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第4 讲 带电粒子在电场中的运动
学习目标 1.会利用动力学、功能关系分析带电粒子在电场中的直线运动。 2.掌
握带电粒子在电场中的偏转规律，会分析带电粒子在电场中偏转的功能关系。
3.会分析、计算带电粒子在交变电场中的直线运动和偏转问题。
1.思考判断
(1)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。(×)
(2)带电粒子在电场中，只受静电力时，也可以做匀速圆周运动。(√)
2.带电粒子沿水平方向射入竖直向下的匀强电场中，运动轨迹如图所示，粒子在
相同的时间内( )
A.位置变化相同
B.速度变化相同
C.速度偏转的角度相同
D.动能变化相同
答案 B
1
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考点一 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
1.做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子做匀速直线运动。
(2)粒子所受合外力F 合≠0 且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速
直线运动。
2.用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad。
3.用功能观点分析
匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv
非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv
角度
带电粒子在电场中的直线运动
例1 (多选)(2022·福建卷，8)我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理
如图1 所示。放电通道两端电极间存在一加速电场，该区域内有一与电场近似垂
直的约束磁场(未画出)用于提高工作物质被电离的比例。工作时，工作物质氙气
进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，
氙气被电离的比例为95%，氙离子喷射速度为1.6×104 m/s，推进器产生的推力
为80 mN。已知氙离子的比荷为7.3×105 C/kg；计算时，取氙离子的初速度为
零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则( )
图1
A.氙离子的加速电压约为175 V
B.氙离子的加速电压约为700 V
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C.氙离子向外喷射形成的电流约为37 A
D.每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3×10－6 kg
答案 AD
解析 设一个氙离子所带电荷量为q0，质量为m0，由动能定理得q0U＝m0v2，解
得氙离子的加速电压为U＝≈175 V，A 正确，B 错误；设1 s 内进入放电通道的
氙气质量为m，由动量定理得Ft＝95%mv，解得m≈5.3×10－6 kg，D 正确；氙
离子向外喷射形成的电流I＝＝·q0≈3.7 A，C 错误。
角度
带电体在电场中的直线运动
例2 (2023·江苏苏州市检测)如图2，竖直平面内有AB 和BC 两段长度均为L 的
粗糙直杆，两杆在B 处平滑连接，AB 杆水平、BC 杆与水平方向夹角为θ，装置
处于水平向右的匀强电场中。质量为m、带电荷量为＋q 的小球套在杆上，小球
从杆上A 点由静止开始运动，经时间t 到达B 点，沿BC 杆运动过程中小球运动
情况与杆的粗糙程度无关。重力加速度为g。求：
图2
(1)小球在AB 杆上运动的加速度大小；
(2)小球从A 运动到C 过程中摩擦力所做的功。
答案 (1) (2)－L
解析 (1)小球在AB 杆上做匀加速直线运动，有
L＝at2，解得a＝。
(2)由题中条件可知，小球在BC 直杆上运动时不受摩擦力的作用，此时，重力与
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静电力的合力沿杆向下，可知F 电＝
小球从A 运动到C 过程中，只有在AB 杆上才受摩擦力Ff，由牛顿第二定律有
F 电－Ff＝ma
Wf＝－FfL＝－L。
角度
带电粒子在交变电场中的直线运动
例3 (2024·浙江温州模拟)如图3 甲所示为粒子直线加速器原理图，它由多个横
截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分
别和交变电源相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在t＝0
时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)的
中央有一自由电子由静止开始在各间隙中不断加速。若电子的质量为m，电荷量
为e，交变电源的电压为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，忽略
电子通过圆筒间隙的时间。下列说法正确的是( )
图3
A.电子在圆筒中也做加速直线运动
B.电子离开圆筒1 时的速度为2
C.第n 个圆筒的长度应满足Ln＝T
D.保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调大交变电压的周期
