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2024 高考物理二轮复习80 热点模型
最新高考题模拟题专项训练
模型44 带电粒子在交变电场中运动模型
最新高考题
1（2011 安徽理综卷第18 题）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
【参考答案】B
【名师解析】：此题考查示波管。带电粒子在电场中的运动等知识点。由电极
YY’之间所加的电压按图（b）所示的规律变化可知，在y 方向图形从y=0 开始
且向+y 方向运动；由在电极XX’之间所加的电压按图（c）所示的规律变化可
知，在x 方向图形从-x 半个周期开始，所以在荧光屏上会看到的图形是B。
答案：B
2（2010·江苏物理）制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d 的
两平行极板，如图甲所示，加在极板A、B 间的电压UAB作周期性变化，其正
向电压为U0，反向电压为-kU0(k>1)。电压变化的周期为2τ，如图乙所示。在
t=0 时，极板B 附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开
始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。
1
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（1）若
，电子在0—2r 时间内不能到达极板A，求d 应满足的条件；
（2）若电子在0—2r 时间未碰到极板B，求此运动过程中电子速度随时间t 变
化的关系；
（3）若电子在第N 个周期内的位移为零，求k 的值。
【名师解析】：.
（1）电子在0~τ 时间内做匀加速直线运动，加速度大小a1=
，①
位移x1=
a1τ2。②
在τ~2τ 时间内先做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动，
加速度大小a2=
，③
初速度大小v1=a1τ。④
匀减速直线运动阶段位移x2=
。⑤
依据题意，d> x1+ x2
解得 d>
。⑥
（2）在2nτ~(2n+1) τ,(n=0,1,2, ……,99)时间内
速度增量△v1= a1τ ⑦
在(2n+1)τ~2 (n+1) τ,(n=0,1,2, ……,99)时间内
2
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加速度的大小
a2′=
速度增量
△v2=-a2′τ
⑧
(a)当0≤t-2nτ<τ 时
电子的运动速度
v=n△v1+n△v2+a1(t-2nτ)
⑨
解得
v=[t-(k+1)nτ]
,(n=0,1,2, ……,99)
⑩
(b)当0≤t-(2n+1) τ<τ 时
电子的运动速度
v=(n+1) △v1+n△v2-a2′ [t-(2n+1) τ]
解得v=[(n+1)(k+1) τ-kτ]
,(n=0,1,2, ……,99)
（3）电子在2(N-1) τ~(2N-1) τ 时间内的位移x2N-1=v2N-2τ+
a1τ2
电子在(2N-1) τ~2Nτ 时间内的位移x2N=v2N-1τ-
a2′τ2
由式可知
v2N-2=(N-1)(1-k) τ
。
由式可知，v2N-1=(N-Nk+k) τ
。
依据题意，x2N-1+ x2N=0，
解得 k=
。
最新模拟题
1．（2023 安徽蚌埠二模）图（ａ）为示波管的原理图。如果在电极 ＹＹ′之间加图
（ｂ）所示的电压，在电极 ＸＸ′之间加 图（ｃ）所示的电压，则在荧光屏上会看到的
3
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图形是
【参考答案】A
【名师解析】在0~t 时间内，UY为正值恒定，在t~2t 时间内，UY为负值恒定，Ux 如图
（c）为扫描电压，所以在荧光屏上会看到的图形是为图A。
2. (2022 广东湛江模拟)示波管原理图如图甲所示。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，
管内抽成真空。如果在偏转电极XX′和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，产生一个亮斑如图乙所示。若板间电势差UXX′和UYY′随时间变化
关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为（ ）
A.
B.
C.
D.
