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高考重点考点解读与针对性训练
第十章 静电场
考点78 带电粒子在交变电场中的运动
【考点解读】
1. 带电粒子在交变场中三种常见运动
（1）粒子做单向直线运动（一般用牛顿运动定律及运动学公式求解）。
（2）粒子做往返运动（一般分段研究）。
（3）粒子做偏转运动（一般根据交变电场的特点分段研究）。
2.两条分析思路
（1）利用力和运动的关系：根据牛顿第二定律及运动学规律分析。
（2）利用能量关系：根据动能定理、功能关系、能量守恒定律等规律分析。
3..带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化（如方
波）的情形.
当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向
的分运动具有周期性.
4 .研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正
确地判断粒子的运动情况.根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等.
5 .注重全面分析（分析受力特点和运动规律）：抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的
对称性，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与运动过程相关的临界条件.
6 .对于锯齿波和正弦波类电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿
过电场时可认为是在匀强电场中运动.
7. 交变电场中的直线运动处理方法
U－t 图像
v－t 图像
轨迹图
1
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【高考真题】
【典例1】. （2025 高考甘肃卷）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
的电场加速后，沿
方向射入电压为
的电场（
为平行于两极板的中轴线）。极板长度为l、间距
为d，
关系如图2 所示。长度为a 的样品垂直放置在距
极板L 处，样品中心位于
点。假设单个离子在通过
区域的极短时间内，电压
可视为不变，当
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（
）
A.
的最大值
B. 当
且
时，离子恰好能打到样品边缘
C. 若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大
2
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D. 在
和
时刻射入
的离子，有可能分别打在A 和B 点
【答案】C
【解析】粒子在电场中加速，由动能定理，
在偏转电场中做类平抛运动，
解得，
， A 错误；
，解得
，B 正确；
根据
若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需减小
，C 错误；
由图2 可知，在
时刻所加的向上电场电压小于t2 时刻所加的向下的电场的电压，则t1
时刻射入
的离子，打到A 点时的竖直位移小于打到B 点时的竖直位移，D 错误。
【针对性训练】
1.（2025·山东淄博期末）匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图像如图所示。当t＝0 时，
在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，带电粒子只受静电力的作用，下列说法正
确的是（ ）
A.带电粒子将始终向同一个方向运动
B.3 s 末带电粒子回到原出发点
C.3 s 末带电粒子的速度不为零
D.前3 s 内，静电力做的总功为零
3
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答案：AD
解析：带电粒子由静止释放后，在0～2 s 时间内，由牛顿第二定律可知粒子的加速度大小
为a1＝qE
m ，在2～3 s 时间内，粒子的加速度大小为a2＝2qE
m ，可知粒子由静止先以a1加
速2 s，再以a2减速1 s，由于a2＝2a1，可知此时粒子速度是零，同理在3～5 s 时间内由
静止又以a1加速2 s，再以a2减速1 s，此时粒子速度是零，因此粒子在0～6 s 时间内，
带电粒子将始终向同一个方向运动，其速度—时间图像如图所示，A 正确；由带电粒子的
速度—时间图像可知，带电粒子将始终向同一个方向运动，因此3 s 末带电粒子回不到原
出发点，B 错误；由带电粒子的速度—时间图像可知，3 s 末带电粒子的速度是零，C 错误；
在前3 s 内，由动能定理可知W＝ΔEk＝0，前3 s 内，静电力做的总功是零，D 正确。
2 （2025·贵州贵阳一模）如图甲，水平放置长为l 的平行金属板右侧有一竖直挡板。金属
