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5．带电粒子在电场中的运动
【素养目标】　1．会根据牛顿运动定律、运动学公式及动能定理研究带电粒子在电场中的加速直线运动。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。3．了解示波管的构造和基本原理。
知识点一　带电粒子在电场中的加速
【情境导入】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，不计重力。
(1)电子加速时受到几个力的作用？电子做什么运动？
(2)若已知两板间距离为d，两板间的电场强度是多少？电子的加速度是多少？怎样根据运动学公式计算电子到达右极板的速度？
(3)能否由两板间电压U计算静电力对电子做功？能否利用动能定理计算电子到达右极板的速度？
提示：(1)只受静电力作用；电子向右做匀加速直线运动。
(2)两板间的电场强度为；电子的加速度为；利用v2＝2ad计算电子到达右极板的速度。
(3)静电力对电子做功W＝eU，能由两板间电压U计算静电力对电子做功；由动能定理得eU＝mv2，能利用动能定理计算电子到达右极板的速度。
【基础梳理】
分析带电粒子加速问题的两种思路
1．利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析。适用于匀强电场。
2．利用静电力做功结合动能定理分析。对于匀强电场和非匀强电场都适用，公式有qEd＝(匀强电场)或qU＝ (任何电场)等。
【师生互动】　电子质量为0.91×10-30 kg，电荷量e＝1.6×10-19 C，g＝10 m/s2。当它处于电场强度大小为E＝5×104 V/m的匀强电场中时：(结果均保留2位有效数字)
(1)受到的重力G是多少？
(2)受到的静电力F是多少？
(3)的值是多少？由此你能发现什么？
提示：(1)G＝mg＝0.91×10-30×10 N＝9.1×10-30 N。
(2)F＝eE＝1.6×10-19×5×104 N＝8.0×10-15 N。
(3)≈8.8×1014；可见F G，故电子在电场中可不考虑重力。
【探究归纳】
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，一般不考虑重力。
(2)带电小球、带电油滴、带电颗粒等质量较大的微粒，除有说明或明确的暗示外，处理问题时一般不能忽略重力。
2．带电粒子在静电力作用下的加速运动问题
— 动力学角度 功能关系角度
涉及 知识 应用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式 功的计算公式及动能定理
选择 条件 匀强电场，静电力是恒力 可以是匀强电场，也可以是非匀强电场，静电力可以是恒力，也可以是变力
(2026·湖南省名校联合体期末)如图所示，在P板附近有电荷量为q的正电荷(不计重力)由静止开始向Q板运动，则以下解释正确的是(　　)
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．电压一定时，两板间距离越大，加速的时间越短，加速度越小
C．电压一定时，两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大
D．若加速电压U与电荷量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍
答案：D
解析：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；根据运动学公式有d＝at2，由牛顿第二定律有a＝，可知两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越小，故B、C错误；到达Q板的速率为v＝，若加速电压U与电荷量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍，故D正确。故选D。
针对练．如图所示，从电子枪O逸出的电子，初速度可以认为是零，电子通过小孔A、B，最终打在C点。
(1)描述电子在OA间、AB间、BC间的运动情况；
(2)电子通过小孔A、B时的动能分别是多少电子伏特？电子打在C点时的动能是多少电子伏特？
答案：(1)见解析　(2)45 eV　45 eV　15 eV
解析：(1)电子在OA间在静电力的作用下做匀加速直线运动，AB间无电场，做匀速直线运动，在BC间受到的静电力与运动方向相反，做匀减速直线运动。
(2)AB之间无电场，做匀速直线运动，电子通过小孔A、B时的动能相等，根据动能定理有
eUAO＝EkA＝EkB
解得EkA＝EkB＝45 eV
由B到C，根据动能定理有
－eUBC＝EkC－EkB
解得EkC＝15 eV。
知识点二　带电粒子在电场中的偏转
【师生互动】如图所示，带电粒子以初速度v0垂直于电场线射入两平行板间的匀强电场中。设带电粒子的电荷量为q、质量为m(不计重力)，平行板长为L，两板间距为d，电势差为U。
任务1．你认为带电粒子的运动和哪种运动类似，这种运动的研究方法是什么？
任务2．带电粒子在电场中的运动可以分解为哪两种运动？
提示：任务1．和平抛运动类似，这种运动的研究方法是运动的合成和分解。
任务2．带电粒子在电场中的运动可以分解为：带电粒子在垂直于电场线方向上不受力，做匀速直线运动；在平行于电场线方向上受到静电力的作用，做初速度为零的匀加速直线运动。
【探究归纳】
1．带电粒子在电场中偏转的分析