【参考答案】A
【名师解析】UXX′和UYY′均为正值，电场强度方向由X 指向X′，Y 指向Y′，电子带负电，电
场力方向与电场强度方向相反，所以分别向X，Y 方向偏转，可知A 正确。
4
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3. （2023 江苏苏州2 月开学摸底） (14 分)如图a 所示，水平放置的两正对、平行金属
板A、B 间加有如图b 所示的交变电压UAB，现有一带电粒子从A 板左端边缘以速度v0水
平射入电场．粒子电荷量为＋q，质量为m，不计粒子重力．
(1) 若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t；
(2) 若粒子在t＝时刻射入电场，经过一段时间后从A 板右侧边缘水平射出，则板长L
和两板间距d 分别满足什么条件？
(3) 若金属板足够长，要求t＝0 时刻射入的粒子打到B 板时动能最大，则两板间距d
应当满足什么条件？
【名师解析】(1) t＝(3 分)
(2) L＝nv0T，n＝1、2、3(3 分)
d≥()2×2＝ (2 分)
解得d≥(1 分)
(“＝”号不写不扣分)
(3) d≤()2＝(3 分)
解得d≤(2 分)
注：如果不写小于共得3 分；
如果用n 正确表示但未将n＝0 带入，得2 分
即d＝()2(2n＋1)，n＝0、1、2、3
解得d＝，n＝0、1、2、3
4. （2023 陕西西安重点高中高二质检）在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电
场：第一象限内有位于O 点且电荷量为Q 的点电荷产生的电场E1，第二象限内有水平向右
的匀强电场E2，第四象限内有方向水平、大小按图乙所示规律变化的电场E3，E3以水平向
右为正方向，变化周期T＝
.一质量为m、电荷量为＋q 的离子从(－x0，x0)点由静止
释放，进入第一象限后恰能绕O 点做圆周运动．以离子经过x 轴时为计时起点，已知静电
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力常量为k，不计离子重力．求：
(1)离子刚进入第四象限时的速度大小；
(2)E2的大小；
(3)当t＝
时，离子的速度；
(4)当t＝nT 时，离子的坐标．
【参考答案】(1)
(2)
(3)
，方向与水平方向成45°角斜向右下 (4)[(n＋1)x0，－2nx0]
【名师解析】(1)设离子刚进入第四象限的速度为v0.在第一象限内，有k
＝
，
得v0＝
.
(2)在第二象限内，由动能定理得qE2x0＝mv
解得E2＝
.
(3)离子进入第四象限后，在水平方向上，有v 水平＝at＝
×
，
得v 水平＝
＝v0，
v 合＝
＝
v0＝
，
方向与水平方向成45°角斜向右下．
(4)离子在第四象限中运动时，y 方向上做匀速直线运动，x 方向上前半个周期向右匀加速运
动，后半个周期向右匀减速运动直到速度为0；每半个周期向右前进
·
，
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每个周期前进x0，x＝x0＋nx0，
y＝－v0nT＝－2nx0
故t＝nT 时，离子的坐标为[(n＋1)x0，－2nx0]
5. （2022 山东枣庄一模）如图甲所示，在Oxyz 坐标系中，存在沿y 轴正方向的匀强电场，
电场强度为E0，电荷量为q 的带正电小球位于z 轴负半轴上的P 点，若小球以与z 轴正方
向夹角为θ 的速度开始在yOz 平面内运动，经过一段时间后，小球恰好经过O 点且速度方
向沿y 轴正方向，大小为v。此时刻，将电场方向变成沿z 轴正方向，其随时间变化的规律
如图乙所示，同时在坐标系中加一沿x 轴负方向的匀强磁场（图中未画出），小球在
内做匀速直线运动，
内恰好完成一个完整的匀速圆周运动。已知重力加速
度为g，不计空气阻力。求：
（1）小球的质量m；
（2）E1和B；
（3）电场变化的周期T；
（4）小球在T 时刻的位置。
【参考答案】（1）
；（2）
，
；
（3）
；（4）（0，
，0）
【名师解析】
（1）小球从P 到O 运动过程中，受重力与电场力作用做类斜抛运动，设初速度大小为
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v0，时间为t0，沿y 轴方向位移为零，则有
沿y 轴方向
沿z 轴方向
联立可得
（2）小球在
内做匀速直线运动，由受力平衡条件有
在
内做匀速圆周运动，则有
得
，
（3）小球在
内恰好完成一个完整的匀速圆周运动，则
得
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（4）小球在
内做匀速直线运动，沿y 轴方向位移为
内恰好完成一个完整的匀速圆周运动，
末位置与
末位置相同。
时间内小球的运动可以分解为以2v 向右的匀速直线运动和以初速度v 向左在yOz
平面内的逆时针匀速圆周运动，由于
时间正好等于小球圆周运动的一个周期，所以在T
末的位置仍在y 轴上，此段时间内的位移为
则小球在T 时刻在y 轴上的位置为
小球在T 时刻的位置坐标为（0，
，0）。
6. （2022 河南许昌一模） 如图（1）中A 和B 是真空中的两块面积很大的平行金属板，加
上周期为T 的交变电压，在两板间产生交变的匀强电场。已知B 板电势为零，A 板电势φA
随时间t 变化的规律如图（2）所示。A 板电势最高值为
，最低值为-φ。已知在t=0 时刻，
一个电荷量为-e 的电子（重力不计） ，在电场力的作用下，从B 板的小孔中由静止开始向
A 板运动，当t= T 时，电子刚好到达A 板。如果该电子是在
时刻才从B 板的小孔由
静止开始运动，求:
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（1）从
到
时间内，电场力对该电子所做的功;
（2）该电子运动多长时间才能第一次到达A 板?