板间的电场强度大小为E0，其方向随时间变化的规律如图乙所示，其余区域的电场忽略不
计。质量为m、电荷量为q 的带电粒子任意时刻沿金属板中心线OO'射入电场，均能通过
平行金属板，并打在竖直挡板上。已知粒子在电场中的运动时间与电场强度变化的周期T
相同，不计粒子重力，则（ ）
A.金属板间距离的最小值为q E0T
2
2m
B.金属板间距离的最小值为q E0T
2
m
C.粒子到达竖直挡板时的速率都大于l
T
D.粒子到达竖直挡板时的速率都等于l
T
答案：AD
解析：在t＝n
2T（n＝0，1，2，…）时刻进入电场的粒子在电场中的竖直位移最大，粒子
在电场中运动的时间为T，则粒子在竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动，由对称性
可知y＝2×1
2a(
T
2)
2
＝q E0T
2
4 m
，金属板间距离的最小值d＝2y＝q E0T
2
2m
，A 正确，B 错误；
4
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粒子出电场时的水平速度v0＝l
T ，粒子在竖直方向运动的v-t 图像如图所示，在t＝t0时刻
进入电场的粒子，在t＝T＋t0时刻出电场时竖直方向的速度再次减为0，粒子出电场后做匀
速直线运动，则粒子到达竖直挡板时的速率等于l
T ，C 错误，D 正确。
3.（2025·河北石家庄模拟）图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T 的交变电压u，
电压u 随时间t 变化的图线如图乙所示。质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中
线射入两板间，经时间T 从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述错误的是（ ）
A.t＝0 时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
B.t＝1
4 T 时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
C.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平
D.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等
答案 B
解析： 粒子在电场中运动的时间是相同的，t＝0 时入射的粒子，在竖直方向先加速，然
后减速，最后离开电场区域，故t＝0 时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，选项
A 正确；t＝1
4 T 时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，再反向加速，最后反向减
速离开电场区域，故此时刻入射的粒子离开电场时速度方向和中线在同一直线上，选项B
错误；因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据动量定理，竖直方向电场
力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时的竖直方向分速度为零，即最终都垂直电
场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，选项C、D 正确。
4. 如图甲所示，A、B 是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T 的交变电压，A 板
的电势φA＝0，UBA随时间的变化规律如图乙所示.现有一电子从A 板上的小孔进入两板间的
电场区域，设电子的初速度和重力的影响可忽略，则（ AB ）
5
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图甲 图乙
A.若电子是在t＝0 时刻进入的，它将一直向B 板运动
B.若电子是在t＝T
8 时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动，最后打在B 板
上
C.若电子是在t＝3
8T 时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动，最后打在B
板上
D.若电子是在t＝T
2 时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动
答案 AB
解析 根据题意及电子进入电场后的受力情况和运动情况，作出如图所示的4 个图像.
由图4 可知，当电子在t＝0 时刻进入电场时，电子一直向B 板运动，A 正确；若电子在T
8
时刻进入电场，则由图4 知，电子向B 板运动的位移大于向A 板运动的位移，因此最后仍
能打在B 板上，B 正确；若电子在3T
8 时刻进入电场，则由图4 知，在第一个周期内电子即
返回至A 板，从A 板射出，C 错误；若电子在T
2 时刻进入电场，则它一靠近小孔便受到排
斥力，根本不能进入电场，D 错误.
