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带电粒子在电场中的偏转
目录
模拟·基础演练 1
题型01 带电粒子在电场中的抛体运动1
题型02 示波管的原理及其应用 5
题型03 带电体(计重力)在电场中的抛体运动9
题型04 带电粒子在交变电场中的偏转13
重难·创新演练18
真题·实战演练23
模拟·基础演练
考查重点：带电粒子在电场中的抛体运动
题型01 带电粒子在电场中的抛体运动
1.(2026·北京丰台·二模)一质量为m、电荷量为q的试探电荷在某匀强电场中运动，仅在静电力的作用下
由a运动到b(运动轨迹在竖直面内)，所用时间为t，其在a点和b点的速度大小均为2v，速度方向如图中
箭头所示。虚线代表水平方向。则 ( )
A. 小球从a运动到b的过程中，电势能先减小再增大
B. 电场强度方向与a、b连线平行
C. a、b之间的距离为vt
3mv
D. 电场强度的大小为
qt
【答案】C
【详解】B．因小球在ab两点的速度大小相同，可知小球在ab两点的电势能相同，ab两点的电势相同，
即ab为等势面，则电场强度方向与a、b连线垂直，方向斜向左下方，B错误；
A．小球从a运动到b的过程中，电场力先做负功后做正功，则电势能先增大再减小，A错误；
C．由对称性可知，ab连线与水平线的夹角为30°，小球沿ab方向做匀速运动，则a、b之间的距离为d
=2vcos60°⋅t=vt，C正确；
1qE
D．沿场强方向由2vsin60°=-2vsin60°+ t
m
2 3mv
解得E= ，D错误。
qt
故选C。
2.(2026·湖南邵阳·三模)如图所示，水平放置的平行金属板A、B间存在沿竖直方向的匀强电场。质量相
同的两个带电粒子1、2以相同的初速度贴着A板左侧沿水平射入，带电粒子1沿轨迹①从两板正中间
飞出，带电粒子2沿轨迹②落到B板中点。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则粒子1、2在极板间
运动的过程中 ( )
A. 运动时间之比为t :t =1:2 B. 所带电荷量之比q :q =1:2
1 2 1 2
C. 电势能减少量之比ΔE :ΔE =1:8 D. 动量增量之比Δp :Δp =1:4
1 2 1 2
【答案】D
L
【详解】A．水平方向x=v t，则运动时间与水平位移成正比，即t :t =L: =2:1，故A错误；
0 1 2 2
1
B．竖直方向y= at2，Eq=ma
2
2my
联立解得q=
Et2
q y t2 1
则 1 = 1 × 2 =
q y t2 8
2 2 1
即q :q =1:8，故B错误；
1 2
C．由功能关系有ΔE=Eqy
ΔE q y 1
则 1 = 1 1 =
ΔE q y 16
2 2 2
即ΔE :ΔE =1:16，故C错误；
1 2
D．由动量定理可知Δp=Eqt
Δp q t 1
则 1 = 1 1 =
Δp q t 4
2 2 2
即Δp :Δp =1:4，故D正确。
1 2
故选D。
3.(2026·黑龙江大庆·三模)如图所示，在电场强度为E，方向竖直向上的匀强电场中，两个相同的带负电粒
子a、b同时从O点以初速度v 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
0
q，不计重力及粒子间相互作用。当a到达最高点时，a、b间的距离为 ( )
22mv2sin2θ mv2sin2θ mv2sin2θ 3mv2sin2θ
A. 0 B. 0 C. 0 D. 0
qE 2qE qE qE
【答案】A
【详解】a、b均做类斜抛运动，运动轨迹如图所示
则竖直方向上，对a球，根据牛顿第二定律有qE=ma
a运动到最高点，由运动学公式有v sinθ=at
0
mv sinθ
联立解得a运动到最高点的时间t= 0
qE
方法一：根据题意可知，两个小球均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为v cosθ，
0
则两小球一直在同一竖直线上，斜上抛的小球竖直方向上运动的位移为x = v 0 sinθ
1
3
2 mv2sin2θ = 0
2a 2qE
1
斜下抛的小球竖直方向上运动位移为x =v tsinθ+ at2
2 0 2
3mv2sin2θ
解得x = 0
2 2qE
2mv2sin2θ
则小球a到达最高点时与小球b之间的距离H=x +x = 0
1 2 qE
方法二：两个小球均受到相同电场力，以a球为参考系，b球以2v sinθ的速度向下做匀速直线运动，则a
0
2mv2sin2θ
到达最高点时，a、b间的距离H=2v sinθt= 0
0 qE
故选A。
4.(2026·河北衡水·模拟预测)真空中的某装置如图所示，平行金属板A、B之间有加速电压，大小为U ，金
0
属板C、D之间有偏转电压，大小为2U。现有一质量为m、带电荷量为+q的粒子由A板从静止被加速
0
后垂直于电场方向沿C、D板之间的中线进入偏转电场，粒子飞出偏转电场后打到荧光屏PQ上的M