答案 C
解析 由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，则电子在金属圆筒
中做匀速直线运动，故A 错误；电子离开圆筒1 时，由动能定理得eU＝mv2，所
以电子离开圆筒1 瞬间速度为v＝，故B 错误；电子从金属圆筒出来后要继续做
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加速运动，在金属圆筒中的运动时间为交变电源周期的一半，即，电子在圆筒中
做匀速直线运动，所以第n 个圆筒长度为Ln＝vn·＝＝T，故C 正确；由C 可知，
保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调小交变电压的周期，故
D 错误。
1.如图4 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；在负极板有另一质量为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平行
于正极板且与其相距l 的平面。若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则
M∶m 为( )
图4
A.3∶2
B.2∶1
C.5∶2
D.3∶1
答案 A
解析 设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对电荷量为q 的粒子有aM＝，
l＝·t2；对电荷量为－q 的粒子有am＝，l＝·t2，联立解得＝，故A 正确。
2.如图5 甲所示，两平行正对的金属板A、B 间加有如图乙所示的交变电压，一
重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处。若在t0(0<t0<)时刻由
静止释放该粒子，关于该粒子的运动正确的是( )
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图5
A.一开始向左运动，最后打到A 板上
B.一开始向右运动，最后打到A 板上
C.一开始向左运动，最后打到B 板上
D.一开始向右运动，最后打到B 板上
答案 D
解析 粒子运动的加速度大小a＝，d 为A、B 金属板间距，画出粒子在0 时刻、
时刻释放后运动的v－t 图像，如图所示，可知在0<t0<时间范围内释放的粒子，
一开始都是向右运动，最后会打在B 板上，故D 正确。
考点二 带电粒子在电场中的偏转
角度
带电粒子在匀强电场中的偏转
1.带电粒子在电场中偏转问题的两个重要结论
(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，
偏移量和偏转角总是相同的。
证明：由qU0＝mv
y＝at2＝··
tan θ＝
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得y＝，tan θ＝
可见y 和tan θ 与粒子的q、m 无关。
(2)粒子经电场偏转后射出，合速度方向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 到偏转电场边缘的距离为。
2.处理带电粒子的偏转问题的方法
运动的分
解法
将带电粒子的运动分解为沿静电力方向的匀加速直线运动和垂直静
电力方向的匀速直线运动
功能关系
当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝
mv2－mv，其中Uy＝y，指运动过程初、末位置两点间的电势差
例4 一束电子从静止开始经加速电压U1＝U0加速后，水平射入水平放置的两平
行金属板中间，如图6 所示。金属板长为l，两板距离为d＝l，竖直放置的荧光
屏距金属板右端为L＝2l，若在两金属板间加直流电压U2＝2U0时，光点偏离中
线打在荧光屏上的P 点，其中电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力及电
子之间的相互作用。求：(结果用e、m、l、U0表示)
图6
(1)电子刚进入偏转电场时的速度大小；
(2)电子离开偏转电场时垂直于板面方向的位移大小；
(3)OP 的长度和电子打到P 点时的动能。
答案 (1) (2) (3)l 2eU0
解析 (1)电子经U1＝U0的电场加速后，由动能定理可得eU1＝mv
解得电子刚进入偏转电场时的速度大小为
v0＝＝。
(2)电子以v0的速度进入偏转电场U2做类平抛运动，则有
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l＝v0t，a＝＝，y＝at2
联立解得电子离开偏转电场时垂直于板面方向的位移大小为y＝＝。
(3)电子离开偏转电场时垂直极板方向速度大小为
vy＝at＝·＝
电子离开偏转电场时偏转角θ 的正切值为tan θ＝＝＝1
根据几何关系可知，OP 的长度为
OP＝y＋Ltan θ＝l＋2l＝l
由动能定理得，电子打在荧光屏的P 点动能为
Ek＝eU1＋ey＝2eU0。
计算粒子打到屏上的位置离屏中心距离的方法
(1)y＝y0＋Ltan θ(L 为屏到偏转电场的水平距离)。
(2)y＝tan θ(l 为电场宽度)。
(3)根据三角形相似＝。
角度
带电粒子在交变电场中的偏转
1.带电粒子在交变电场中的偏转
初速度v0垂直于电场方向：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。
2.分析方法
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。具体做法为
――→a－t 图像――→v－t 图像。
