电势差。
考向　　带电粒子在电场中的偏转
例3 如图所示，显微镜的核心部件之一是电子偏转系统:电荷量为q、质量为m的电子束以初速度v0水平射入平行板电容器。极板间电压为U，板长为L，极板间距为d，忽略重力和电子之间的相互作用，求:
(1)电子束射出平行板时的偏转距离y;
(2)电子离开偏转系统时的动能增量ΔEk。
解析　(1)电子在电场中做类平抛运动，沿平行板方向有L=v0t
垂直于平行板方向有a==，y=at2
联立解得y=。
(2)由动能定理得ΔEk=q=。
答案　(1)　(2)
考向　　带电粒子在电场中先加速后偏转
例4 如图所示，初速度为0的电子经过两板间的电压为U1的加速电场后，沿两平行金属板中线O'O射入偏转电场，一段时间后离开平行金属板后打在距离金属板右端s处的屏幕上的P点，两平行金属板间的距离为d，板长均为l，电子的比荷为k，不计电子受到的重力，求:
(1)电子进入偏转电场时的速度大小v;
解析　设电子的质量为m，电荷量为q，则k=
由动能定理有qU1=mv2
解得v=。
答案　　
(2)O'P的最大长度x及此时偏转电场两板间的电压U2。
解析　电子进入偏转电场后做类平抛运动，由几何关系有=
当电子从下极板右边缘飞出时偏转位移最大，为ymax=
联立解得x=d
在沿电场线方向上有a=
设电子经时间t飞出电场，则有t=
ymax=at2
联立解得U2=U1。
答案　d　U1
示波管的工作原理(如图所示)
1.水平偏转板:接入锯齿波扫描电压，使电子束在水平方向匀速移动，形成时间轴。
2.竖直偏转板:接收待观测的电信号，信号电压变化会使电子束在竖直方向偏转，偏转幅度与信号电压成正比。
考点三　示波管的工作原理
例5 示波器是一种重要的电子测量仪器，其核心部件是示波管，示波管的原理示意图如图甲所示。如果在电极YY'之间所加的电压UY及在电极XX'之间所加的电压UX分别按图乙中实线及虚线所示的规律变化，则在荧光屏(XY轴上单位长度相等)上呈现出来的图形是(　　)
A
解析　在t=0时刻，uX和uY均为零，则电子会打到中心位置;由题图乙可知，Y、X轴方向上的电压分别为uY=u0sin ωt、uX=2u0sin ωt，故同一时刻uY=uX，粒子在Y轴方向的位移y=·t2，在X轴方向的位移x=·t2，故 =，可知在荧光屏上呈现出来的图形是过原点且在一、三象限的亮线，故A正确。
提升素养能力
3
A级　基础对点练
对点练1　带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
1.两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA=h，此电子具有的初动能为(　　)
A. B.edUh
C. D.
D
解析　OA之间的电势差为UOA=h，从O到A由动能定理得初动能为Ek=UOAe=，故D正确。
2.如图所示，平行板电容器水平放置，两板间距离为d，板间电压为U1。一带电小球(可视为质点)从上极板小孔以垂直极板的初速度v0进入电场，向下运动时速度减为零，如果其他条件均不变，仅把两极板间电压调整为U2，带电小球刚好能够到达下极板，则带电小球的比荷等于(　　)
A
A. B. C. D.
解析　当小球向下运动时速度减为零，根据动能定理可得mg·-q·=0-m
若把两极板间电压调整为U2，带电小球刚好能够到达下极板，则有
mgd-q·d=0-m
联立可得=，故A正确。
3.如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量大小为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，重力加速度为g，则(　　)
A.微粒到达B点时动能为m
B.微粒的加速度大小等于gsin θ
C.两极板的电势差UMN=
D.微粒从A点到B点的过程，电势能减少
C
解析　微粒仅受静电力和重力，静电力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向，由此可知，静电力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B点时动能小于m，A错误;对微粒有qEsin θ=ma，qEcos θ=mg，解得E=，a=gtan θ，B错误;两极板的电势差UMN=Ed=，C正确;微粒从A点到B点的过程中，静电力做负功，电势能增加，电势能增加量为ΔEp=qUMN=，D错误。
对点练2　带电粒子在电场中的偏转
4.(2026·江苏镇江期末)如图所示，两个粒子a和b电荷量之比为1∶2，以相同的初动能垂直射入偏转电场(不计粒子重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为(　　)
A
A.1∶2 B.1∶4 C.1∶8 D.1∶16
解析　两粒子垂直射入偏转电场都做类平抛运动，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==，由题可知，两个粒子的初动能Ek相同，E、L相同，则y与q成正比，两粒子的电荷量之比为1∶2，侧位移y之比为1∶2，故A正确。
5.(2024·黑吉辽卷，6)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线;若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到与O点等高处的过程中(　　)
A.动能减少，电势能增加
B.动能增加，电势能增加
C.动能减少，电势能减少
D.动能增加，电势能减少
D
解析　小球的初速度方向沿虚线时，其运动轨迹为直线，故小球受到的合力方向沿虚线方向，由于重力方向竖直向下，匀强电场方向水平，故合力方向只能沿虚线向下，如图所示。初速度垂直于虚线时，小球做类平抛运动，从O点出发运动到与O点等高处的过程中，重力不做功，电场力方向与速度方向的夹角始终为锐角，故电场力做正功，动能增加，电势能减少，D正确。
6.(2026·江苏南京期末)如图所示，三个完全相同且重力不计的粒子a、b、c，同时从同一点沿水平方向飞入竖直偏转电场，轨迹如图所示。不计a、b、c之间的相互作用，不考虑电场的边缘效应，则下列判断正确的是(　　)
A.刚进电场时b、c的速度相同，a的速度最小
B.在b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上
