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第 57 讲 带电粒子在电场中的曲线运动
a
（多选）1．（2022•浙江）如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为 E= ，a为常量。
r
比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则（ ）
A．轨道半径r小的粒子角速度一定小
B．电荷量大的粒子的动能一定大
C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
【解答】解：A、电场力提供粒子做圆周所需的向心力，则qE＝m 2r，解得 √ qa ，由于两
ω=
mr2
ω
粒子的比荷相同，半径越小的，角速度越大，故A错误；
mv2 1 1
B、场力提供粒子做圆周所需的向心力，则qE= ，粒子的动能E = mv2，解得E = qa，
r k 2 k 2
故电荷量大的粒子的动能一定大，故B正确；
mv2 √qa
C、场力提供粒子做圆周所需的向心力，则qE= ，解得v= ，粒子的速度大小与轨道半
r m
径r一定无关，故C正确；
D、当粒子逆时针运动，所加的磁场垂直纸面向外时，此时受到的洛伦兹力指向O点，此时粒子
做向心运动，故D错误；
故选：BC。
一.知识回顾
1．电粒子在电场中的偏转问题
(1)条件分析：带电粒子的初速度方向跟电场方向垂直。(2)运动性质：类平抛运动。
(3)处理方法：利用运动的合成与分解。
①沿初速度方向：做匀速直线运动，运动时间t＝。
②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。
③运动过程，如图所示：
④基本关系式：
加速度：a＝＝＝。
在电场中的运动时间：t＝。
速度
v＝，tanθ＝＝。
位移（y通常称为偏转量）
偏转角θ的正切值：tan θ＝＝＝.
（4）两个推论
①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的偏转角度和偏移
量y总是相同的。
证明：由qU＝mv及tanθ＝，得tanθ＝。由qU＝mv及y＝，得y＝。
0 0
②粒子经电场偏转射出后，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到极板边缘的水平距离为。
2.示波管
（1）构造
示波管的构造如图所示，它主要由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。
（2）工作原理
(1)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沿直
线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。
(2)示波管的YY′偏转电极上加的是待测的信号电压，XX′偏转电极通常接入仪器自身产生的
锯齿形电压，叫作扫描电压。如果信号电压是周期性的，并且扫描电压与信号电压的周期相同，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。
（3）相关计算
在示波管模型中，带电粒子经加速电场U加速，再经偏转电场U偏转后，需要经历一段匀速直
1 2线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。
①确定最终偏移距离
思路一：
思路二：
→――→
②确定偏转后的动能(或速度)
思路一：
思路二：
3. 带电粒子在匀强电场中偏转问题的两种求解思路
(1)运动学与动力学观点
运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：
①带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动。
②带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)。
当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法。
(2)功能观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算。
①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末
状态及运动过程中动能的增量。
②若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加
的，哪些能量是减少的。
二.例题精析
题型一：偏转
例1．先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场．在下列两种情况下，分别求
出电子偏角的正切与氢核偏角的正切之比．（1）电子与氢核的初速度相同．
（2）电子与氢核的初动能相同．
【解答】解：粒子在偏转电场中做类平抛运动，由动力学知识可得：
水平方向 L＝v t
0
eU
加速度 a=
md
竖直分速度v ＝at
y
速度偏向角的正切 tan = v y = eUL
v mdv2
θ 0 0
（1）如果电子和氢核的初速度相同，由上公式，可知偏转角的正切值与质量成反比，所以离开
时电子偏角的正切和氢核偏角的正切之比为tanθ m ；
e = H
tanθ m
H e
（2）如果电子和氢核的初动能相同，由上公式，可知偏转角的正切值与电量成正比，所以离开
时氦核偏角的正切和氢核偏角的正切之比为tanθ 1e ．
e = =1
tanθ 1e
H
答：（1）电子与氢核的初速度相同，离开时电子偏角的正切和氢核偏角的正切之比为
tanθ m ；
e = H
tanθ m
H e