3.对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带
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电粒子穿过电场瞬间可认为是在匀强电场中运动。
例5 (多选)如图7 甲所示，长为8d、间距为d 的平行金属板水平放置，O 点有一
粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为q(q>0)、质量为m 的粒子。
在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以
下判断正确的是( )
图7
A.粒子在电场中运动的最短时间为
B.能从板间电场射出的粒子的最大动能为mv
C.t＝时刻进入的粒子将从O′点射出
D.t＝时刻进入的粒子将从O′点射出
答案 AD
解析 由图像可知电场强度大小E＝，则粒子在电场中的加速度a＝＝，假设粒
子在电场中沿电场方向能做匀加速运动打在板上，在电场中运动的时间为t0，有
＝at，解得t0＝，粒子能穿出两板间的情况下运动的时间t1＝，由于t0<t1且t0<
＝，所以粒子在电场中运动的最短时间为，选项A 正确；能从板间射出的粒子
在板间运动的时间均为t1＝＝2T，任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电
场时沿电场方向的速度均为0，所以射出电场时粒子的动能均为mv，选项B 错
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误；t＝＝时刻进入的粒子在沿电场方向的运动应先向下加速，向下的偏转位移y
＝a·＝d>，则粒子会打在板上，故C 错误；t＝＝时刻进入的粒子在沿电场方向
的运动是先向上加速，后向上减速，速度到零，然后向下加速，再向下减速，速
度到零……如此反复，则最后从右侧射出时沿电场方向的位移为零，所以粒子将
从O′点射出，选项D 正确。
A 级 基础对点练
对点练1 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
1.如图1 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 板向右
平移到P′点，则由O 点静止释放的电子( )
图1
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
答案 A
解析 设A、B 两金属薄板之间的电势差为U1，B、C 两金属薄板之间的电势差
为U2，金属薄板之间的间距为d，电场强度为E，第一次由O 点静止释放的电子
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恰好能运动到P 点，根据动能定理qU1－qU2＝0，qU2＝qEd，将C 板向右平移到
P′点，BC 之间的电场强度不变，电势差增大，所以电子还是运动到P 点速度减
小为零然后返回。故A 正确。
2.(2024·辽宁抚顺高三期末)如图2 所示，空间有一匀强电场，电场方向与纸面平
行。一电荷量为－q 的粒子(重力不计)，在恒力F 的作用下沿虚线由M 匀速运动
到N。已知力F 和MN 间夹角为θ，M、N 间距离为d，则下列结论中正确的是(
)
图2
A.匀强电场的电场强度大小为
B.匀强电场的电场强度大小为
C.匀强电场的电场强度大小为
D.若要使带电粒子由N 向M 做匀速直线运动，则F 必须反向
答案 C
解析 粒子做匀速运动，受力平衡，则电场强度大小E＝，故A、B 错误，C 正
确；粒子做匀速直线运动的条件是粒子受力平衡，即由N 运动到M，带电粒子
受到的电场力不变，则F 也保持不变，故D 错误。
3.一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子(重力不计)以速度v0逆着电场线方向射
入有左边界的匀强电场，电场强度为E(如图3 所示)，则( )
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图3
A.粒子射入的最大深度为
B.粒子射入的最大深度为
C.粒子在电场中运动的最长时间为
D.粒子在电场中运动的最长时间为
答案 D
解析 粒子从射入到运动至速度为零，由动能定理得－qExmax＝0－mv，最大深
度xmax＝，由v0＝at，a＝可得t＝，由对称性可得粒子在电场中运动的最长时间
为tmax＝2t＝，故D 正确。
对点练2 带电粒子在电场中的偏转
4.(多选)(2024·陕西西安高三校联考)如图4 所示，匀强电场的方向水平向右，一
质量为m 的带电粒子在匀强电场所在的竖直平面内运动，A、B 为其运动轨迹上
的两点。已知该带电粒子在A 点的速度大小为v0，方向与竖直方向的夹角为
30°，它运动到B 点时速度方向与竖直方向的夹角变为60°。不计带电粒子受到的
重力，若B 点电势为零，则下列说法正确的是( )
图4
A.带电粒子带正电
B.带电粒子在B 点的速度大小为2v0
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C.带电粒子从A 点运动到B 点的过程中，电势能减少了mv
D.带电粒子在A 点的电势能为mv
答案 AD
解析 由带电粒子的运动轨迹可得，带电粒子带正电，故A 正确；带电粒子在
竖直方向的速度不变，设带电粒子在B 点的速度大小为v，有v0cos 30°＝vcos
60°，解得v＝v0，故B 错误；带电粒子的电势能减少量为ΔEp＝mv2－mv＝mv，
故C 错误；B 点的电势为零，带电粒子在B 点的电势能也为零，在A 点的电势能
为mv，故D 正确。