5．（2024 河南漯河重点高中期末）如图甲所示，两平行金属板水平放置，间距为d，金属
6
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板长为2d，两金属板间加如图乙所示的电压（
时上金属板带正电），其中
。
一粒子源连续均匀发射质量为m、电荷量为
的带电粒子（初速度
，重力忽略不
计），该粒子源射出的带电粒子恰好从上板左端的下边缘水平进入两金属板间，若粒子碰
到两金属板即被吸收不再反弹且对极板的电量几乎无影响，则（ ）
A．能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为T
B．
时刻进入两极板间的粒子能够从极板右侧飞出
C．能从极板右侧飞出的粒子电场力对其做功一定为0
D．能从极板右侧飞出的粒子数占入射粒子总数的25%
答案．AC
【解析】A．能从板间飞出的粒子，水平方向做匀速直线运动，则有
故A 正确；
B．假设
时刻进入两极板间的粒子能够从极板右侧飞出，则它在竖直方向上先加速向
下，经过
时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过
时间，竖直分速度减
为零，则有
由牛顿第二定律，可得
联立，解得
7
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则假设不成立，
时刻进入两金属板间的粒子将打在金属板上。故B 错误；
C．根据对称性，能从极板右侧飞出的粒子在电场中运动时间为T，则出电场时竖直速度一
定为零，则电场力对其做功为零，故C 正确；
D．考虑
射入的粒子，当粒子射出位置最低时，可以假设释放的时间为
，在
释放后的
时间内，竖直位移应恰好为d，
解得
随后的
内，由于
竖直上升高度为
假设成立，此为一临界位置；
当粒子射出位置最高时，根据对称性可知从
时刻射入粒子恰好从上边缘射出，此为一临
界位置，则能从极板右侧飞出的粒子数占入射粒子总数
，故D 错误。
6. 如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为
U0，电容器极板长L＝10 cm，极板间距d＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的
距离也是L＝10 cm，荧光屏足够长，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的
电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿
过极板的过程中电压是不变的。求：
（1）在t＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的位置到O 点的距离；
（2）荧光屏上有电子打到的区间长度。
答案：（1）13.5 cm
解析：（1）设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得eU0＝1
2mv0
2，
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设电容器间偏转电场的电场强度为E，则有E＝U
d ，
设电子经时间t 通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，
则沿中心轴线方向有t＝L
v0
，
垂直中心轴线方向有a＝eE
m ，
联立解得y＝1
2at2＝eU L
2
2md v0
2＝U L
2
4U 0d ，
设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有
vy＝at，tan θ＝v y
v0
，
则电子在荧光屏上偏离O 点的距离为Y＝y＋Ltan θ＝3U L
2
4U 0d ，
由题图乙知t＝0.06 s 时刻，U＝1.8U0，
解得Y＝13.5 cm。
（2）由题意知电子偏移量y 的最大值为d
2 ，根据y＝U L
2
4U 0d 可知，
当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，
所以代入U＝2U0得Ymax＝3 L
2 ，
所以荧光屏上电子能打到的区间长度为2Ymax＝3L＝30 cm。
7 .[2024 四川泸县四中月考]如图甲所示，在xOy 坐标系中，两金属板平行放置，OD 与x 轴
重合，板的左端与原点O 重合，板长L＝2m，板间距离d＝1m，紧靠极板右侧有一足够大
荧光屏.两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10－3s，U0＝
5×103V，t＝0 时刻一带正电的粒子从左上角A 点附近，以v0＝1000m/s 的速度平行于AB
边射入两板间，最终打到荧光屏上.已知粒子带电荷量q＝1×10－5C，质量m＝1×10－7kg，
不计粒子所受重力，求：
（1）粒子在板间运动的时间；
（2）粒子打到屏上的速度；
（3）若A 处的粒子源以v0＝1000m/s 的速度平行于AB 边连续不断发射相同粒子，求荧光
屏上的光带长度是多少？若向右移动荧光屏，屏上光带位置和长度如何变化（写出结论，
不要求计算过程）.
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答案 （1）2×10－3s （2）大小为500√5m/s，方向与v0的夹角θ 满足tanθ＝1
2
（3）0.5m 光带位置下移，长度不变
解析 （1）粒子在板间沿x 轴方向做匀速运动，运动时间为t，根据L＝v0t0
代入数据解得t0＝2×10－3s
（2）设t＝0 时刻射入板间的粒子射到荧光屏上时沿y 轴方向的分速度为vy，合速度为v，v
与v0的夹角为θ，有
vy＝a·T
2
根据牛顿第二定律有a＝F
m＝qU 0
md
粒子打到屏上的速度v＝√v0
2＋v y
2，tanθ＝v y
v0
代入数据解得v＝500√5m/s，tanθ＝1
2
（3）粒子在t＝2n×10－3s（其中n＝0，1，2，3，…）时刻射入两板，射到荧光屏上时有
最大侧移ymax，有
打入ymax＝1
2
U 0q
md （T
2 ）2＋U 0q
md （T
2 ）2＝0.75m
粒子在t＝（2n＋1）×10－3s（其中n＝0，1，2，3，…）时刻射入两板，射到荧光屏时有
最小侧移ymin，有
ymin＝1
2
U 0q
md
（T
2 ）2＝0.25m
光带长度ΔL＝ymax－ymin＝0.5m
若向右移动荧光屏，光带位置下移，长度不变.