（2）如果电子和氢核的初动能相同，离开时氦核偏角的正切和氢核偏角的正切之比为
tanθ 1e ．
e = =1
tanθ 1e
H
题型二：加速后偏转（示波管模型）
例2．如图所示，一真空示波管的电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电场
加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板 M、N形成的偏转电场中
（偏转电场可视为匀强电场），电子进入 M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电
场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U ，M、N两板间的电压为U ，两板间的距离为
1 2d，板长为L，偏转电场的右端距离荧光屏的距离为l，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子
重力。
（1）求电子穿过A板时的速度大小v ；
0
（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量y；
（3）求OP的距离Y；
（4）电子从偏转电场射出时的侧移量y和偏转电压U 的比叫做示波器的灵敏度，分析说明可采
2
用哪些方法提高示波器的灵敏度。
1
【解答】解：（1）电子在加速电场中，据动能定理 eU = mv2，
1 2 0
解得： √2eU ；
v = 1
0 m
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动， y= 1 at2= 1 × eU 2× L2 = U 2 L2 ；
2 2 md v2 4U d
0 1
（3）根据平抛运动的推论：做类平抛运动的物体，某时刻速度的反向延长线过此刻水平位移的
中点，
L
y 2
所以有 = ，
Y L
+l
2
解得： L U L ；
Y =( +l) 2
2 2U d
1
（4）据第（2）问可得： y L2 ，故提高示波器灵敏度可以增大板长 L，减小加速电压
=
U 4U d
2 1
U ，减小板间距d；
1
答：（1）求电子穿过A板时的速度大小v 为√2eU ；
0 1
m（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量y为U L2 ；
2
4U d
1
（3）求OP的距离Y为 L U L ；
( +l) 2
2 2U d
1
（4）提高示波器的灵敏度可以增大板长L，减小加速电压U ，减小板间距d。
1
三.举一反三，巩固练习
1. （多选）如图所示的xOy坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑
绝缘细杆（细杆的下端刚好在坐标原点O处），将一个套在杆上重力不计的带电圆环（视为质
点）从杆上P处由静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做圆周运动。下列说法正
确的是（ ）
A．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，速度可能先增大后减小
B．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，加速度可能先增大后减小
C．增大圆环所带的电荷量，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动
D．将圆环从杆上P的上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周
运动
【解答】解：A、圆环从P运动到O的过程中，只有库仑引力做正功，根据动能定理知，动能一
直增大，则速度一直增大，故A错误；
B、圆环从P运动到O的过程中，受库仑引力，细杆的弹力，库仑引力沿杆子方向上的分力等于
F cosθ
圆环的合力，设PQ连线与杆夹角为 ，对圆环根据牛顿第二定律可得：a= 库 ，向下滑动
m
θ
过程中，F库 增大、cos 减小，滑到O点时，所受的合力为零，故加速度可能先增大后减小，故
B正确； θ
1 Qq v2
C、设圆弧的电荷量为q，根据动能定理得，qU= mv2，根据向心力公式得：k = m ，联立
2 r2 rkQ
解得r= ，由此可知圆环做匀速圆周运动的半径与圆环所带电荷量无关，增大圆环所带的电
2U
荷量，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动，故C正确；
kQ
D、将圆环从杆上P的上方由静止释放，其他条件不变，则U增大，根据r= 可知，圆环离
2U
开细杆后不能绕点电荷做圆周运动，故D错误。
故选：BC。
2. 如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线
方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则（ ）
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a的速度将减小，b的速度将增加
C．a的加速度将减小，b的加速度将增加
D．两个粒子的动能，一个增加一个减小
【解答】解：A、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，由于电场线的方向不知，所
以粒子带电性质不定，故A错误；
B、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看速度与力方向的夹角
小于90°，
所以电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故B错误，D错误。