点。OM=L，C、D板长与板间距均为L，忽略边缘效应，不计粒子重力，下列说法正确的是 ( )qU
A. 粒子进入偏转电场时的速度大小为 0
2m
L
B. 粒子离开偏转电场时竖直方向的偏转距离为
2
C. 光屏到C、D板右边缘的距离为L
D. 若将C、D之间的偏转电压增大，则粒子将打到M点的下方
【答案】B
1
【详解】A．粒子在加速电场中时qU = mv2
0 2 0
2qU
解得粒子进入偏转电场时的速度大小为v = 0 ，A错误；
0 m
1 2Uq
B．粒子离开偏转电场时竖直方向的偏转距离为y= 0 t2，L=v t
2 Lm 0
L
解得y= ，B正确；
2
L
y
2
C．粒子从偏转电场射出时，速度的反向延长线经过水平位移的中点，则 =
L L
+x
2
L
解得光屏到C、D板右边缘的距离为x= ，C错误；
2
L 1 Uq
D．因当偏转电压为2U 时偏转距离y= ，即粒子恰好从D板右侧边缘飞出，根据y= t2=
0 2 2 Lm
UL
4U
0
则若将C、D之间的偏转电压U增大，则偏转距离y变大，则粒子将打到D板上，不能打到PQ上，D错
误。
故选B。
5.(2026·陕西榆林·二模)如图所示，竖直平面内平行正对的两水平金属板A B 、A B 的间距和板长均为d，
1 1 2 2
上极板接地，下极板不带电。一发射源从A 点沿A B 方向以相同速度持续喷射出质量为m、电荷量为
1 1 2
+q(q很小)的油滴(视为质点)，第1滴油滴落在下极板中点C处，油滴落在极板上立即被吸收且电荷均
匀分布在极板上。已知重力加速度为g，不计空气阻力，忽略油滴间的相互作用，则下列说法正确的是
( )
4A. 油滴喷射的初速度大小为 gd
B. 最终稳定时，油滴沿A B 方向做匀变速直线运动
1 2
C. 油滴在平行板间运动的最短与最长时间之比为1：4
1
D. 油滴在平行板间运动时电势能最多减少 mgd
8
【答案】D
【详解】A．板长和间距均为d，初速度沿A B ，故v =v =v ，总初速度v= 2v
1 2 x y 0 0
第一滴油滴下落时板间无电场，仅受重力，可分解为水平方向的匀速直线运动、竖直方向的竖直上抛运
d
动。落在下极板中点C，在水平方向，有v t=
0 2
t
在竖直方向，有v =g⋅
0 2
gd
联立解得v =
0 2
gd
总初速度v= 2v = ≠ gd，故A错误；
0 2
B．随着电荷量的积累，两板间电场强度逐渐增大，粒子竖直方向上的加速度减小，水平方向的位移逐渐
增大，直至下极板的电荷量积累至油滴刚好离开B 点为止，之后粒子将一直从B 点射出，故B错误；
1 1
C．水平方向的分运动决定了油滴在平行板间运动的时间，因此最短、最长时间对应于油滴落在C点和
B 点的时间，则时间之比为1：2，故C错误；
1
D．电场力做功最多时油滴向上运动至最高点，由运动的对称性和分析知，水平方向上v t=d
0
v t d
竖直方向上，做匀减速直线运动，至最高点时，位移h= 0 ⋅ 联立解得h= 从A 点到最高点的过程
2 2 4 1
1 1 1
中，由动能定理，有W -mgh=0- mv2解得W = mgd即电势能最多减少 mgd，故D正确。故
电 2 0 电 8 8
选D。
题型02 示波管的原理及其应用
6.(2025·安徽合肥·模拟预测)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(a)、(b)、(c)、(d)所示的几种电压，则荧光屏上可能会形成图(e)、(f)所示的图像。
下列说法正确的是 ( )
5A. 若XX加电压(a)，荧光屏上出现图(e)所示波形
B. 若XX加电压(b)，荧光屏上出现图(e)所示波形
C. 若XX加电压(c)，荧光屏上出现图(f)所示波形
D. 若XX加电压(d)，荧光屏上出现图(f)所示波形
【答案】C
【详解】A．在荧光屏上建立直角坐标系，如图所示
若XX加电压(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；
B．若XX加电压(b)，荧光屏上的亮斑应出现先沿x轴从正到负扫描前半个周期的正弦图像，再沿x轴
从正到负扫描后半个周期的正弦图像，会形成(f)所示波形，故B错误；
C．若XX加电压(c)，荧光屏上的亮斑应先出现沿x轴从负到正扫描前半个周期的正弦图像，再沿x轴
从负到正扫描后半个周期的正弦图像，也会形成(f)所示波形，故C正确；
D．若XX加电压(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轴负方向到x轴的中心点扫描后半个周期的正弦图像，不会形成(f)所示波形，故D错误。
故选C。
7.(25-26高三上·广东中山·期中)图1为示波管的原理图。如果在电极YY之间所加的电压按图2所示
的规律变化，在电极XX之间所加的电压按图3所示的规律变化，假设粒子的运动时间相比电场变化周
期可忽略不计，则荧光屏上显示的图像是 ( )
6A. B. C. D.