5.(多选)如图5 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正确的是(
)
图5
A.t＝0 时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最小
B.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都沿水平方向
C.t＝T 时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
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 BD
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解析 因为水平方向粒子的速度v0保持不变，当t＝0 时入射，在t＝T 时竖直方
向速度达到最大，当t＝T 时速度恰好减小为0，因此离开电场时偏离中线的距离
最大，故A、C 错误；无论哪个时刻入射的粒子，在一个时间T 内，正向电压和
反向电压的时间是相同的，所以在竖直方向上电场力的冲量为零，所以离开电场
时的速度方向都是水平的，离开电场时的速度大小都相等，故B、D 正确。
6.如图6，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质
子流以初速度v0垂直电场射入，沿a 轨迹落到下板的中央。现只改变其中一条件，
使质子沿b 轨迹落到下板边缘，则可以将(忽略重力影响)( )
图6
A.开关S 断开
B.初速度变为3v0
C.板间电压变为
D.上板竖直移动，使板间距变为2d
答案 C
解析 断开开关，极板上的电压不变，两板间电场强度不变，故质子的运动轨迹
不变，A 错误；根据x＝v0t，a＝，y＝at2，可得y＝，从下板边缘射出时，竖直
位移y 不变，水平位移x 变为原来的两倍，故可采取的措施是初速度变为2v0，
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或板间电压变为，或上板上移使板间距变为4d，B、D 错误，C 正确。
7.如图7 甲为一对长度为L 的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压。
现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(不计
重力及粒子间的相互作用)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出。若粒子
在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比
是 ( )
图7
A.1∶1
B.2∶1
C.3∶1
D.4∶1
答案 C
解析 粒子在两板之间的运动时间均为T，设偏转电场电压不为零时，粒子在偏
转电场中的加速度为a，若粒子在t＝nT(n＝0，1，2，…)时刻进入偏转电场，则
竖直方向上先加速后匀速，然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大，ymax＝
a()2＋a··＝aT2；若粒子在t＝nT＋(n＝0，1，2，…)时刻进入偏转电场，则竖直
方向上先静止后加速，然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小，ymin＝0＋
a()2＝aT2，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C 项正
确。
B 级 综合提升练
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8.如图8 所示，一电荷量为q 的带电粒子以一定的初速度由P 点射入匀强电场，
入射方向与电场线垂直。粒子从Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。
已知匀强电场的宽度为d，方向竖直向上，P、Q 两点间的电势差为U(U＞0)，
不计粒子重力，P 点的电势为零。则下列说法正确的是( )
图8
A.粒子带负电
B.带电粒子在Q 点的电势能为qU
C.P、Q 两点间的竖直距离为
D.此匀强电场的电场强度为
答案 D
解析 由题图可知，带电粒子的轨迹向上弯曲，则粒子受到的静电力方向竖直向
上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，故A 错误；粒子从P 点运动到Q 点，
静电力做正功，为W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P 点的电势为零，可知
带电粒子在Q 点的电势能为－qU，故B 错误；Q 点速度的反向延长线过水平位
移的中点，则y＝＝d，电场强度大小为E＝＝，C 错误，故D 正确。
9.(2023·浙江高三校联考)让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物由静
止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转，最后都从偏转电场
右侧离开，图9 中画出了其中一种粒子的运动轨迹，下列说法正确的是( )
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图9
A.在加速电场中运动时间最长的是一价氢离子
B.经加速电场加速度后动能最小的是二价氦离子
C.在偏转电场中三种离子的加速度之比为1∶4∶2
D.在加速和偏转过程中三种离子的轨迹都重合
答案 D