C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减
小，b受力增大，加速度增大，故C正确。
故选：C。
3. 如图所示，A、B是真空中的两个等量异种点电荷，M、N、O是AB连线的垂线上的
点，且AO＞OB，一带负电的试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线所示，M、N为
轨迹和垂线的交点，设M、N两点的场强大小分别为E 、E ，电势分别为 、 ，下列说法
M N M N
中正确的是（ ） φ φA．E 小于E
M N
B．点电荷A一定带正电
C． 大于
M N
D．φ此试探电φ荷在M处的电势能小于N处的电势能
【解答】解：A、根据等量异种点电荷电场线分布情况可知，M处电场线较疏，故E 小于E ．
M N
故A正确。
B、试探电荷受到的电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知该负电荷所受电场力大致向右，则电场的
方向向左，所以点电荷B带的是正电，点电荷A带负电。故B错误；
C、等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线。MN连线与AB连线垂直，则M、N到该中垂
线的距离相等，由U＝Ed，d相等，而E 小于E ，则M与中垂线的电势差大小小于N与中垂
M N
线电势差的大小，而M、N两点的电势均大于中垂线的电势，所以 小于 ．故C错误。
M N
D、负电荷在电势较低的M处的电势能大于在N处的电势能，故Dφ错误。 φ
故选：A。
4. （多选）如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线 1、2、3，已
知MN＝NQ，带电量相等的a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出。仅在
电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则（ ）
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a加速度减小，b加速度增大
C．MN两点电势差|U |等于NQ两点电势差|U |
MN NQ
D．a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小
【解答】解：A、由图，a粒子的轨迹方向向右弯曲，a粒子所受电场力方向向右，b粒子的轨迹
向左弯曲，b粒子所受电场力方向向左，由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性。故A错误。B、由题，a所受电场力逐渐减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大。故B正
确。
C、已知MN＝NQ，由于MN段场强大于NQ段场强，所以MN两点电势差|U |大于NQ两
MN
点电势差|U |．故C错误。
NQ
D、根据电场力做功公式W＝Uq，|U |＞|U |，a粒子从等势线2到3电场力做功小于b粒
MN NQ
子从等势线2到1电场力做功，所以a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的
动能变化量小。故D正确。
故选：BD。
5. （多选）如图所示，空间有竖直向下的匀强电场E，从倾角30°的斜 面上A点平抛一
带电小球，落到斜面上的B点，空气阻力不计，下列说法中正确的是（ ）
A．若将平抛初速度减小一半，则小球将落在AB两点的中点
B．平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角不同
C．平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间夹角正切值一定相同，等于
2tan30°
D．若平抛小球的初动能为6J，则落到斜面上时的动能为14J
【解答】解：小球受重力和电场力，电场力既可向上也可向下，球做类平抛运动，加速度a固定，
向下；
根据类平抛运动的分运动规律，有：
x＝v t，
0
1
y= at2，
2
y
tan30°= ，
x
故：t 2v tan30° 2√3v ，x 2√3v 2，y 2v 2；
= 0 = 0 = 0 = 0
a 3a 3a 3a
A、若将平抛初速度减小一半，根据x 2√3v 2，y 2v 2，x和y均减小为原来的1，故A错
= 0 = 0
3a 3a 4误；
BC、小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角的正切值：tan v at ，
= y = =2tan30°
v v
α 0 0
故平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角相同，故B错误，C正确；
D、若平抛小球的初动能为6J，
由于小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角的正切值：tan v at 2 ，
= y = =2tan30°= √3
v v 3
α 0 0
1
初动能：E = mv2=6J，
k 2 0
1 1
末动能：E ′= mv2= m(v2+v2 )，
k 2 2 0 y
2
故：E ′＝6+（ √3）2×6＝14J，故D正确；
k
3
故选：CD。
6. （多选）倾角为 的斜面上部存在竖直向下的匀强电场．两带电量分别为 q q 质量分
1 2
别为m 、m 的粒子以速度θv 、v 垂直电场射入，并在斜面上某点以速度v ′、v ′射出，在
1 2 1 2 1 2
电场中的时间分别为t 、t ．入射速度为v 的粒子射的更远，如图所示，不计粒子重力．下列
1 2 2
说法正确的是（ ）
A．若v ＜v ，则t ＜t
1 2 1 2