【参考答案】（1）W=
eφ；（2）1.57T
【名师解析】
（1）设A、B 两板间距为d，电子运动的加速度大小为a，对于t=0 时刻进入的电子，前半
周期向右匀加速运动，后半周期向右匀减速运动到速度为零。前半周期和后半周期位移相
同，均为
，有
d=2×
对于t=
进入的电子，有
在
~
=
内向右匀加速，有
x1=
解得
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x1=
设从
到
的时间内，电场力对该电子所做的功为W，有：
W=
eφ
（2）在
~
=
内向右匀减速到速度为零，有
x2=x1=
在
~
=
内反向向左匀加速，有
x3=
解得
x3=
在
~
=
内反向向左匀减速到速度为零，有
x4= x3=
在
~
=
内继续向右匀加速，有
x5=x1=
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所以电子运动T+
后，距B 板距离为：
x=x1+x2-x3-x4+x5=
+
-
-
+
=
<d
在t=
时刻，电子的速度为
v=a
解得
v=
从t=
时刻开始，设再经过Δt 时间，电子刚好到达A 板，有
x6=vΔt-
aΔt2
d=
+x6
解得
Δt=（
）T
[（
+
）T 不符合题意，舍去]
所以总时间为t0=T+
+Δt=
≈1.57T
7. （2022 江苏镇江期中）(16 分)如图甲所示，P 点处有质量为m、电荷量
为q 的带电粒子连续不断地“飘入”电压为U0的加速电场，粒子经加速后从O
点水平射入两块间距、板长均为l 的水平金属板间，O 为两板左端连线的中点．
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荧光屏MO1N 为半圆弧面，粒子从O 点沿直线运动到屏上O1点所用时间为l.若
在A、B 两板间加电压，其电势差UAB随时间t 的变化规律如图乙所示，所有粒
子均能从平行金属板右侧射出并垂直打在荧光屏上被吸收．已知粒子通过板间
所用时间远小于T，粒子通过平行金属板的过程中电场可视为恒定，粒子间的
相互作用及粒子所受的重力均不计，求：
(1) 粒子在O 点时的速度大小；
(2) 图乙中U 的最大值；
(3) 粒子从O 点到打在屏上的最短时间．
甲 乙
【名师解析】. (1) 由动能定理得U0q＝mv，(2 分)
解得v0＝.(2 分)
(2) 粒子从极板右侧边缘射出时，对应的电压最大，
此时竖直偏转量y＝，(1 分)
水平方向l＝v0t，(1 分)
竖直方向y＝at2，(1 分)
a＝，(1 分)
解得Um＝2U0.(2 分)
(3) 由题意得OO′＝v0t＝2l，
半圆荧光屏的圆心与两极板中心重合，才能使粒子全部垂直撞击在屏幕上，
当粒子从极板右侧边缘射出时，水平总位移最小，故时间最短，(1 分)
由tan θ＝，
vy＝at，
解得tan θ＝1 或θ＝45°，(2 分)
水平总位移x＝l，
时间t＝＝.(3 分)
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8.（2024 江苏省如东市名校联考）如图甲所示，平行金属板A、B 的右端安放着垂直于金
属板、长为d 的靶MN，现在A、B 板上加上如图乙所示的方波形电压，t=0 时A 板比B 板
的电势高，正反向电压大小均为U0，今有带正电的粒子束以相同的初速度，从A、B 板的
正中间沿OO′方向持续射入偏转电场中，已知所有进入偏转电场的粒子都能打在金属靶
MN 上，粒子在A、B 间的飞行时间为2T，偏转金属板A、B 的板长为L，其板间的距离为
d，电场可看成匀强电场，每个粒子的电荷量为q，质量为m，粒子的重力忽略不计，试求：