如图所示，质量为m、电荷量为q的粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，极板间距离为d，极板间电压为U。
(1)运动性质
①沿初速度方向：速度为v0的匀速直线运动。
②垂直v0的方向：初速度为零的匀加速直线运动。
(2)运动规律
①t＝，偏转距离y＝。
②vy＝at＝，tan θ＝。
2．带电粒子在电场中偏转的两个推论
(1)带电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，此点为带电粒子沿初速度方向位移的中点。
(2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的，即tan α＝tan θ。
一束电子流在经U＝5 000 V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示。若两板间距d＝1.0 cm，板长l＝5.0 cm，那么要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？
答案：400 V
解析：对电子的加速过程，由动能定理得
eU＝
进入偏转电场，电子在平行于极板的方向上做匀速运动，有l＝v0t
在垂直于极板的方向做匀加速直线运动，则
加速度a＝
偏转距离y＝at2
电子能从平行板间飞出的条件为y≤
联立以上各式解得U′≤＝400 V
即要使电子能从平行板间飞出，两极板所加电压最大为400 V。
变式拓展．上述例题中，若使电子打到下极板中间，其他条件不变，则两个极板上需要加多大的电压？
答案：1 600 V
解析：由例题分析可得eU＝
at2
联立解得U″＝＝1 600 V。
针对练1．如图所示，两金属板与电源相连接，电压为U，电子从上极板边缘垂直电场方向，以速度v0射入匀强电场，且恰好从下极板边缘飞出，两极板之间距离为d。现在保持电子入射速度和入射位置(紧靠上极板边缘)不变，仍要让其从下极板边缘飞出，则下列操作可行的是(　　)
A．电压调至2U，板间距离变为2d
B．电压调至2U，板间距离变为d
C．电压调至U，板间距离变为2d
D．电压调至U，板间距离变为
答案：B
解析：电子在两极板之间做类平抛运动，设极板长为L，平行于极板的方向有L＝v0t，垂直于极板的方向有d＝·t2，解得＝qUL2，根据此表达式可知，若电压调至2U，板间距离应变为d，A错误，B正确；若板间距离变为2d，则电压应调至4U，若板间距离变为d，则电压应调至U，C、D错误。故选B。
针对练2．(多选)(2026·内蒙古呼和浩特期中)如图所示，平行金属板A、B水平放置，两板带有等量异种电荷，两板间形成的匀强电场方向竖直向下。现将一带电粒子沿水平方向从A板左侧靠近A板射入电场中，当粒子射入速度大小为v1时，粒子沿轨迹Ⅰ从两板正中间飞出，粒子在两板间运动的时间为t1；当粒子射入速度大小为v2时，粒子沿轨迹Ⅱ落到B板正中间，粒子在两板间运动的时间为t2。不计粒子重力，下列说法正确的是(　　)
A．t1∶t2＝1∶
B．v1∶v2＝1∶2
C．粒子沿轨迹Ⅱ运动时的电势能变化量是沿轨迹Ⅰ运动时的2倍
D．粒子沿轨迹Ⅱ运动时的速度偏转角的正切值是沿轨迹Ⅰ运动时的4倍
答案：ACD
解析：设两极板之间的距离为d，极板长度为L，对轨迹Ⅰ有L＝v1t1，，对轨迹Ⅱ有，可得t1∶t2＝1∶，v1∶v2＝2∶1，故A正确，B错误；静电力对两粒子做的功之比为，由于，故C正确；由速度方向的反向延长线过水平位移的中点可知，轨迹Ⅰ和轨迹Ⅱ对应的速度偏转角的正切值分别为tan θ1＝，tan θ2＝，所以，故D正确。故选ACD。
知识点三　示波管的原理
1．构造
示波管是示波器的核心部件，管内抽成真空，主要由电子枪(由发射电子的灯丝、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，如图所示。
2．原理
(1)扫描电压：XX′偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压。
(2)灯丝被电源加热后，发射热电子，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YY′偏转电极上加一个周期性的信号电压，并且信号电压与扫描电压周期相同，那么，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像了。
图(a)为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是选项图中的(　　)
答案：B
解析：在0～2t1时间内，扫描电压从左向右扫描一次，信号电压完成一个周期，当UY为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当UY为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为B。故选B。
针对练．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应带负电 D．极板Y′可能不带电
答案：A
解析：电子所受静电力方向与电场方向相反，因电子向X方向偏转，电场方向为X到X′，则X带正电，X′带负电；同理可知Y带正电，Y′带负电。故选A。
课时测评13　带电粒子在电场中的运动
(时间：30分钟　满分：60分)
(选择题1－10题，每题4分，共40分)
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
答案：A