B．若v ＝v ，则q q
1 2 1＞ 2
m m
1 2
C．若v ＞v ，则v ′＜v ′
1 2 1 2
D．若v ＝v ，则v ′＝v ′
1 2 1 2
【解答】解：A、设任一粒子在电场中运动时间为t，初速度为v ，加速度为a，位移为S，则根
01
at2
据 tan y 2 at
= = =
x v t 2v
θ 0 0
qE
根据牛顿第二定律得：a=
m
qEt
联立得：tan =
2mv
0
θ
2mv tanθ
得：t= 0
qE
由于两个粒子的比荷关系未知，所以若v ＜v 时运动时间关系不能确定，故A错误。
1 2
B、若v ＝v ，由水平位移 x＝v t知：t ＜t ，由 t 2mv tanθ得：q q ，故B正确。
1 2 0 1 2 = 0 1＞ 2
qE m m
1 2
√ qE
CD、粒子落在斜面上时的速度大小为 v′= v2+( t) 2
0 m
2mv tanθ
将t= 0 代入得：v′＝v
0
√1+4tan2θ
qE
可知：若v ＞v ，则v ′＞v ′，若v ＝v ，则v ′＝v ′，故C错误，D正确。
1 2 1 2 1 2 1 2
故选：BD。
7. （多选）空间某区域存在着电场，电场线在竖直面上的分布如图所示。一个质量为
m、电量为q的小球在该电场中运动，经过A点时的速度大小为v ，方向水平向右；经过B点
1
时的速度大小为v ，方向与水平方向之间夹角为 。A、B两点之间的高度差和水平距离均为
2
H，则以下说法正确的是（ ） α
A．A、B两点的电场强度的大小关系为E ＞E
A B
1 1
B．小球从A运动到B的过程静电力做功为 mv 2- mv 2﹣mgH
2 1
2 2
C．小球运动到B点时，其重力的瞬时功率为P＝mgv sin
2
αm
D．若小球带正电，则A、B两点间的电势差为 （v 2﹣v 2+2gH）
2 1
2q
【解答】解：A、根据图可知，B点的电场线密集，故A、B两点的电场强度的大小关系为E ＜
A
E ，故A错误；
B
1 1 1 1
B、根据动能定理得：mgH+W= mv2- mv2，得到W= mv2- mv2-mgH．故B正确；
2 2 2 1 2 2 2 1
C、小球运动到B点时，其重力的瞬时功率为P＝mgv sin ，故C正确；
2
D、由公式W＝qU，得到A、B两点间的电势差U=
W
=
αm
(v2-v2-2gH)，故D错误；
q 2q 2 1
故选：BC。
8. （多选）一带电粒子在正电荷形成的电场中，运动轨迹如图所示的 abcd曲线，下列
判断正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子通过a点时的速度比通过b点时大
C．粒子在a点受到的电场力比b点小
D．粒子在a点时的电势能比b点大
【解答】解：A、物体做曲线运动时，合力的方向指向轨迹弯曲的内侧，则知粒子所受的电场力
背离正电荷方向，所以该粒子带正电。故A正确。
B、从a到b，电场力做负功，根据动能定理，动能减小，a点动能大于b点动能，则a点速度比
b点的速度大。故B正确。
C、b点的电场线比a点电场线密，所以b点的电场强度大于a点的电场强度，所以粒子在a点的
电场力比b点小。故C正确。
D、从a到b，电场力做负功，电势能增加。所以a点的电势能小于b点的电势能。故D错误。
故选：ABC。
9. 如图所示，质量m＝5×10﹣8kg的带电粒子，以初速v ＝2m/s的速度从水平放置的平
0行金属板A、B的中央，水平飞入电场，已知金属板长 0.1m，板间距离d＝2×10﹣2m，当U
AB
＝1000V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场，若两极板间的电势差可调，要使粒子能从两板间
飞出，U 的变化范围是多少？（g取10m/s2）
AB
【解答】解：带电微粒恰好沿直线穿过板间的条件，求出微粒的带电量q
qE＝mg
U
E=
d
mgd
q=
U
d
带电微粒竖直向上或向下位移 x小于等于 才能从板间飞出，
2
d d
取向上为正方向，则 ≥x≥-
2 2
L
运动时间t=
v
0
u uq
设板间电压为u，场强 ，电场力
d d
qu
-mg
竖直匀加速运动加速度 a d (u-U)g
= =
m U
x = 1 at2=
(u-U)gL2
2 2Uv 2
0
要使粒子能从两板间飞出，则
d
(u-U)gL2
d
≥ ≥-
2 2Uv 2 2
0
dUv 2 （u﹣U） dUv 2
0 ≥ ≥- 0
gL2 gL2
800V≥（u﹣U）≥﹣800V
1800V≥u≥200V答：要使粒子能从两板间飞出，U 的变化范围是200V～1800V．
AB
10. 如图所示，质量为m、电荷量为e的粒子从A点以v 的速度沿垂直电场线方向的直线
0
AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°，已知AO的水平距离为
d。（不计重力）求：
（1）从A点到B点用的时间；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）AB两点间电势差。
【解答】解：（1）粒子从A点以v 的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运
0
d
动，则有：t= 。
v
0
qE
（2）由牛顿第二定律得：a= 。
m
将粒子射出电场的速度v进行分解，则有 v ＝v tan45°＝v ，又v ＝at，得：
y 0 0 y
v qE•d eEd，解得：E mv2
0= = = 0
m v mv ed
0 0
（3）由动能定理得：
1 1
eU = m(√2v ) 2- mv2
AB 2 0 2 0
解得：U mv2
AB= 0
2e
d
答：（1）从A点到B点用的时间为 ；
v
0
（2）匀强电场的电场强度大小为mv2；
0
ed（3）AB两点间电势差为mv2。
0
2e