【答案】B
1 Ue L
【详解】根据y=
2 dm v
0
7
2
可知，粒子通过偏转电极时偏转距离与偏转电压成正比关系；设当两个偏
转电极加最大偏转电压时的最大偏转距离分别为y 和x ，则
m m
当t=0时在两个偏转电极的偏转距离分别为y 和-x (对应于A点)；
m m
2
当t=0.5T 时在两个偏转电极的偏转距离分别为 y 和0(对应于B点)；
0 3 m
1
当t=T 时在两个偏转电极的偏转距离分别为 y 和x (对应于C点和C点)；
0 3 m m
当t=1.5T 时在两个偏转电极的偏转距离分别为0和0(对应于O点)；
0
1
当t=2T 时在两个偏转电极的偏转距离分别为- y 和x (对应于D点和D点)；
0 3 m m
2
当t=2.5T 时在两个偏转电极的偏转距离分别为- y 和0(对应于E点)；
0 3 m
当t=3T 时在两个偏转电极的偏转距离分别为-y 和x (对应于F点)
0 m m
则显示如图所示
故选B。
8.(2025·河南南阳·模拟预测)加速电场、偏转电场与荧光屏组成的示波管结构示意图如图所示。忽略电子
重力，下列说法错误的是 ( )
A. 加速电场可使电子的速度增大，偏转电场仅改变速度的方向但不改变速度的大小
B. 荧光屏上可以产生倾斜亮线
C. 若Y′、X′的电势均低于Y、X的电势，则电子打在XOY区域D. 水平偏转电场可使电子做匀变速曲线运动
【答案】A
【详解】A．加速电场可使电子的速度增大，偏转电场不但改变速度的方向且能改变速度的大小，故A错
误，符合题意；
B．当电子枪源源不断的发出电子，在两偏转极板上加上合适的周期性电压，荧光屏上就可产生倾斜亮
线，故B项正确，不符合题意；
C．若Y′、X′的电势均低于Y、X的电势，则偏向低电势极板，电子会打在XOY区域，故C正确，不符
合题意；
D．水平偏转电场提供的加速度不变，可使电子做类平抛运动即匀变速曲线运动，故D项正确，不符合
题意。
本题选择错误选项，故选A。
9.(2025·广西·三模)示波管可以用来观察电信号随时间的变化情况，其原理如图甲所示，通电后电子枪有
电子逸出(初速度为零)，经加速电压U 加速后，从偏转电极左侧边缘中心进入偏转电场，最后打在荧光
1
屏上，荧光屏的中心在偏转电极的水平轴线上，以荧光屏的中心为原点O，建立xOy坐标系。若在 YY'
电极上输入图乙所示的电压，下列说法正确的是 ( )
A. 若在水平电极XX'不加电压，荧光屏上的图像为正弦图像
B. 若在水平电极XX'不加电压，所有的电子打在荧光屏中心 O点
C. 若在水平电极XX'加图丙所示电压，荧光屏上的图像是一条直线
D. 若在水平电极XX'加图丙所示电压，荧光屏上的图像是一个圆
【答案】C
【详解】AB．若在水平电极XX'不加电压，则电子仅在竖直方向偏转，图像为过O点的竖直线，故AB
错误；
CD．若在水平电极XX'加图丙所示电压，即电极XX'与电极YY'上所加电压均为正弦电压，则电子水
平偏转位移和竖直偏转位移始终相等，图像为过O点的满足y=x的倾斜的直线，故C正确，D错误。
故选C。
10.(2025·黑龙江佳木斯·模拟预测)某种类型的示波管工作原理如图所示，电子先经过电压为U 的直线加速
1
电场，再垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏移量为h，两平行板之间的距离为d，电压为U ，板长为
2
h
L，把 叫示波器的灵敏度，下列说法正确的是 ( )
U
2
8A. 电子在加速电场中动能增大，在偏转电场中动能不变
m
B. 电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于L
Ue
1
C. 当U、L增大，d不变，示波器的灵敏度一定减小
1
D. 当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，U 不变，示波器的灵敏度不变
1
【答案】D
【详解】A．电子在加速电场和偏转电场中，电场力均对电子做正功，电子动能均增大，故A错误；
1 2eU
B．电子在加速电场中，有eU = mv2解得v = 1 电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运
1 2 0 0 m
L m
动时间一定等于t= =L ，故B错误；
v 2eU
0 1
1 eU L
C．电子在偏转电场中，有h= ⋅ 2
2 md v
0
9
2 1 h L2
结合eU = mv2联立可得 = 可知当U、L增
1 2 0 U 4Ud 1
2 1
大，d不变，示波器的灵敏度可能增大、可能减小、还可能不变，故C错误；
h L2
D．根据 = ，可知当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，U 不变，示波器的灵敏度不变，故
U 4Ud 1
2 1
D正确。故选D。
题型03 带电体(计重力)在电场中的抛体运动
11.(2026·重庆·三模)某小组同学利用人工智能模拟“风洞”实验。如图所示，整个竖直平面内存在与竖直方
向夹角为θ的恒力风，现将一小球以速度v 水平抛出，小球在该竖直平面内运动且所受风力大小是其重
0
力的一半。其他条件不变，若在该竖直平面内任意改变角θ的大小，则该小球在所有运动过程中的最小
速度大小为 ( )
1 1 3 3
A. v B. v C. v D. v
3 0 2 0 4 0 2 0
【答案】D
mg
g
2
【详解】由题知，风力提供的加速度恒为a= =
m 2
小球所受合加速度(等效重力加速度g )是a与重力加速度g的矢量和，结合抛体运动规律易知，最小速
1
度就是v 在垂直“等效重力加速度”方向的分速度(即匀速分运动的速度大小)，由矢量三角形定则如图
0
所示可知，当a与g 垂直时，小球运动的最小速度即为所有运动过程中的最小速度，由几何关系易得sinα=
1
a 1
=
g 2
3
最小速度为v =v cosα= v 。
