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第47 练 专题强化：带电粒子在电场中的偏转
分值：60 分
1~6 题每小题4 分，共24 分
1.(多选)(2025·山东泰安市开学考)如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A 球位于B 球的正上方，质量相等
的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻
力，下列判断正确的是( )
A.如果A 球带电，则A 球一定带负电
B.如果A 球带电，则A 球的电势能一定增加
C.如果B 球带电，则B 球一定带负电
D.如果B 球带电，则B 球的电势能一定增加
2.如图所示，在真空中，将一个质量为m、带电荷量为＋q 的粒子从A 点以初速度v0竖直向上射入水平向
右的匀强电场中，粒子通过电场中B 点时，速度vB＝2v0，方向与电场的方向一致，则A、B 两点的电势差
为( )
A.mv0
2
2q
B.3mv0
2
q
C.2mv0
2
q
D.3mv0
2
2q
3.(2024·山东德州市一模)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( )
1
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4.如图所示，质量相同、带等量异种电荷的甲、乙两粒子，先后从S 点沿SO 方向垂直射入匀强电场中，分
别经过圆周上的P、Q 两点，不计粒子间的相互作用及重力，则两粒子在圆形区域内运动过程中，下列说
法正确的是( )
A.甲粒子的入射速度小于乙粒子
B.静电力对甲粒子做的功大于对乙粒子做的功
C.甲粒子在P 点的速度方向可能沿OP 方向
D.甲粒子所受静电力的冲量小于乙粒子
5.(多选)如图所示，长为L 的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个电
荷量为＋q、质量为m 的带电粒子以初速度v0紧贴上板垂直于电场线的方向进入该电场，而后刚好从下板
边缘射出，射出时其末速度恰与下板的夹角θ＝30°，不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A.粒子做非匀变速运动
B.粒子的末速度大小为2√3 v0
3
C.匀强电场的电场强度大小为√3mv0
2
3qL
D.两板间的距离为√3 L
12
6.如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN 连线上的P 点水平向右射入大小为E、方
向竖直向下的匀强电场中。已知MN 与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN 连线上
的某点时( )
2
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A.所用时间为mv0
qE
B.速度大小为3v0
C.与P 点的距离为2√2m v0
2
qE
D.速度方向与竖直方向的夹角为30°
7 题6 分，8 题14 分，9 题16 分，共36 分
7.(2024·浙江1 月选考·11)如图所示，金属极板M 受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为vm。正对M
放置一金属网N，在M、N 之间加恒定电压U。已知M、N 间距为d(远小于板长)，电子的质量为m，电荷
量为e，则( )
A.M、N 间距离增大时电子到达N 的动能也增大
B.只有沿x 方向逸出的电子到达N 时才有最大动能(1
2mvm
2＋eU)
C.电子从M 到N 过程中y 方向位移大小最大为vmd√
2m
eU
D.M、N 间加反向电压mvm
2
4 e
时电流表示数恰好为零
8.(14 分)如图所示，三条竖直虚线A、B、C 相互平行，A、B 间距为L，B、C 间距为2L。在A、B 间有平
行于虚线向下的匀强电场Ⅰ，电场强度大小为E1；在B、C 间有平行于虚线向下的匀强电场Ⅱ，垂直于虚
线的直线分别交A、C 于P、Q 点。在P 点与PQ 成60°斜向右上射出一个质量为m、电荷量为q 的带正电
粒子，粒子恰好垂直虚线B 进入电场Ⅱ，经电场Ⅱ偏转恰好到达Q 点，不计粒子的重力，求：
3
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(1)(4 分)粒子在电场Ⅰ中运动的时间；
(2)(5 分)电场Ⅱ的电场强度大小；
(3)(5 分)粒子运动到Q 点时静电力做功的瞬时功率。
9.(16 分)(2023·北京卷·20)某种负离子空气净化原理如图所示。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。
(1)(6 分)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)(10 分)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。
4
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答案精析
1.AD [平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，A 在上方，竖直位移较大，
由h＝1
2at2可知，A 下落的加速度较大，所受合外力较大，如果A 球带电，则A 受到向下的静电力，一定
带负电，静电力做正功，电势能减小，故A 正确，B 错误；如果B 球带电，由于B 的竖直位移较小，加速
度较小，所受合外力较小，则B 所受静电力向上，应带正电，静电力对B 做负功，电势能增加，故C 错误，
D 正确。]
2.C [粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有2gh＝v0