解析：根据动能定理得qU＝mv2＝Ek，解得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Ek大。故选A。
2．(2026·江苏南京期末)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向左平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　)
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点后继续运动
答案：D
解析：由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，表明电子在薄板A、B之间做加速运动，静电力做正功，电场方向向左，在薄板B、C之间做减速运动，静电力做负功，电场方向向右，到达P点时速度恰好为0，之后，电子向左加速至M点，再向左减速至O点，到达O点时速度恰好为0，之后重复先前的运动，根据动能定理有－eUOM－eUMP＝0，解得UMP＝－UOM＝UMO，根据C＝，当C板向左平移到P′点，B、C间距减小，B、C之间电压减小，则有UMP＝UMO>UMP′，结合上述有－eUOM－eUMP′>0，可知电子减速运动到P′点时速度不等于0，即电子穿过P′点后继续向右运动。故选D。
3．如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板附近有一质量为m、电荷量为－q的粒子。在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为(　　)
A．3∶2 B．2∶1
C．5∶2 D．3∶1
答案：A
解析：带电粒子仅在静电力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，正、负粒子的加速度分别为a1＝，设两粒子经过同一平面的时间为t，则正粒子的位移为 t2，负粒子的位移为t2，联立可解得M∶m＝3∶2。故选A。
4．(多选)(2026·河北邯郸期末)如图所示，一平行板电容器两极板间距离为d，极板间电势差为U，一个电子从O点沿垂直于极板的方向射入两极板间，最远到达A点，然后返回。已知O、A两点相距为l，电子质量为m，电荷量为－e，重力不计。下列说法正确的是(　　)
A．电子在O点的电势能小于在A点的电势能
B．电子返回到O点时的速度与从O点射入两极板间时的速度相同
C．电子从O点射出时的速度v0＝
D．O、A间的电势差UOA＝U
答案：AD
解析：电子在运动过程中，只受到静电力，故电势能与动能之和不变，电子在A点的动能最小，则电子在A点的电势能最大，故电子在O点的电势能小于在A点的电势能，故A正确；电子返回到O点时的电势能与从O点射入两极板间时的电势能相同，故返回到O点时的速度大小与从O点射入两极板间时的速度大小相同，但是方向相反，故B错误；根据动能定理有，解得电子从O点射出时的速度v0＝，故C错误；O、A间的电势差UOA＝U，故D正确。故选AD。
5．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(两者均不计重力)，这两个粒子都能射出电场，α粒子的质量是质子的4倍，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之比为(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．1∶4
答案：B
解析：根据偏移量计算公式y＝·2以及动能表达式Ek＝，解得y＝，初动能相同，α粒子的电荷量是质子的2倍，故y1∶y2＝1∶2。故选B。
6．如图所示，电场方向竖直，质量相同的带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入匀强电场中，粒子P从两极板间正中央射入，粒子Q从下极板边缘处射入，它们都打到上极板同一点。(不计两粒子重力和两粒子之间的相互作用)则(　　)
A．粒子P、Q在电场中的运动时间不同
B．粒子Q所带的电荷量比粒子P所带的电荷量大
C．粒子P的动能增量较大
D．静电力对粒子P、Q做的功一样大
答案：B
解析：粒子P、Q在电场中水平方向均做匀速直线运动，水平速度相同，水平位移相同，可知运动时间相同，故A错误；竖直方向有y＝t2，两粒子质量相同，运动时间相同，粒子Q的竖直位移大于粒子P的竖直位移，可知粒子Q所带的电荷量比粒子P所带的电荷量大，故B正确；根据W＝qEy可知，静电力对粒子Q做功较大，根据动能定理可知，粒子Q的动能增量较大，故C、D错误。故选B。
7．如图所示，平行板电容器两极板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子以初速度v0沿着两板中心线射入，沿a轨迹落到下极板的中央，现只改变其中一个条件，让质子沿b轨迹落到下极板边缘，则可以将(　　)
A．开关S断开
B．初速度变为2v0
C．两极板间电压变为
D．竖直移动上极板，使板间距变为2d
答案：B
解析：开关S断开，电容器所带电荷量不变，电容器的电容不变，则电容器两极板间电压不变，质子仍落到下极板的中央，A错误；将初速度变为2v0，质子加速度不变，竖直方向根据y＝at2可知，质子运动到下极板所需的时间不变，由x＝vt可知，到达下极板时质子的水平位移变为原来的2倍，正好落到下极板边缘，B正确；当两极板间电压变为时，板间场强变为原来的，质子所受的静电力变为原来的，加速度变为原来的，竖直方向根据y＝at2可知，质子运动到下极板所需时间变为原来的倍，由x＝vt可知，到达下极板时质子的水平位移变为原来的倍，所以质子不能落到下极板边缘，C错误；竖直移动上极板，使板间距变为2d，则板间场强变为原来的，由C项分析知质子运动到下极板所需时间变为原来的倍，水平位移变为原来的倍，质子不能落到下极板边缘，D错误。故选B。