min 0 2 0
故选D。
12.(2026·河南郑州·模拟预测)由太阳能板阵列产生的人工可控匀强电场，主要用于偏转太空尘埃和微小碎
片。为了测试电场对带电微粒的偏转效果，工程师将一个足够长、倾角为30°的固定斜面置于电场强度
3mg
大小E= 、方向水平向右的匀强电场中，并向该区域发射了一质量为m、电荷量为+q的小球，小
6q
球以初速度v 从斜面底端斜向上抛出，初速度方向与水平方向间的夹角为60°，如图所示。重力加速度
0
为g，不计空气阻力。从抛出到落回斜面的过程中，小球机械能的增加量为 ( )
6mv2 9 3mv2 6 3mv2 9mv2
A. 0 B. 0 C. 0 D. 0
49 49 49 49
【答案】D
1
【详解】小球落到斜面上时的水平位移x=v cos60°t+ at2，其中Eq=ma
0 2
1
竖直方向y=v sin60°⋅t- gt2
0 2
y
其中tan30°=
x
4 3v 18 3v2
解得t= 0 ，x= 0
7g 49g
9mv2
小球机械能的增加量为ΔE=Eqx= 0
49
故选D。
13.(2026·四川绵阳·三模)竖直放置的带电平行金属板之间的电场可以看成是匀强电场，现有一带电小球从
两带电平行金属板中的M点竖直向上抛出，其运动轨迹如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，O
点为轨迹的最高点，不计空气阻力，则 ( )
10A. 小球从M到O的时间小于O到N的时间
B. 小球从M到O的动量变化量等于O到N的动量变化量
C. 小球从M到O的电势能变化量只有O到N的电势能变化量的一半
D. 小球从M到N的过程中，经O点时为速度最小值
【答案】B
【详解】AB．小球在竖直方向上先做竖直上抛运动，上至最高点O以后做自由落体运动，因为MN在同
一水平线上，所以小球上升和下降的过程用时相等，合外力冲量相等，动量变化量相等，故A错误，B正
确；
C．小球在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，因为MO和ON的运动时间相等，根据初速度为0
x 1
的匀加速直线运动推论可知，从M到O的水平位移与从O到N的水平位移之比为 MO =
x 3
ON
qE⋅x 1
则从M到O电场力做功与从O到N电场力做功之比为 MO =
qE⋅x 3
ON
小球从M到O的电势能变化量与从O到N的电势能变化量之比为1:3，故C错误；
D．如图所示：由受力分析可知，开始时合力与初速度成钝角，速度减小，当二者垂直时，取得速度最小
值，即轨迹切线与合力方向垂直时，该点在O左侧，故D错误。
故选B。
14.(2026·湖北恩施·二模)如图所示，地面上方某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m、电荷量为
q的带负电小球(可视为质点)以水平向右的初速度v 由O点射入该区域，刚好竖直向下通过P点，已知
0
OP与初速度方向的夹角为45°，重力加速度为g，以下说法正确的是 ( )
11v v
A. 小球由O点到P点用时为 0 B. 小球运动过程中的最小速率为 0
g 2
mv2 2mg
C. O、P两点的电势差为 0 D. 匀强电场的电场强度大小为
q q
【答案】A
【详解】A．将小球运动分解为水平方向(x方向，向右为正)和竖直方向(y方向，向下为正)：小球带负
电，电场向右，因此水平方向受向左的电场力，做匀减速直线运动，到P点时速度竖直向下，说明P点水
平速度v =0；竖直方向只受重力，做初速度为0的匀加速直线运动。
x
qE
设运动时间为t，水平加速度大小a = ，竖直加速度a =g：
x m y
水平方向：0=v -a t
0 x
v +0 v t
水平位移x= 0 t= 0
2 2
1
竖直方向：竖直位移y= gt2
2
v t 1
由OP与初速度夹角为45°，得x=y，即 0 = gt2
2 2
v
解得t= 0
g
故A正确；
B．任意时刻t的速度分量：v =v -gt
x 0
v =gt
y
速率平方v2=(v -gt)2+(gt)2
0
2v
由二次函数求最小值，得最小速率v = 0
min 2
故B错误；
v t v2
C．水平位移x= 0 = 0
2 2g
mg v2 mv2
O到P的电势差U =E⋅x= ⋅ 0 = 0
OP q 2g 2q
故C错误；
qE v
D．由v =a t= ⋅ 0
0 x m g
mg
约去v 得E=
0 q
故D错误。
故选A。
15.(2025·山西·模拟预测)在水平向右的匀强电场中，一质量为m、电荷量为+q的小球从A点以初速度v竖
4mg
直向上抛出，其运动的轨迹如图所示。已知电场强度大小为E= ，小球运动轨迹上A、B两点在同
3q
一水平线上，M为轨迹的最高点，不计空气阻力，已知重力加速度为g。下列说法错误的是 ( )
12A. 小球水平位移x :x =1:3
1 2
4v
B. 小球运动至M点时的速度为
3
4v
C. 运动过程中的最小速度为
5
5
D. 到达B点时，小球的速度方向与水平方向夹角为tanθ=
8
【答案】D
【详解】A．对小球受力分析，可知小球在竖直方向受重力作用，做竖直上抛运动，即从A到M的时间与
从M到B的时间相等；小球在水平方向受电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，可知水平方向
的两段位移x 、x 所用的时间相等，根据初速度为零的匀变速直线运动规律，小球水平位移x :x =1:3，
1 2 1 2
故A正确，不符合题意；
B．小球从A点运动至M点的过程中，竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向的速度为零，则运动时间为t
v
=
g
故小球运动至M点只有水平方向的速度，而小球在水平方向做初速度零的匀加速直线运动，故小球运动
qE 4v
至M点的速度为v = t= ，故B正确，不符合题意；