C.b和c同时飞离电场
D.a、b、c三个粒子在电场运动的全过程中，动能的
增加量相同
B
解析　在电场中，三个完全相同的粒子受到的静电力相同，则加速度也相同，在竖直方向，根据y=at2可知ta=tb>tc，在水平方向，三个粒子均做匀速直线运动，且在电场中发生的水平位移关系为xa7.如图所示，带正电的粒子从极板a附近静止释放后被加速，穿过极板b中央小孔后射入偏转极板c、d间的匀强电场，则(　　)
A.极板a电势低于极板b电势
B.极板c电势高于极板d电势
C.粒子在极板c、d间运动时的加速度不变
D.粒子在极板c、d间运动时的速度不变
C
解析　由于粒子带正电，从极板a附近静止释放后被加速，可知极板a电势高于极板b电势;射入偏转极板c、d间的匀强电场后，由题图可知，静电力向上，电场方向向上，则极板c电势低于极板d电势，故A、B错误;粒子在极板c、d间运动时，受到的静电力恒定不变，根据牛顿第二定律可知，加速度不变，故C正确;粒子在极板c、d间运动时，静电力对粒子做正功，粒子的速度增大，故D错误。
对点练3　示波管的工作原理
8.如图甲、乙所示为示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。现在偏转电极YY'之间加如图丙所示电压。加速电压U0的调节不仅影响电子速度，还能间接控制波形显示的缩放比例，是示波器校准的重要参数。若仅将加速电压U0增大为原来的2倍，其他条件不变，则电子在竖直方向的最大侧移量变为原来的(　　)
B
A. B. C. D.2倍
解析　设偏转极板的长度为L，板间距离为d，偏转电极YY'之间的电压为U1。电子在加速电场中有eU0=m，在偏转电场中有e=ma，L=v0t，y=at2，联立解得y=，若U0增大为原来的2倍，则电子射出偏转电场后至运动到荧光屏时沿竖直方向的侧移量变为原来的，故B正确。
B级　综合提升练
9.如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由静止沿斜向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是(　　)
A.电场强度的最小值等于
B.电场强度的最大值等于
C.带电油滴的机械能不可能增加
D.静电力可能对带电油滴不做功
D
解析　带电油滴的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和静电力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，如图所示，可知当静电力F与油滴轨迹垂直时，静电力F最小，电场强度最小，则有Fmin=qEmin=mgsin θ，解得Emin=，电场强度无最大值，故A、B错误;当E>且斜向右下时，静电力方向与速度方向成锐角，静电力做正功，带电油滴的机械能增加，故C错误;当E=时，静电力方向与速度方向垂直，静电力不做功，故D正确。
10.(2025·江苏卷，13)如图所示，在电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m，电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。求:
(1)a运动到最高点的时间t;
(2)a到达最高点时，a、b间的距离H。
答案　(1)　(2)
解析　(1)带电粒子在匀强电场中做类抛体运动，粒子a的运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上加速度大小为a的匀变速直线运动，在竖直方向上有qE=ma
v0sin θ=at
解得t=。
(2)水平方向上，a、b均以v0cos θ做匀速直线运动，竖直方向上，规定向上为正方向，b以-v0sin θ为初速度，以-a为加速度做匀加速直线运动，
竖直方向上，粒子a的位移ya=v0sin θ·t-at2
粒子b的位移yb=-v0sin θ·t-at2
又H=ya-yb
联立解得H=。
11.(2026·江苏徐州期中)如图所示，偏转电场的两平行金属板长为L，板间距离为d，距偏转电场极板的右侧为处有一水平放置、长度为的荧光屏，屏到两极板中心线OO'的距离为d。若加速电场的极板间加上可调电压U1，偏转电场的两板之间加上恒定电压U2。一电子无初速地从O加速后进入偏转电场，经过偏转电场后可打在右侧的荧光屏上。已知电子的质量为m，电子的电荷量为e，不计电子的重力。
(1)求电子进入偏转电场时的速度大小v;
(2)求电子离开平行金属板时距中心线OO'的
偏移量y;
(3)若使电子能打在屏上，求U1的调节范围。
答案　(1)　(2)　(3)≤U1≤
解析　(1)在加速电场中，由动能定理得eU1=mv2
解得v=。
(2)电子进入偏转电场后，水平方向做匀速直线运动，则有L=vt
沿着电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，则有y=at2
根据牛顿第二定律得a=
联立解得y=。
(3)电子打在荧光屏的临界情况如图
若电子打在荧光屏的最右端，则有=，解得电子离开平行板时偏离中心线OO'的距离为y1=
即=
解得U1=
若电子打在荧光屏的最左端，则有=，
解得电子离开平行板时偏离中心线OO'的距离为
y2=
即=
解得U1=
故使电子能打在屏上，U1的调节范围为≤U1≤。
C级　拔尖进阶练
12.如图所示为某静电除尘装置的简化原理图，两块间距为d的平行金属板间为除尘区域，两板与恒定的高压直流电源相连。大量均匀分布的带负电粉尘均以速度v0平行于板射入除尘区域，粉尘碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。通过调整d可以改变除尘率η(相同时间内被收集粉尘的数量与进入除尘区域粉尘的数量之百分比)。不计空气阻力、粉尘的重力及粉尘间的相互作用，忽略边缘效应。已知d=d0时，η为36%，若要使η为64%，则应将d调整为(　　)
A.d0 B.d0 C.d0 D.d0
C
解析　带负电的粉尘在电场中偏转做类平抛运动时，有L=v0t，y1=a1t2，q=ma1，此时除尘率η1==36%;当两板间的距离调整为d使除尘率为64%时，有L=v0t，y2=a2t2，q=ma2，η2==64%，联立解得d=d0，故C正确。
本节内容结束
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