8．如图所示为示波管，当两偏转电极XX′、YY′上的电压为零时，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(图示坐标系的O点，其中x轴与XX′电场的电场强度方向重合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与YY′电场的电场强度方向重合，y轴正方向竖直向上)。下列说法正确的是(　　)
A．若要电子打在图示坐标系的第Ⅱ象限，则X′接电源正极，Y接电源负极
B．若只在YY′两极加上偏转电压，则在荧光屏上能看到沿x轴的亮线
C．若只在XX′两极加上偏转电压，增大XX′两极电压，则电子位置会沿x轴方向移动
D．示波管工作时，可任意调节XX′、YY′两极电压，荧光屏上都会出现稳定波形
答案：C
解析：若要电子打在题图所示坐标系的第Ⅱ象限，电子受到的静电力在x轴上沿负方向，在y轴上沿正方向，则X′接电源正极，Y接电源正极，故A错误；若只在YY′两极加上偏转电压，则在荧光屏上能看到垂直x轴的亮线，故B错误；若只在XX′两极加上偏转电压，电子受到的静电力沿x轴，增大XX′两极电压，则电子位置会沿x轴方向移动，故C正确；如果两电压频率都不稳定，则无法获得稳定波形，故D错误。故选C。
9．(2026·江西师大附中期中)A、B板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三种比荷相同的带电微粒(均不计重力)，a、b和c的运动轨迹如图所示，其中b和c是从同一点射入的。不计空气阻力，则可知粒子运动的全过程(　　)
A．运动加速度aa>ab>ac
B．速度变化量Δvb＝Δvc>Δva
C．飞行时间tb>tc>ta
D．电势能的减少量ΔEc＝ΔEb>ΔEa
答案：B
解析：带电微粒的比荷、匀强电场的场强均相同，根据牛顿第二定律有qE＝ma，解得a＝，可知它们运动的加速度相同，故A错误；带电微粒在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，由y＝at2解得t＝，由题图可知yaΔva，故B正确；静电力做功为W＝qEy，由于电荷量关系不能确定，所以不能确定静电力做功的大小，也就不能确定电势能减少量的大小，故D错误。故选B。
10．(多选)(2026·贵州遵义五校期末)如图甲，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列组成，交流电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。在t＝0时，偶数圆筒相对奇数圆筒的电势差为正，此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)中央的一个质子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，要使质子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中，恰好都能使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速，圆筒的长度须依照一定的规律依次增加。已知质子质量为m、电荷量为e，电压的绝对值为U、周期为T，质子通过圆筒间隙的时间不计，则(　　)
A．质子在每个圆筒中运动的时间均为
B．质子在每个圆筒中运动的时间均为T
C．质子进入第8个圆筒瞬间速度为4
D．序号为4的圆筒长度是序号为1的圆筒长度的2倍
答案：ACD
解析：因为质子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中时，静电力方向恰好跟运动方向相同而不断加速，所以圆筒长度是按照一定的规律增加的，质子在每个筒内运动的时间必须为电压周期的一半，即均为，故A正确，B错误；设质子进入第n个圆筒瞬间速度为vn，由动能定理可得neU＝，解得vn＝，所以第n个筒的长度为Ln＝vnt＝ ，故质子进入第8个圆筒瞬间速度为v8＝4，序号为4的圆筒长度为L4＝，序号为1的圆筒长度为L1＝，则＝2，即序号为4的圆筒长度是序号为1的圆筒长度的2倍，故C、D正确。故选ACD。
11．(20分)如图所示为示波管模型，电荷量为e、质量为m的电子从灯丝K发出，经加速电场加速后，从中心孔S沿极板中心线SO以速度v水平射入平行板电容器，穿出偏转电场后，又经过一段匀速直线运动，最后打到荧光屏上的C点。已知平行板电容器两极板间的电压为U，板长为L，两极板间的距离为d，偏转电场两极板右端到荧光屏的距离为L，不计电子重力。
(1)求荧光屏上O、C两点间的距离；
(2)将平行板电容器与电源断开，仅增大两极板间距，发现电子仍打到荧光屏上的C点，请列式说明原因。
答案：(1)　(2)见解析
解析：(1)电子在偏转电场中做类平抛运动，运动轨迹如图所示
垂直电场方向有L＝vt
沿电场方向有e＝ma
侧移量y＝at2
联立解得y＝
由类平抛运动的推论和几何关系可知
可得荧光屏上O、C两点间的距离OC＝。
(2)因电容器与电源断开，两极板上所带电荷量不变，根据E＝
可得E＝
仅增大两极板间距，极板间电场强度不变，电子在电场中的受力情况不变，则运动情况不变，故电子仍能打到荧光屏上的C点。(共56张PPT)
5．带电粒子在电场中的运动
　　　　
第十章　静电场中的能量