m m 3
mg 3
C．将重力与电场力合成一个合力，设合力与水平方向的夹角为α，则有tanα= =
qE 4
4v
解得α=37°将小球初速度沿垂直合力方向分解为v =vcosα= 故小球沿垂直合力方向做匀速直线
1 5
3v
运动；沿平行合力方向分解为v =vsinα= 其方向与合力方向相反，故小球沿平行方向的速度先减
2 5
小再增大；当运动过程中速度最小时，沿平行合力方向的速度为0，此时只有沿垂直合力方向的分速度，
4v
故最小速度为v = ，故C正确，不符合题意；
1 5
D．到达B点时，在竖直方向，根据对称性原理，可知小球沿竖直方向的速度大小为v，方向竖直向下，小
qE 8 8
球沿水平方向的速度为v = ×2t= gt= v
x m 3 3
v
设小球的速度方向与水平方向夹角为θ，则小球的速度方向与水平方向夹角的正切值为tanθ= =
v
x
3
，故D错误，符合题意。本题选错误的，故选D。
8
题型04 带电粒子在交变电场中的偏转
16.(2026·湖南怀化·一模)如图甲，长4L、宽2L的光滑刚性绝缘矩形框内存在如图乙所示的交变电压，左边
框上a点开有一小孔。t=0时，质量m、电荷量Q的带电粒子(不计重力)以初速度v(未知)从a点水平
射入，然后与上边框碰撞于b点。假设每次碰撞，粒子平行于边框的速度分量不变，垂直于边框的速度分
13量仅反向，电荷量不变。其中a、b均为中点，m、Q、T、L均为已知量，则 ( )
A. 粒子带正电
T
B. 若粒子 时刻到达b点，那么粒子有可能与下边框垂直碰撞
2
T
C. 若粒子 时刻到达b点，那么粒子无法从a点射出
4
T T
D. 粒子 时刻到达b点时的电场强度为粒子 时刻到达b点时电场强度的4倍
4 2
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，t=0时刻粒子往上做类平抛运动，所受电场力向上；此时上边框为高电势，
电场竖直向下，粒子的受力方向与电场方向相反，故粒子带负电，故A错误；
T
B．t= 时刻到达b点的粒子，因电场力此时向下，故做斜下抛运动，其速度水平分量不可能为0，故
2
不会与下边框垂直碰撞，故B错误；
T
C．根据题意可知，t= 时刻粒子在b点的碰后速度与碰前速度关于上边框对称，结合受力可知其运
4
动轨迹具有对称性。故粒子最终将从a点水平向左飞出，故C错误；
1 QE
D．根据类平抛运动的规律有L= t2
2 m
2mL
解得E=
Qt2
因为时间之比为1∶2，故电场强度之比为4∶1，故D正确。
故选D。
17.(2026·安徽合肥·模拟预测)如图(a)，平行金属板A和B间的距离为d，现在A、B板上加上如图(b)所示
的方波形电压，t=0时A板比B板的电势高，电压的正向值为u ，反向值也为u 。现有由质量为m的
0 0
带正电且电荷量为q的粒子组成的粒子束，从AB的中点O以平行于金属板方向OO的速度v =
0
3qu T
0 射入，所有粒子在AB间的飞行时间均为T，不计重力影响。则下列说法错误的是 ( )
3dm
142u qT
A. 粒子飞出电场时的速度大小都为 0
3dm
B. 粒子飞出电场时的速度方向都改变了30°
7qu T2
C. 粒子飞出电场时位置离O的最大距离是 0
18dm
qu T2
D. 0时刻进入电场的粒子，向下侧移量为 0
18dm
【答案】D
u
【详解】A．由于电压的正向值和反向值均为u ，则根据牛顿第二定律可得q 0 =ma
0 d
qu
解得a= 0
md
由于所有粒子在AB间的飞行时间均为T，且由图(b)可知交变电场的变化周期也为T，故粒子在飞出电
2T T
场时的速度沿电场线方向的分速度大小均为v =a⋅ -
y 3 3
15
qu T qu T
= 0 ⋅ = 0
md 3 3md
3qu T
所以粒子飞出电场时的速度大小均为v= v2+v2= 0
0 y 3dm
2 qu T
+ 0
3dm
2 2u qT
= 0 ，故A正确，不
3dm
符合题意；
quT
B．设速度方向与v 的夹角为θ，则tanθ= v y = 3m 0 d = 3
0 v 3quT 3
0 0
3dm
解得θ=30°
即粒子飞出电场时的速度方向都改变了30°，故B正确，不符合题意；
C．当粒子由t=nT时刻进入电场时，其向下的侧移最大，根据匀变速直线运动位移与时间的关系式可
1 2T
知，此时粒子飞出电场时位置离O的最大距离为y =y +y = a
m1 匀加 匀减 2 3
2
+
2T T 1 T
a⋅ ⋅ - a
3 3 2 3
2
7aT2 7qu T2
= = 0
18 18dm
2T
当粒子由t=nT+ 时刻进入电场时，其向上的侧移最大，根据对称性以及匀变速直线运动位移与时
3
1 T
间的关系式可知，此时粒子飞出电场时位置离O的最大距离为y = a
m2 2 3
2 aT2 qu T2
= = 0
18 18dm
7qu T2
所以粒子飞出电场时位置离O的最大距离是 0 ，故C正确，不符合题意；
18dm
7qu T2
D．由C选项可知，0时刻进入电场的粒子，向下侧移量为 0 ，故D错误，符合题意。
18dm
故选D。
18.(25-26高三上·重庆渝中·模拟预测)如图甲所示，AB、CD两平行金属板水平放置，长度均为L，其间距
为d，板间电场变化如图乙所示(以竖直向下为正方向)。在水平极板右侧有一足够大的竖直屏，AB的
延长线与屏的交点记为P，屏与极板右端的距离为L。在两板中央线左端以上部分，均匀分布着带正电
L
的相同粒子，这些粒子在t=0时以相同的速率v平行于金属板射入电场。当粒子以速率v= 入射
3t
0
时，所有粒子恰好能全部射出电场，且射出电场时速度方向水平。已知粒子质量为m、电量为q，打在屏
幕上会留下光斑，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。下列说法正确的是 ( )2dm
A. E =
1 3qt2
0
B. E :E =3:1
1 2