解析 设加速电压为U1，加速过程根据动能定理有qU1＝Ek－0＝mv2－0，可得
Ek＝qU1，知加速后动能最小的离子是一价离子，故B 错误；设加速电板间距离
为L，在加速电场中运动时间t1＝＝L，根据荷质比可知，加速时间最长的是一
价氦离子，故A 错误；设偏转电场板间距离为d，偏转电压为U2，偏转过程做
类平抛运动，则有a＝，知三种离子加速度之比为∶∶＝4∶1∶2，故C 错误；在
加速电场中，受力方向相同，做直线运动，轨迹相同；在偏转电场中，当水平位
移为x 时偏转轨迹为y＝at＝＝，可知偏转轨迹与q、m 无关，三种离子轨迹重合，
故D 正确。
C 级 培优加强练
10.(2023·北京卷，19)某种负离子空气净化原理如图10 所示。由空气和带负电的
灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在
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收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下，
带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L、间距为d，不考虑重力影
响和颗粒间相互作用。
图10
(1)若不计空气阻力，质量为m、电荷量为－q 的颗粒恰好全部被收集，求两金属
板间的电压U1；
(2)若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v 方向相反，大小为f＝
krv，其中r 为颗粒的半径，k 为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到
最大速度。
a.半径为R、电荷量为－q 的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2；
b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了
直径为10 μm 和2.5 μm 的两种颗粒，若10 μm 的颗粒恰好100%被收集，求2.5
μm 的颗粒被收集的百分比。
答案 (1) (2)a. b.25%
解析 (1)只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，
有L＝v0t
d＝at2
qE＝ma
E＝
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解得U1＝。
(2)a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度F 电＝f
即＝kRv
＝
解得U2＝。
b.10 μm 带电荷量q 的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达
到最大速度，所受阻力等于静电力，有
f＝kRvmax
f＝
在竖直方向颗粒匀速下落d＝vmaxt
2.5 μm 的颗粒带电荷量为q′＝
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于静电力，有
f′＝kRvmax′
f′＝
设只有距下极板为d′的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落d′＝vmax′t
解得d′＝
2.5 μm 的颗粒被收集的百分比为×100%＝25%。
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11.(2024·河南驻马店高三期末)示波管的结构示意图如图11 甲所示，电子枪中的
金属丝加热后可以逸出电子(逸出时的速度较小可以忽略)，电子经加速电压U0加
速后进入平行正对的偏转电极YY′、XX′，电极都是边长为L 的正方形金属板，极
板间距都为边长的。如图乙所示，当XX′极板间的电压及YY′极板间的电压均为0
时，即UXX′＝UYY′＝0，电子恰好打在荧光屏的正中央(直角坐标系的原点O)；当
UXX′＝，UYY′＝0 时，电子打在荧光屏上的P 点；当UYY′＝、UXX′＝0 时，电子打在
荧光屏上的Q 点；当UXX′＝UYY′＝时，电子打在荧光屏上的M 点。已知电子的质
量为m，所带的电荷量为e，XX′极板右端到荧光屏的距离为4L，YY′极板右端到
荧光屏的距离为，不计电子受到的重力及电子间的相互作用，忽略金属板的边缘
效应。求：
图11
(1)电子打到P 点时的速度大小vP；
(2)电子打到M 点时的动能Ek；
(3)M 点到原点O 的距离d。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)根据动能定理eU0＝mv
解得v0＝①
当UXX′＝，UYY′＝0 时，电子打在P 点，在XX′间，电子沿轴线方向L＝v0t②
沿XX′方向vXX′＝at③
且a＝＝④
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由①②③④得vXX′＝
则vP＝＝。
(2)电子在两极板间沿垂直极板方向的偏转量是相同的，根据动能定理有Ek＝eU0
＋2·
且x＝at2
解得Ek＝。
(3)当UXX′＝UYY′＝时，电子打在M 点，由(1)知vXX′＝
同理得 vYY′＝
粒子在XX′间的偏转角tan α＝＝
在YY′间的偏转角tan β＝＝
M 点到O 点沿XX′方向的距离x0＝tan α＝L
M 点到O 点沿YY′方向的距离y0＝tan β＝L
d＝＝L。
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