1．会根据牛顿运动定律、运动学公式及动能定理研究带电粒子在电场中的加速直线运动。
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。
3．了解示波管的构造和基本原理。
素养目标
知识点一　带电粒子在电场中的加速
1
知识点二　带电粒子在电场中的偏转
2
知识点三　示波管的原理
3
内容索引
课时测评
4
知识点一　带电粒子在电场中的加速
情境导入　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，不计重力。
(1)电子加速时受到几个力的作用？电子做什么运动？
提示：只受静电力作用；电子向右做匀加速直线运动。
自主学习
(2)若已知两板间距离为d，两板间的电场强度是多少？电子
的加速度是多少？怎样根据运动学公式计算电子到达右极板
的速度？
提示：两板间的电场强度为；电子的加速度为；利用v2
＝2ad计算电子到达右极板的速度。
(3)能否由两板间电压U计算静电力对电子做功？能否利用动能定理计算电子到达右极板的速度？
提示：静电力对电子做功W＝eU，能由两板间电压U计算静电力对电子做功；由动能定理得eU＝mv2，能利用动能定理计算电子到达右极板的速度。
基础梳理　
分析带电粒子加速问题的两种思路
1．利用______________结合匀变速直线运动公式分析。适用于_____电场。
2．利用静电力做功结合动能定理分析。对于匀强电场和非匀强电场都适用，公式有qEd＝(匀强电场)或qU＝_________________(任何电场)等。
牛顿第二定律
匀强
师生互动　电子质量为0.91×10-30 kg，电荷量e＝1.6×10-19 C，g＝10 m/s2。当它处于电场强度大小为E＝5×104 V/m的匀强电场中时：(结果均保留2位有效数字)
(1)受到的重力G是多少？
提示：G＝mg＝0.91×10-30×10 N＝9.1×10-30 N。
(2)受到的静电力F是多少？
提示：F＝eE＝1.6×10-19×5×104 N＝8.0×10-15 N。
(3)的值是多少？由此你能发现什么？
提示：≈8.8×1014；可见F G，故电子在电场中可不考虑重力。
课堂探究
探究归纳　
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，一般不考虑重力。
(2)带电小球、带电油滴、带电颗粒等质量较大的微粒，除有说明或明确的暗示外，处理问题时一般不能忽略重力。
2．带电粒子在静电力作用下的加速运动问题
— 动力学角度 功能关系角度
涉及 知识 应用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式 功的计算公式及动能定理
选择 条件 匀强电场，静电力是恒力 可以是匀强电场，也可以是非匀强电场，静电力可以是恒力，也可以是变力
(2026·湖南省名校联合体期末)如图所示，在P板附近
有电荷量为q的正电荷(不计重力)由静止开始向Q板运动，
则以下解释正确的是
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．电压一定时，两板间距离越大，加速的时间越短，加速度越小
C．电压一定时，两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大
D．若加速电压U与电荷量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍
√
例1
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；根据运动学公式有d＝at2，由牛顿第二
定律有a＝，可知两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越小，故B、C错误；到达Q板的速率为v＝，若加速电压U与电荷量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍，故D正确。故选D。
针对练．如图所示，从电子枪O逸出的电子，初速度可以认为是零，电子通过小孔A、B，最终打在C点。
(1)描述电子在OA间、AB间、BC间的运动情况；
答案：见解析　
电子在OA间在静电力的作用下做匀加速直线运动，AB间无电场，做匀速直线运动，在BC间受到的静电力与运动方向相反，做匀减速直线运动。
(2)电子通过小孔A、B时的动能分别是多少电子伏特？电子打在C点时的动能是多少电子伏特？
答案：45 eV　45 eV　15 eV
AB之间无电场，做匀速直线运动，电子通过小孔A、B时的动能相等，根据动能定理有
eUAO＝EkA＝EkB
解得EkA＝EkB＝45 eV
由B到C，根据动能定理有
－eUBC＝EkC－EkB
解得EkC＝15 eV。
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知识点二　带电粒子在电场中的偏转
师生互动　如图所示，带电粒子以初速度v0垂直于电场线射入
两平行板间的匀强电场中。设带电粒子的电荷量为q、质量为m
(不计重力)，平行板长为L，两板间距为d，电势差为U。
任务1．你认为带电粒子的运动和哪种运动类似，这种运动的研
究方法是什么？
提示：和平抛运动类似，这种运动的研究方法是运动的合成和分解。
任务2．带电粒子在电场中的运动可以分解为哪两种运动？
提示：带电粒子在电场中的运动可以分解为：带电粒子在垂直于电场线方向上不受力，做匀速直线运动；在平行于电场线方向上受到静电力的作用，做初速度为零的匀加速直线运动。
探究归纳　