L L C. 若v在 ，
3t t
0 0
16
d 内任意取值，则粒子离开电场时，速度偏角正切值的取值范围为 0，
3L
L L D. 若v在 ，
3t t
0 0
d 5d 内任意取值，则落在屏上的粒子到屏上P点的距离的取值范围为 ，
2 4
【答案】D
L 1 1
【详解】A．当粒子以速率v= 入射时，粒子恰好能全部水平射出，则其竖直位移为 d= ×
3t 2 2
0
E q
1 t ×3t
m 0 0
dm
解得E = ，故A错误；
1 3qt2
0
E q E q
B．竖直方向最大速度为v = 1 t = 2 t
y m 1 m 2
由图可知t :t =1:2
1 2
解得E :E =2:1，故B错误；
1 2
L L
C．速率v大小在 , 3t t
0 0
变化时，设板间运动时间为t，则其变化范围为 t 0 ,3t 0
E qt E q
根据v y = m 1 0 - m 2 t-t 0
3E qt E qt L
= 1 0 - 1 ，v = 2m 2m x t
v 3E qt E qt 速度偏角tanα= y = 1 0 - 1 v 2m 2m
x
t d L = 6Lt2 3t 0 -t
0
t
3 3d 3d
则当3t -t=t时，即t= t 时tanα存在最大值为 ，即tanα的变化范围为 0,
0 2 0 8L 8L
，故C错误；
d
D．无电场区域偏转距离Y 2 =Ltanα= 6t2 3t 0 -t
0
t
1 d
电场中的偏转距离Y 1 = 6 d+ 12t2 5t 0 -t
0
t-t 0
d
偏转距离Y= 6t2 3t 0 -t
0
d d
t+ 6 + 12t2 5t 0 -t
0
t-t 0
d d
= 6 + 12t2 -3t2+12t 0 t-5t2 0
0
b 12t
当t=- =- 0
2a 2×-3
3d
=2t 时，偏转距离Y取最大，为
0 4
3d d 5d
从中央线处出发的粒子，到达屏幕时距P点的最大距离为 + =
4 2 4
d
当t=t 或t=3t 时，偏转距离Y取最小，为 。同时出发的各个粒子在偏转过程中的运动都是一致
0 0 2
d 5d
的。因此落在屏上的粒子到屏上P点的距离范围为 ,
2 4
，故D正确。故选D。
19.(25-26高二上·江西九江·模拟预测)如图(a)所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板
间存在如图(b)所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中
线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0，已知t = 0时刻射入电场的
粒子刚好沿上板右边缘N处垂直电场方向射出电场。则下列说法正确的是 ( )
A. 不同时刻入射的粒子，射出电场时速度方向可能不同
B. 运动过程中所有粒子的最大动能不会超过2Ek0
C. 有粒子会打到两极板上
1
D. 只有t= nT(n = 0，1，2，⋯)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场
2
【答案】B
T
【详解】ACD．在一个周期内，只有t = 0和t= 时刻射入的粒子竖直方向的位移最大，且这两个粒
2
子的最大位移相等，已知t = 0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘N处垂直电场方向射出电场，那
么其它粒子都能射出电场。已知t = 0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘N处垂直电场方向射出
电场，设粒子在电场中运动的时间为Δt，竖直方向根据动量定理得qE⋅Δt=0-0
结合图象可知Δt=nT(n = 0，1，2，⋯)
根据图像，任意时刻进入电场的粒子，经过nT时间，电场力的冲量均为零，即经过nT时间的竖直方向的
末速度均为零，所以，所有粒子最终都垂直电场方向射出电场。
故ACD错误；
d
B．t = 0时刻射入电场的粒子竖直方向的速度最大，设为vy ，竖直方向的最大位移为 ，根据题意得
m 2
d = 0+v ym L ，L=d解得v =v 最大动能为E = 1 mv2+v2
2 2 v ym 0 km 2 0 ym
0
17
=2E ，故B正确。
k0
故选B。
20.(2026·黑龙江哈尔滨·三模)在如图甲所示的平行金属板A、B上加如图乙所示的大小不变、方向周期性
变化的交变电压，其周期为T，现有一电子t=0时刻以平行于极板的速度v 从两板中央OO射入。电
0
子比荷为k，不计电子的重力，则 ( )T
A. 若t= 时电子恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为 v2+2kU
2 0 0
B. 若电子恰能平行于极板飞出，则极板长可能是2v T
0
3T kU
C. 若电子在t= 时刻射出极板，两极板间距至少为3T 0
2 8
kU
D. 若电子恰能平行轴线OO方向飞出极板，两极板间距至少为T 0
8
【答案】B
T U 1
【详解】A．若t= 时电子恰好能从A板的边缘飞出，只有电场力做功，由动能定理得e⋅ 0 = mv2
2 2 2
1
- mv2
2 0
e
代入k= 解得v= v2+kU ，故A错误；
m 0 0
B．电子恰能平行极板飞出，说明飞出时竖直方向总速度为0。t=0时刻射入的电子，在垂直于极板方
向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子继续在该方向上做匀减速运动，
再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，此时实际速度等于初速度v ，方向平行于极板，以后继续重
0
复这样的运动，要使电子恰能平行于极板飞出，因此飞行时间t=nTn=1,2,3...