8. （2024 年11 月浙江部分重点高中期中物理）如图建立竖直平面内坐标系，
射线管由
平行金属板A、B 和平行于金属板的细管C 组成，放置在第II 象限，管C 到两极板的距离相
等，右端开口在y 轴上。放射源P 在A 极板左端，可以沿特定方向发射某一速度的
粒子。
若极板长为L，间距为d，当A、B 板加上某一电压U（未知）时，
粒子刚好能以速度
（已知）从细管C 水平射出，进入位于第I 象限的静电分析器并恰好做匀速圆周运动，
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时刻
粒子垂直于x 轴进入第IV 象限的交变电场中，交变电场随时间的变化关系如图
乙（图上坐标均为已知物理量），规定沿x 轴正方向为电场正方向，静电分析器中电场的
电场线为沿半径方向指向圆心O，粒子运动轨迹处场强大小为
。已知
粒子电荷量为
（e 为元电荷），质量为m，重力不计。求：
（1）
粒子在静电分析器中运动的轨迹半径；
（2）
粒子从放射源P 射出时速度的大小；
（3）0 时刻起，
粒子动能最大时的时刻和位置坐标。
【答案】（1）
（2）
（3 ）
，（
，
）（
）
【解析】（1）α 粒子在静电分析器中，根据电场力提供向心力
解得
（2）α 粒子在A、B 两金属板间做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动
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在竖直方向，做静止开始的匀加速
从放射源P 射出时速度的大小
联立，解得
（3）由题意可知，从t=0，α 粒子进入交变电场时刻起，α 粒子动能最大时的时刻为
α 粒子在交变电场中，根据牛顿第二定律
解得
每
时间，α 粒子在x 正方向前进
因为开始计时时α 粒子的横坐标为
此后α 粒子在交变电场中在x 轴方向周期性匀加速后匀减速到零，在y 轴方向做匀速直线
运动。所以，
时，α 粒子的横坐标为
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α 粒子的纵坐标为
所以，0 时刻起，α 粒子动能最大时的位置坐标为
（
，
）（
）
9 （2024 年10 月黑龙江名校联考）中科院高能物理研究所利用电场约束带电粒子
的运动，其简化模型如图1 所示，在
平面内的第一象限和第四象限加一沿
轴正方向的匀强电场
（未知），一粒子发射源固定在坐标原点
，该装置可
以沿轴正方向发射质量为
、电荷量为
的粒子
，粒子的初速度均为
，刚好能过第一象限内的
点，已知
点的横坐标为，不计重力及粒子间
的相互作用。
（1）已知粒子
过
点时速度为
，求匀强电场的场强大小
和
点的纵坐
标；
（2）若将原来的匀强电场替换为另一交变电场，如图2 所示，场强为正值时表
示电场方向沿
轴正方向，题干中其他条件均不变，
时刻从坐标原点射出
的粒子
仍能过
点，求图2 中
与
的比值；
（3）如图3 所示，在
处放置一垂直于轴、可吸收带电粒子的挡板，并在
第一和第四象限内加如图2 所示的交变电场，图3 中两条虚线的纵坐标为
在
至
时间内从坐标原点
沿轴正方向连续发射粒子
，粒
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子的初速度均为
，求在哪个时间范围内发射出的粒子
，运动轨迹始终在图3
中两条虚线之间（含虚线），并求出这些粒子落在挡桩上的纵坐标范围。
【答案】（1）
； （2）
； （3）
【解析】（1）粒子
在电场中做类平抛运动，将粒子
运动到
点时的速度正交分解，
其沿
轴方向的上分速度为
，根据勾股定理其沿
轴方向的分速度
(1 分)
根据动力学，
（4 分）
联立可得
(1 分)
(1 分)
（2）换成交变电场后，粒子
运动至
点的运动时间仍为
(1 分)
结合题图2 可知，交变电场在此期间经历了两个周期，粒子
沿
轴的分速度随时间变化
的
图像如图甲所示，所以整个运动过程其在