2，静电力做正功，重力做负功，使粒子的动能由
1
2mv0
2变为2mv0
2，则根据动能定理有Uq－mgh＝2mv0
2－1
2mv0
2，解得A、B 两点电势差应为U＝2m v0
2
q
，故选项C 正确。]
3.A [UXX'和UYY'均为正值，两偏转电极的电场强度方向分别由X 指向X'，由Y 指向Y'，电子带负电，所
受静电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.D [甲、乙两粒子在电场中均做类平抛运动，则垂直电场方向的位移为y＝v0t，沿电场方向的位移为x＝
1
2at2＝1
2·qE
m t2，联立可得v0＝y√
qE
2mx ，由于yP>yQ，xP<xQ，可知甲粒子的入射速度大于乙粒子的入射速度，
故A 错误；根据W＝qEx，xP<xQ，可知静电力对甲粒子做的功小于对乙粒子做的功，故B 错误；粒子在电
场中做类平抛运动，可知速度反向延长线交于竖直位移的中点，甲粒子在P 点的速度反向延长线应交SO
于O 点下方，故C 错误；根据沿电场方向的位移为x＝1
2at2＝1
2·qE
m t2，由xP<xQ，可知tP<tQ，根据I 电＝
qEt，可知甲粒子所受静电力的冲量小于乙粒子所受静电力的冲量，故D 正确。]
5.BC [因为在匀强电场中，静电力是恒力，因此会产生恒定的加速度，所以粒子做匀变速运动，A 错误；
粒子离开电场时，合速度与水平方向夹角为30°，由速度关系得合速度为v＝
v0
cos30° ＝2√3 v0
3
，B 正确；
粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上L＝v0t，在竖直方向上vy＝at，vy＝v0tan 30°＝√3 v0
3
，由牛
顿第二定律得qE＝ma，解得E＝√3mv0
2
3qL
，方向竖直向下，C 正确；粒子做类平抛运动，在竖直方向上d
＝1
2at2，解得d＝√3
6 L，D 错误。]
6.C [粒子在电场中只受静电力，F＝qE，方向向下，如图所示。
5
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粒子的运动为类平抛运动。水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t，竖直方向做初速度为0 的匀加速直线运
动，
有y＝1
2at2＝1
2·qE
m t2，y
x ＝tan 45°，
联立解得t＝2m v0
qE ，故A 错误；
vy＝at＝qE
m ·2m v0
qE ＝2v0，则速度大小v＝√v0
2＋v y
2＝√5v0，tan θ＝v0
v y
＝1
2，则速度方向与竖直方向夹角
θ≠30°，故B、D 错误；
x＝v0t＝2mv0
2
qE
，与P 点的距离
s＝
x
cos 45° ＝2√2mv0
2
qE
，故C 正确。]
7.C [根据动能定理，从金属板M 上逸出的光电子到达N 时，有eU＝Ekm－1
2mvm
2，则到达N 时的最大动
能为Ekm＝eU＋1
2mvm
2，与M、N 间距无关，与电子从金属板中逸出的方向无关，选项A、B 错误；金属
极板M 射出的电子到达N 时在y 方向的位移最大，则电子从M 到N 过程中y 方向最大位移为y＝vmt，d＝
1
2×eU
dm t2，解得y＝vmd√
2m
eU ，选项C 正确；M、N 间加反向电压电流表示数恰好为零时，则eUc＝1
2mvm
2
，解得Uc＝m vm
2
2e
，选项D 错误。]
8.(1)√
√3mL
q E1
(2)1
4 E1
(3)q E1
8 √
√3q E1 L
m
解析 (1)设粒子在电场Ⅰ中运动的时间为t1，初速度为v0，则
L＝v0cos 60°·t1
v0sin 60°＝a1t1
根据牛顿第二定律qE1＝ma1
解得t1＝√
√3mL
q E1
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(2)由题意知，粒子在Ⅰ、Ⅱ两个电场中运动的时间之比为
t1
t2
＝1
2
设粒子经过B 时的位置离PQ 连线的距离为d，则
d＝1
2×q E1
m t1
2
又d＝1
2×q E2
m t2
2
解得E2＝1
4 E1
(3)粒子到达Q 点时，设沿电场方向的速度为v，
则v2＝2×q E2
m d
解得v＝√
√3q E1 L
4 m
则粒子到Q 点时，静电力做功的瞬时功率
P＝qE2v＝q E1
8 √
√3q E1 L
m
。
9.(1)2d
2mv0
2
q L
2
(2)a.d
2kR v0
qL
b.25%
解析 (1)只要紧靠上极板的颗粒能够落到金属板下极板最右侧，颗粒就能够全部被收集，
水平方向有L＝v0t
竖直方向有d＝1
2at2
根据牛顿第二定律有qE＝ma
又E＝U 1
d
解得U1＝2d
2mv0
2
q L
2
(2)a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，根据题意有F 电＝f，即qU 2
d
＝kRv，且d
v ＝L
v0
联立解得U2＝d
2kR v0
qL
b.10 μm 的带电荷量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，则有kRvmax＝qU 2
d
在竖直方向上颗粒匀速下落，
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则有d＝vmaxt
2.5 μm 的颗粒带电荷量为q'＝q
16
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，则有1
4 kRvmax'＝q' U 2
d
设距下极板为d'的颗粒恰好被收集，在竖直方向颗粒匀速下落，
则有d'＝vmax't
解得d'＝d
4
故2.5 μm 的颗粒被收集的百分比为
d
'
d ×100%＝25%。
8