18
所以极板长度L=v t=nv T 当n=2时，L=2v T因此极板长可能为2v T，故B正确；
0 0 0 0
eU qU kU
C．由牛顿第二定律有 0 =ma可得电子在垂直于极板方向上的加速度a= 0 = 0
d md d
3T T 1 T
若t= 射出，在0∼ 时间内的位移y = a
2 2 1 2 2
2 aT2
=
8
T T T 1 T
在 ∼T时间内的位移y =a⋅ ⋅ - a
2 2 2 2 2 2
2 aT2
=
8
3T 1 T
在T∼ 时间内的位移y = a
2 3 2 2
2 aT2 3aT2
= 总位移y=y +y +y =
8 1 2 3 8
d kU 3kU
刚好不碰极板时y= 代入a= 0 解得d=T 0 ，故C错误；
2 d 4
aT2
D．电子恰能平行轴线OO方向飞出极板，最小间距对应飞行时间为t=T则总位移y=y +y =
1 2 4
d
≤
2
kU kU kU
代入a= 0 解得d≥T 0 =2T 0 ，故D错误。故选B。
d 2 8
重难·创新演练
设题创新:结合粒子约束阱(T21)、旋转圆筒(T22)、喷墨打印机(T23)、静电除尘装置(T24)、电子显微技
术(T25)考查带电粒子在电场中的偏转。
21.(25-26高三上·辽宁·期末)“粒子约束阱”是一种新型核聚变实验装置，其核心区域由一对平行的金属栅网构成匀强电场，用于约束带电粒子。其原理简化如图所示，间距为d的两平行栅网，上栅网PQ带正
电。一个氘核(质量为m、电荷量为+e)从下栅网左端M点以初速度v 射入电场，初速度方向与水平方
0
向成θ=60°，结果恰好从上栅网边缘Q点平行于上栅网PQ射出电场。若氘核重力不计，下列说法正确
的是 ( )
A. 氘核在栅网间做匀速圆周运动
B. 氘核从Q点射出时的电势能小于从M点射入时的电势能
2 3d
C. 氘核在栅网间运动的时间为
3v
0
3mv2
D. 两栅网间的电压大小为 0
8e
【答案】D
【详解】AB．氘核在电场中受到恒定的电场力作用，做匀变速曲线运动，轨迹为抛物线，由于电场力做负
功，故电势能增大，故AB错误；
v sinθ+0
C．在竖直方向有d= 0 ×t
2
4 3d
解得t= ，故C错误；
3v
0
1
D．由运动的合成与分解可知，氘核离开电场时的速度为v=v cosθ= v
0 2 0
1 1
由动能定理可得-eU= mv2- mv2
2 2 0
3mv2
联立解得两栅网间的电压大小U= 0 ，故D正确。
8e
故选D。
22.(25-26高三上·云南·模拟预测)如图甲所示，水平放置的平行金属板M、N的板长为L、板间距离为d，
两板右侧放一圆筒屏，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T=0.3s，筒的周长l=0.3m。在O′点沿两板间的
中心线持续射入速度大小为v (v 可达百万米每秒)的电子，每个电子通过M、N两板间电场区域的时间
0 0
极短，可认为电场恒定不变，所有电子均能从M、N两板间射出并打到圆筒屏上。已知M、N两板间的
电压U 随时间t变化的图像如图乙所示，M、N两板外的电场可忽略，不计电子的重力及电子间的相
MN
互作用。以两板间的中心线O′O与圆筒屏的交点作为xOy坐标系的原点O，并取竖直向上为y轴的正
方向，t=0时电子打到O点正下方，则电子打到圆筒屏上(假设圆筒屏展开)的点形成的图像可能正确
的是 ( )
19A. B.
C. D.
【答案】D
【详解】BC．电子在电场中沿竖直方向做匀加速直线运动，离开电场后沿竖直方向做匀速直线运动，每
个电子通过电场区域的时间极短，所以可以认为电子在电场中运动时的电压U恒定，根据类平抛运动规
1 eU eU
律可得L=v t，y= at2= t2，v =at= t
0 2 2md y md
可得v 与U成正比，y与U成正比，在0.1s内圆筒转过的路程为0.1m，故0~0.1s内电子打到圆筒屏上的
y
点形成的图像为直线，故BC错误：
AD．圆筒屏的周期T=0.3 s电场的变化周期为0.1s，故电子打到圆筒屏上的点形成的图像应该是1
个周期性的直线。以后的时间内形成的图像是重叠在一起的，故A错误，D正确。
故选D。
23.(2026·广东惠州·一模)喷墨打印机的原理如图所示，墨盒喷出的墨汁液滴经过带电室时带上电荷，带电
液滴经过偏转电场后打到纸上，显示出字体，且字体大小与打在纸上的偏转位移成正比。已知偏转板长
为L，两板间的距离为d，电压为U。若液滴质量为m，电荷量大小为q，以初速度v 平行两板间从正中央
0
进入电场，忽略空气阻力和重力作用，下列说法正确的是 ( )
20A. 液滴经过偏转电场的过程中，电势能增大
1
B. 液滴离开偏转电场时的动能大小为qU+ mv2
2 0
UqL
C. 液滴经过偏转电场的过程中，电场力的冲量大小为
2dv
0
D. 仅将两极板间的电压调节为0.8U，则纸上的字体缩小20%
【答案】D
【详解】A．液滴经过偏转电场的过程中，电场力做正功，则电势能减小，A错误；
U 1
B．根据动能定理，液滴离开偏转电场时的动能大小为E =q y+ mv2，B错误；
k d 2 0
U U L UqL
C．液滴经过偏转电场的过程中，电场力的冲量大小为I= qt= q× = ，C错误；
d d v dv
0 0
1 Uq L
D．根据离开偏转电场时的偏转距离为y= ⋅
2 dm v
0
21
2 UqL2
= ∝U，则仅将两极板间的电压调节
2dmv2
0
为0.8U，则偏转距离y减小20%，则纸上的字体缩小20%，D正确。
故选D。
24.(25-26高三上·重庆大足·模拟预测)某静电除尘装置的原理截面图如图，一对间距为d，极板长为L的
平行金属板，下板中点为O，两板接多挡位稳压电源；均匀分布在A、B两点间的n个(数量很多)带负电
灰尘颗粒物，均以水平向右的初速度v 从左侧进入两板间。颗粒物可视为质点，其质量均为m，电荷量
0
均为-q，板间视为匀强电场。若不计重力、空气阻力和颗粒物之间的相互作用力，且颗粒物能够全部被
收集在下极板，则 ( )
A. 上极板带正电
mv2d2
B. 电源电压至少为 0
qL2
C. 电源电压为U时，净化过程中电场力对颗粒物做的总功为nqU
D. O点左侧和右侧收集到的颗粒数之比可能为1:3
【答案】D
【详解】A．颗粒物要被下板收集，则所受电场力方向必向下，因其带负电，故场强方向向上，所以上板应
带负电，故A错误；
B．电源电压最小时，沿上板边缘进入的颗粒物恰好落到下板右端，设其在板间运动的时间为t，加速度
1 qE qU 2md2v2
大小为a，则沿极板方向有L=v t垂直极板方向有d= at2又a= = 0 联立解得U = 0 ，
0 2 m md 0 qL2故B错误；
C．因初始时刻颗粒物均匀分布，由W=qU+U+...+U n
22
qU
= d y 1 +y 2 ...+y n
qU 1
= × 0+d d 2 n
1
可得净化过程中电场力对颗粒物做的总功为W= nqU，故C错误；
2
D．电源电压最小时，O点左侧和右侧收集到的颗粒数之比最小，沿极板方向由x=v t
0
1
可知，落到O点和下板右端的颗粒在板间运动的时间之比为1:2垂直极板方向，由y= at2