1．带电粒子在电场中偏转的分析
如图所示，质量为m、电荷量为q的粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，极板间距离为d，极板间电压为U。
(1)运动性质
①沿初速度方向：速度为v0的匀速直线运动。
②垂直v0的方向：初速度为零的匀加速直线运动。
(2)运动规律
①t＝，偏转距离y＝。
②vy＝at＝，tan θ＝。
2．带电粒子在电场中偏转的两个推论
(1)带电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，此点为带电粒子沿初速度方向位移的中点。
(2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的，即tan α＝tan θ。
一束电子流在经U＝5 000 V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示。若两板间距d＝1.0 cm，板长l＝5.0 cm，那么要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？
答案：400 V
例2
对电子的加速过程，由动能定理得eU＝
进入偏转电场，电子在平行于极板的方向上做匀速运动，有l＝v0t
在垂直于极板的方向做匀加速直线运动，则
加速度a＝
偏转距离y＝at2
电子能从平行板间飞出的条件为y≤
联立以上各式解得U′≤＝400 V
即要使电子能从平行板间飞出，两极板所加电压最大为400 V。
变式拓展．上述例题中，若使电子打到下极板中间，其他条件不变，则两个极板上需要加多大的电压？
答案：1 600 V
由例题分析可得eU＝
at2
联立解得U″＝＝1 600 V。
针对练1．如图所示，两金属板与电源相连接，电压为U，电子从上极板边缘垂直电场方向，以速度v0射入匀强电场，且恰好从下极板边缘飞出，两极板之间距离为d。现在保持电子入射速度和入射位置(紧靠上极板边缘)不变，仍要让其从下极板边缘飞出，则下列操作可行的是
A．电压调至2U，板间距离变为2d
B．电压调至2U，板间距离变为d
C．电压调至U，板间距离变为2d
D．电压调至U，板间距离变为
√
电子在两极板之间做类平抛运动，设极板长为L，
平行于极板的方向有L＝v0t，垂直于极板的方向
有d＝·t2，解得＝qUL2，根据此表
达式可知，若电压调至2U，板间距离应变为d，
A错误，B正确；若板间距离变为2d，则电压应调至4U，若板间距离变为d，则电压应调至U，C、D错误。故选B。
针对练2．(多选)(2026·内蒙古呼和浩特期中)如图所示，平
行金属板A、B水平放置，两板带有等量异种电荷，两板间
形成的匀强电场方向竖直向下。现将一带电粒子沿水平方
向从A板左侧靠近A板射入电场中，当粒子射入速度大小为
v1时，粒子沿轨迹Ⅰ从两板正中间飞出，粒子在两板间运动的时间为t1；当粒子射入速度大小为v2时，粒子沿轨迹Ⅱ落到B板正中间，粒子在两板间运动的时间为t2。不计粒子重力，下列说法正确的是
A．t1∶t2＝1∶
B．v1∶v2＝1∶2
C．粒子沿轨迹Ⅱ运动时的电势能变化量是沿轨迹Ⅰ运动时的2倍
D．粒子沿轨迹Ⅱ运动时的速度偏转角的正切值是沿轨迹Ⅰ运动时的4倍
√
√
√
设两极板之间的距离为d，极板长度为L，对轨迹Ⅰ有
L＝v1t1，，对轨迹Ⅱ有，
可得t1∶t2＝1∶，v1∶v2＝2∶1，故A正确，B错
误；静电力对两粒子做的功之比为，由于，故C正确；由速度方向的反向延长线过水平位移的中点可知，轨迹Ⅰ和轨迹Ⅱ对应的速度偏转角的正切值分别为tan θ1＝，tan θ2＝，所以，故D正确。故选ACD。
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知识点三　示波管的原理
1．构造
示波管是示波器的核心部件，管内抽成真空，主要由电子枪(由发射电子的灯丝、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，如图所示。
2．原理
(1)扫描电压：XX′偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压。
(2)灯丝被电源加热后，发射热电子，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YY′偏转电极上加一个周期性的信号电压，并且信号电压与扫描电压周期相同，那么，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像了。
图(a)为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是选项图中的
例3
√
在0～2t1时间内，扫描电压从左向右扫描一次，信号电压完成一个周期，当UY为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当UY为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为B。故选B。
针对练．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应带负电
D．极板Y′可能不带电
√
电子所受静电力方向与电场方向相反，因电子向X方向偏转，电场方向为X到X′，则X带正电，X′带负电；同理可知Y带正电，Y′带负电。故选A。
课堂回眸
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课时测评