轴方向运动的距离为
(2
分)
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又知道
可解得
(1 分)
故
(1 分)
（3）设
时刻发射出的粒子
恰好能运动至虚线
，结合粒子
沿
轴的分速度
随时间变化的
图像如图乙所示，根据匀变速运动规律可知
(2 分)
可解得
由图乙可知在
时刻射出的粒子
最终打在挡板上时的纵坐标为
设
时刻发射出的粒子
恰好能运动至虚线
，结合运动图像如图丙所示，根据匀
变速运动规律有
(2 分)
解得
由图丙可知在
时刻射出的粒子
最终打在挡板上时的纵坐标为
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综上所述，在
时间范围内射出的粒子
运动轨迹始终在题图3 中两虚线之间。
这些粒子落在挡板上范围为
(2 分)
10. (2024 湖北名校联考)如图甲所示，质量为m，电荷量为-q（q>0）的电子由电子枪连续
发出，初速可忽略不计，经U 的电压加速后，沿中心线垂直进入偏转电场，两极板长为
L，间距为d。足够大的荧光屏中心为O，离极板距离为l。不计电子重力及电子间相互作用，
整个装置置于真空中。
（1）若偏转电压U2恒定，电子能射出平行板，求U 的最大值U2max；
（2）若偏转电压U2随时间变化规律如图乙所示，其最大值为U0（U0<U2max），变化周期为
T。求电子打在荧光屏上的位置范围。（U2的变化周期T 远远大于粒子穿越电场的时间）
【答案】（1）
；（2）位置范围为О 点上下方各
【解析】（1）对电子，加速有
偏转有
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能出射
解得
（2）当
时，出偏转场后匀速
解得
位置范围为О 点上下方各
11. （2024 年7 月广东深圳期末物理） 医用质子肿瘤治疗仪示意图如图甲所示，由质子放
射源S、加速电压为U 的加速电场区、MN 板间电压产生的偏转电场区，以及边界为圆形的
匀强磁场区组成。其中，水平放置的平行金属板M、N 长为L、间距为d，磁场方向垂直于
纸面。S 持续释放质量为m、电荷量为e 的质子，质子从小孔
飘入加速电场，其初速度
可视为零。加速后的质子沿中线
从
点垂直于电场方向射入偏转电场区，质子通过
偏转电场后进入匀强磁场区。所有质子均打在圆心正下方磁场边界上的P 点。M、N 板间
电压随时间变化关系如图乙所示，图中
。
时质子射入偏转电场，恰好能
从N 板的右边缘水平飞出。不考虑质子之间的相互作用力、重力和空气阻力，忽略MN 板
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边缘外电场的影响。
（1）求质子进入偏转电场时速度
的大小；
（2）求偏转电压
的大小；
（3）己知分别从M、N 板右边缘飞出的两个质子在磁场中运动的圆心角之和为180°，这
两个质子运动到P 点时速度方向的夹角为60°，求磁场区磁感应强度的大小和方向。
【答案】（1）
；（2）
；
（3）
，方向垂直纸面向外
【解析】（1）在加速电场中，根据动能定理有
解得
（2）所有质子均打在圆心正下方磁场边界上的P 点，可知质子离开偏转电场的速度沿水平
方向，
。
时质子射入偏转电场，恰好能从N 板的右边缘水平飞出，根据
类平抛运动规律有
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同时满足
（n=1，2，3…）
解得
，（n=1，2，3…）
（3）质子带正电，经过磁场后偏向P 点，则磁场垂直纸面向外；从M、N 板右边缘飞出的
两个质子在磁场中运动的圆心角之和为180°，这两个质子运动到P 点时速度方向的夹角
为60°，根据几何关系可知磁场区域半径与质子运动轨迹半径相等，且均为d，根据洛伦
兹力提供向心力有
解得
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