2
可知落到O点和下板右端的颗粒的初始高度之比为1:4；因初始时刻颗粒物均匀分布，故O点左侧和右
侧收集到的颗粒数之比最少为1:(4-1)=1:3
即O点左侧和右侧收集到的颗粒数之比可能为1:3，故D正确。故选D。
25.(2026·山东青岛·三模)(多选)在电子显微技术中经常要将粒子源发射的电子转变为平行电子束。如图
所示，在Oxy坐标平面的第一象限内存在沿y轴正向的匀强电场，图中虚线为半椭圆，椭圆在原点O处
L L
与x轴相切，椭圆的半长轴为L，半短轴为 ，M点坐标为L,
2 2
。原点O处有一电子源，向第一象限
平面内各个方向均匀发射速率均为v 的电子，电子质量为m、电荷量为-e，电子仅在电场力作用下运
0
动，经过椭圆时速度方向均沿x轴正向。下列说法正确的是 ( )
mv2
A. 匀强电场的电场强度为 0
2eL
mv2
B. 匀强电场的电场强度为 0
4eL
C. 从椭圆上M点上方和下方射出的电子数之比为1：1
D. 从椭圆上M点上方和下方射出的电子数之比为2：1
【答案】AC
【详解】AB．依题意，电子仅在电场力作用下运动，经过椭圆时速度方向均沿x轴正向，则沿x轴方向，
电子做匀速直线运动，有x=v t
0x
沿y轴方向，电子做匀减速直线运动，直到速度减为0，有0-v =-a t，0-v2 =-2a y，其中eE=ma
0y y 0y y y
mv2
解得E= 0 ，A正确，B错误；
2eL
CD．设恰好从M点射出的电子，其初速度与x轴的夹角为α，则有v =v sinα，代入0-v2 =-2a y中，
0y 0 0y y
1
且y= L
2
2 1
得sinα= ，则当0<y< L时，对应电子的射出角度范围为0,45°
2 2
1
，当 L<y<L时，对应电子
2的射出角度范围为45°,90°
23
，电子沿第一象限均匀发射时，电子数之比等于角度范围之比，即1:1，C正
确，D错误。故选AC。
真题·实战演练
高频考点：带电粒子在电场中的偏转。
26.(2025·重庆·高考真题)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
【答案】D
【详解】A．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，
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
2
顿第二定律有qE=ma
q a
可得 =
m E
可知，带电粒子具有相同比荷，故A错误；
B．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；
C．沿电场方向，由公式v =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
y
达M、N的速度大小不相等，故C错误；
D．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。
故选D。
27.(2025·甘肃·高考真题)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图1所示。从离子源
S释放的正离子(初速度视为零)经电压为U 的电场加速后，沿OO方向射入电压为U 的电场(OO为
1 2
平行于两极板的中轴线)。极板长度为l、间距为d，U -t关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在
2
距U 极板L处，样品中心位于O点。假设单个离子在通过U 区域的极短时间内，电压U 可视为不变，
2 2 2
当U =±U 时。离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是
2 m
( )d2
A. U 的最大值U = U
2 m l2 1
(a-d)l
B. 当U =±U 且L= 时，离子恰好能打到样品边缘
2 m 2d
C. 若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U
1
D. 在t 和t 时刻射入U 的离子，有可能分别打在A和B点
1 2 2
【答案】B
1
【详解】A．粒子在加速电场中被加速时Uq= mv2
1 2 0
d 1 U q
在偏转电场中做类平抛运动，则l=v t， = ⋅ m t2
0 2 2 dm
2d2
解得U = U
m l2 1
选项A错误；
d l
2 2
B．当U =±U 时粒子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，则 =
2 m a l
+L
2 2
a-d
解得L=
24
l
2d
选项B正确；
1 U q U l2
C．根据y= ⋅ m t2= m
2 dm 4dU
1
若其它条件不变，要增加样品的辐照范围，则需减小U，选项C错误；
1
D ．由图可知t 时刻所加的向上电场电压小于t 时刻所加的向下的电场的电压，则t 时刻射入的粒子
1 2 1
打到A点时的竖直位移小于打到B点时的竖直位移，则选项D错误。
故选B。
28.(2025·河南·高考真题)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含有一个A
细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞)，液滴质量均为m=2.0×10-10kg。当液滴
穿过激光束、充电环时被分类充电，使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷，电荷量均为q=1.0×
10-13C。随后，液滴以v=2.0m/s的速度竖直进入长度为l=2.0×10-2m的电极板间，板间电场均匀、方
向水平向右，电场强度大小为E=2.0×105N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h=0.1m处
的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求：(1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离；
(2)A、B细胞收集管的间距。
【答案】(1)5×10-3m
(2)0.11m
【详解】(1)由题意可知含A细胞的液滴在电场中做类平抛运动，垂直于电场方向则l=vt
1
1
沿电场方向x = at2由牛顿第二定律qE=ma解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为x =5
1 2 1 1
×10-3m
(2)含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，则h=vt 则x =at t 联立解得x =0.05m
2 2 1 2 2
有对称性可知则A、B细胞收集管的间距Δx=2(x +x )=2×(0.005+0.05)m=0.11m
1 2
25