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
√
基础排查
根据动能定理得qU＝mv2＝Ek，解得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Ek大。故选A。
2．(2026·江苏南京期末)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向左平移到P′点，则由O点静止释放的电子
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点后继续运动
√
由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，表明电子在
薄板A、B之间做加速运动，静电力做正功，电场方向
向左，在薄板B、C之间做减速运动，静电力做负功，
电场方向向右，到达P点时速度恰好为0，之后，电子
向左加速至M点，再向左减速至O点，到达O点时速度
恰好为0，之后重复先前的运动，根据动能定理有－eUOM－eUMP＝0，解得UMP＝－UOM＝UMO，根据C＝，当C板向左平移到P′点，B、C间距减小，B、C之间电压减小，则有UMP＝UMO>UMP′，结合上述有－eUOM－eUMP′>0，可知电子减速运动到P′点时速度不等于0，即电子穿过P′点后继续向右运动。故选D。
3．如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板附近有一质量为m、电荷量为－q的粒子。在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为
A．3∶2 B．2∶1
C．5∶2 D．3∶1
√
带电粒子仅在静电力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，正、负粒子的加速度分别为a1＝，设两粒子经过同一平面的时间为t，则正粒子的位移为 t2，负粒子的位移为t2，联立可解得M∶m＝3∶2。故选A。
4．(多选)(2026·河北邯郸期末)如图所示，一平行板电容器两极板间距离为d，极板间电势差为U，一个电子从O点沿垂直于极板的方向射入两极板间，最远到达A点，然后返回。已知O、A两点相距为l，电子质量为m，电荷量为－e，重力不计。下列说法正确的是
A．电子在O点的电势能小于在A点的电势能
B．电子返回到O点时的速度与从O点射入两极板间时的速度相同
C．电子从O点射出时的速度v0＝
D．O、A间的电势差UOA＝U
√
√
电子在运动过程中，只受到静电力，故电势能与动
能之和不变，电子在A点的动能最小，则电子在A点
的电势能最大，故电子在O点的电势能小于在A点的
电势能，故A正确；电子返回到O点时的电势能与从
O点射入两极板间时的电势能相同，故返回到O点时的速度大小与从O点射入两极板间时的速度大小相同，但是方向相反，故B错误；根据动能定理有，解得电子从O点射出时的速度v0＝，故C错误；O、A间的电势差UOA＝U，故D正确。故选AD。
5．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(两者均不计重力)，这两个粒子都能射出电场，α粒子的质量是质子的4倍，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之比为
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．1∶4
根据偏移量计算公式y＝·2以及动能表达式Ek＝，解得y＝，初动能相同，α粒子的电荷量是质子的2倍，故y1∶y2＝1∶2。故选B。
√
6．如图所示，电场方向竖直，质量相同的带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入匀强电场中，粒子P从两极板间正中央射入，粒子Q从下极板边缘处射入，它们都打到上极板同一点。(不计两粒子重力和两粒子之间的相互作用)则
A．粒子P、Q在电场中的运动时间不同
B．粒子Q所带的电荷量比粒子P所带的电荷量大
C．粒子P的动能增量较大
D．静电力对粒子P、Q做的功一样大
√
粒子P、Q在电场中水平方向均做匀速直线运动，
水平速度相同，水平位移相同，可知运动时间相
同，故A错误；竖直方向有y＝t2，两粒子质
量相同，运动时间相同，粒子Q的竖直位移大于
粒子P的竖直位移，可知粒子Q所带的电荷量比粒子P所带的电荷量大，故B正确；根据W＝qEy可知，静电力对粒子Q做功较大，根据动能定理可知，粒子Q的动能增量较大，故C、D错误。故选B。
7．如图所示，平行板电容器两极板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子以初速度v0沿着两板中心线射入，沿a轨迹落到下极板的中央，现只改变其中一个条件，让质子沿b轨迹落到下极板边缘，则可以将
A．开关S断开
B．初速度变为2v0
C．两极板间电压变为
D．竖直移动上极板，使板间距变为2d
√
开关S断开，电容器所带电荷量不变，电容器
的电容不变，则电容器两极板间电压不变，质
子仍落到下极板的中央，A错误；将初速度变
为2v0，质子加速度不变，竖直方向根据y＝at2可知，质子运动到下极板所需的时间不变，由x＝vt可知，到达下极板时质子的水平位移变为原来的2倍，正好落到下极板边缘，B正确；
当两极板间电压变为时，板间场强变为原来
的，质子所受的静电力变为原来的，加速度