（1）t=0 时射入偏转电场的粒子击中靶MN 时的速度大小v；
（2）
t=T
4 时射入偏转电场的粒子打在靶MN 上的点到中心O′点的距离y；
（3）要使粒子能全部打在靶MN 上，电压U0的数值应满足的条件（写出U0、m、d、q，T
的关系式即可）
【名师解析】（1）粒子在偏转电场中运动的加速度大小a=
t=0 时刻射入的粒子，在电场力作用下先向B 板运动T/2，再向A 板运动T/2，由对称关
系可知，经过时间T，粒子侧向速度为零
所以t=0 时射入偏转电场的粒子击中靶MN 时的速度大小v=L/2T。
（2）t=T/4 时刻射入的粒子击中靶时，向上侧移位移最大，
在板间运动T/2 的侧向位移y1=
且有 y=4y1
解得：y=
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（3）当粒子由t=nT+T/4（n=0,1,2,3，···）时刻进入电场，向上侧移位移最大，
y 上=
×4=
当粒子由t=nT+3T/4（n=0,1,2,3，···）时刻进入电场，向下侧移位移最大，
y 下=
×4=
在距离靶MN 的中心O’点上方、下方均为
范围内有粒子击中，则
y 上= y 下=
≤d/2
解得：U0≤
9. 由电子加速器、偏转电场组成装置可以实现电子扩束。偏转电场由加了电压相距为d
的两块水平平行放置的导体板组成，如图1 所示。大量电子由静止开始，经电压为U 1
的加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场；当两板
不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0，当在两板间加如图2 所示的周期为
2t0、偏转电压峰值为U 0的交变电压时所有电子恰好都能从两板间通过，已知电子的
电荷量为-e，质量为m，电子重力和它们之间相互作用力均忽略不计；求：
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(1)电子进入偏转电场的初速度v0大小；
(2)偏转电场的电压U 0；
(3)哪个时刻进入偏转电场的电子，会从距离中线上方d/3飞出偏转电场。
【名师解析】 (1)电子在加速电场中，由动能定理得：
eU 1= 1
2 m v0
2 解得：v0=√
2eU 1
m
(2)电子在偏转电场中做分段类平抛运动 水平方向匀速运动，速度v x= v0
竖直方向做分段匀变速运动，其速度-时间图象如图所示
从图可以看出在t =nt0 (n=0,1，2，…)时刻进入偏转电场电子，出偏转电场时上、下偏
移量最大，
依题意得：ym= d
2
由牛顿第二定律：a y = eU 0
md
由运动学公式：ym= 1
2 a yt0
2×2= eU 0t0
2
md
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解得偏转电压：U 0= md
2
2et0
2
(3)设：t x时刻进入偏转电场的电子，会从中线上方d
3
处飞出偏转电场
由运动公式可得：y = 1
2 a y(t0-t x)
2×2- 1
2 a yt x
2×2
解方程组得：t x = t0
6
所以在t =2nt0+t x =2nt0+ t0
6 (n=0,1,2,3,…)(n=0,1，2，…)时刻进入偏转电场的电子，
会从中线上方d
3
飞出偏转电场
同理可得：t =2nt0-t x =2nt0- t0
6 (n=1,2,3,…)(n=1,2，3，…)时刻进入偏转电场的电
子，也会从中线上方d
3
飞出偏转电场
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