变为原来的，竖直方向根据y＝at2可知，质子运动到下极板所需时间变为原来的倍，由x＝vt可知，到达下极板时质子的水平位移变为原来的倍，所以质子不能落到下极板边缘，C错误；竖直移动上极板，使板间距变为2d，则板间场强变为原来的，由C项分析知质子运动到下极板所需时间变为原来的倍，水平位移变为原来的倍，质子不能落到下极板边缘，D错误。故选B。
8．如图所示为示波管，当两偏转电极
XX′、YY′上的电压为零时，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(图示坐标系的O点，
其中x轴与XX′电场的电场强度方向重
合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与YY′电场的电场强度方向重合，y轴正方向竖直向上)。下列说法正确的是
A．若要电子打在图示坐标系的第Ⅱ象限，则X′接电源正极，Y接电源负极
B．若只在YY′两极加上偏转电压，则在荧光屏上能看到沿x轴的亮线
C．若只在XX′两极加上偏转电压，增大XX′两极电压，则电子位置会沿x轴方向移动
D．示波管工作时，可任意调节XX′、YY′两极电压，荧光屏上都会出现稳定波形
√
若要电子打在题图所示坐标系的
第Ⅱ象限，电子受到的静电力在x
轴上沿负方向，在y轴上沿正方向，
则X′接电源正极，Y接电源正极，
故A错误；若只在YY′两极加上偏
转电压，则在荧光屏上能看到垂直x轴的亮线，故B错误；若只在XX′两极加上偏转电压，电子受到的静电力沿x轴，增大XX′两极电压，则电子位置会沿x轴方向移动，故C正确；如果两电压频率都不稳定，则无法获得稳定波形，故D错误。故选C。
9．(2026·江西师大附中期中)A、B板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三种比荷相同的带电微粒(均不计重力)，a、b和c的运动轨迹如图所示，其中b和c是从同一点射入的。不计空气阻力，则可知粒子运动的全过程
A．运动加速度aa>ab>ac
B．速度变化量Δvb＝Δvc>Δva
C．飞行时间tb>tc>ta
D．电势能的减少量ΔEc＝ΔEb>ΔEa
√
综合应用
带电微粒的比荷、匀强电场的场强均相同，根据牛
顿第二定律有qE＝ma，解得a＝，可知它们运动
的加速度相同，故A错误；带电微粒在竖直方向都
做初速度为零的匀加速直线运动，由y＝at2解得t＝，由题图可知yaΔva，故B正确；静电力做功为W＝qEy，由于电荷量关系不能确定，所以不能确定静电力做功的大小，也就不能确定电势能减少量的大小，故D错误。故选B。
10．(多选)(2026·贵州遵义五校期末)如图甲，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列组成，交流电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。在t＝0时，偶数圆筒相对奇数圆筒的电势差为正，此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)中央的一个质子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，要使质子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中，恰好都能使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速，圆筒的长度须依照一定的规律依次增加。已知质子质量为m、电荷量为e，电压的绝对值为U、周期为T，质子通过圆筒间隙的时间不计，则
A．质子在每个圆筒中运动的时间均为
B．质子在每个圆筒中运动的时间均为T
C．质子进入第8个圆筒瞬间速度为4
D．序号为4的圆筒长度是序号为1的圆筒长度的2倍
√
√
√
因为质子运动到圆筒与圆筒之间各个
间隙中时，静电力方向恰好跟运动方
向相同而不断加速，所以圆筒长度是
按照一定的规律增加的，质子在每个筒内运动的时间必须为电压周期的一半，即均为，故A正确，B错误；设质子进入第n个圆筒瞬间速度为vn，由动能定理可得neU＝，解得vn＝，所以第n个筒的长度为Ln＝vnt＝ ，故质子进入第8个圆筒瞬间速度为v8＝4，序号为4的圆筒长度为L4＝，序号为1的圆筒长度为L1＝，则＝2，即序号为4的圆筒长度是序号为1的圆筒长度的2倍，故C、D正确。故选ACD。
11．(20分)如图所示为示波管模型，电荷量为e、
质量为m的电子从灯丝K发出，经加速电场加速
后，从中心孔S沿极板中心线SO以速度v水平射
入平行板电容器，穿出偏转电场后，又经过一段
匀速直线运动，最后打到荧光屏上的C点。已知
平行板电容器两极板间的电压为U，板长为L，两极板间的距离为d，偏转电场两极板右端到荧光屏的距离为L，不计电子重力。
(1)求荧光屏上O、C两点间的距离；
答案：　
电子在偏转电场中做类平抛运动，运动轨迹如图所示
垂直电场方向有L＝vt
沿电场方向有e＝ma
侧移量y＝at2
联立解得y＝
由类平抛运动的推论和几何关系可知
可得荧光屏上O、C两点间的距离OC＝。
(2)将平行板电容器与电源断开，仅增大两极板间距，发现电子仍打到荧光屏上的C点，请列式说明原因。
答案：见解析
因电容器与电源断开，两极板上所带电荷量不变，
根据E＝
可得E＝
仅增大两极板间距，极板间电场强度不变，电子在电场中的受力情况不变，则运动情况不变，故电子仍能打到荧光屏上的C点。
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谢 谢 观 看
第十章　静电场中的能量

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