文档文本内容
第33 讲 带电粒子（带电体）在电场中的运动
目录
.....1
.....4
考点一 带电粒子（带电体）在电场中的直线运动问题............................................................................................4
考向1：电场力作用下的直线运动........................................................................................................................... 4
考向2：电场力与重力作用下的直线运动..............................................................................................................5
考向3：带电粒子在交变电场中的直线运动.........................................................................................................6
考点二 带电粒子在电场中的偏转问题............................................................................................................................ 9
考向1：匀强电场中的类平抛运动.........................................................................................................................10
考向2：静电力与重力作用下的曲线运动........................................................................................................... 11
考点三 带电粒子在交变电场中的运动..........................................................................................................................15
. .20
基础巩固练.............................................................................................................................................................................. 20
综合提升练.............................................................................................................................................................................. 27
核心考点
1.带电粒子在匀强电场中的加速：
动力学角度：F=qE=ma，结合运动学公式（v
2- v0
2=2ad、v = v0+at）。
功能角度：动能定理，尤其适用于非匀强电场。
2.带电粒子在匀强电场中的偏转（类平抛）：
运动分解：沿垂直于电场方向是匀速直线运动；沿电场线方向是初速度为零的匀加速
直线运动。
核心物理量：偏转位移、偏转角、出射特点。
3.带电粒子在交变电场中的运动：
直线运动：分段分析（加速/减速/往返），注意周期性。可借助速度-时间图像（v-t
图）辅助分析运动过程与位移。
偏转运动：分段分析抛物线轨迹，常出现“光斑”或“屏上亮线范围”等情景。
4.示波管原理：
构造与原理：电子枪（发射电子束）→加速电极（U₁ 加速）→偏转电极（YY'和XX'，
施加电压使电子束偏转）→荧光屏（显示光点）。
偏转电压与偏移量：偏移量y（或x）与偏转电压U 成正比。
荧光屏显示：根据偏转电压的波形，分析光点在屏上的运动轨迹。
考情透析
1.题型与难度：题型灵活，包括选择题和计算题。难度中档→较难，是高考的核心高频
考点。
2.命题规律：
高频考查：带电粒子在匀强电场中的加速与偏转（类平抛）、带电粒子在交变电场中
的直线与偏转运动、带电体（考虑重力）在复合场（电场+重力场）中的圆周运动。
常规考法：直接给出电场参数和粒子初速度，要求计算偏转位移、偏转角、出射速
度、运动时间等。
创新考法：
与示波管、质谱仪、速度选择器等科技装置相结合，考查综合应用能力。
与动量定理（如微粒流冲击力问题）、功能关系（机械能守恒或能量守恒）综合，考
查力学三大观点的融合。
3.考查方向：侧重类平抛运动的分析与计算、v-t 图像在交变电场中的应用、等效重力
场法在复合场及圆周运动中的运用、能量观点（动能定理、能量守恒）在电场中的灵活运
用、用动力学观点分析多过程临界问题。
素养对接
1.模型建构：将粒子在电场中的复杂运动抽象为“类平抛运动”，培养模型识别与迁移
能力。
2.等效与转换思维：运动等效：将匀强电场中的偏转等效为平抛运动，利用运动的合成
与分解简化问题。
3.图像分析素养：在交变电场中，利用v-t 图像分析运动过程（加速、减速、往返），
判断位移、速度变化和能量变化，培养数形结合能力。
4.守恒与功能思维：在电场中，熟练掌握动能定理和能量守恒定律（系统机械能+电势
能守恒），培养能量观念。
学习目标
1.知识目标：
能写出带电粒子在匀强电场中加速的两种思路（动力学与功能关系）。
能写出带电粒子在匀强电场中偏转的核心公式（a、t、y、tanθ、vy）。
能说出示波管的构造原理，并理解偏转电压与光点偏移量的关系。
2.能力目标：
运动分解能力：能将偏转运动分解为匀速和匀加速两个方向，并分别列式求解。
图像分析能力：能用v-t 图像分析带电粒子在交变电场中的复杂运动过程，并求解位
移、速度等物理量。
综合解题能力：能灵活运用动力学、能量、动量三大观点，解决带电粒子在电场中多
过程、多阶段的复杂问题。
备考建议
1.熟悉“类平抛”模型，掌握核心公式及推导：
核心公式：加速度、运动时间、偏转位移、偏转角等基本公式
重要推论：“粒子从电场中飞出时，速度的反向延长线通过水平位移的中点”。这个
推论在求解光点偏移、屏幕范围时极有用。
2.掌握“交变电场”中带电粒子的运动分析方法：
关键步骤：
①分段分析：根据电场方向的变化，将运动过程分为加速、减速、反向加速等阶段。
②画出v-t 图像：直观展示各阶段速度随时间的变化，并重点关注“图像与时间轴围成
的面积”（代表位移）。
③寻找临界条件：如“粒子刚好从极板边缘飞出”（飞行时间等于半个周期或多半个
周期，且偏转位移等于d/2）。
3.强化“功能关系”在电场中的应用：
核心公式：qU=ΔEk（动能定理，是首选公式）。
注意：
对于带电粒子（忽略重力），电场力做的功就是合力做的功。
对于带电体（如小球，考虑重力），合力做功=重力做功+电场力做功=动能变化量。
4.强化易错点专项训练：
易错点一：忘记判断是否考虑重力。一般“电子、质子、α 粒子、离子”等微观粒子不
计重力；而“带电小球、油滴、尘埃”等要考虑重力。
易错点二：乱用“偏转位移”和“偏转角”的公式。这两个公式只适用于带电粒子以
初速度v₀ 垂直进入匀强电场的情况。若速度方向不垂直或电场非匀强，需重新分析。
易错点三：混淆“偏转电场”中的运动时间t。t=L/v₀ 的前提是粒子能飞出极板；若粒
子打在极板上，t 需根据竖直方向的位移等于d/2 来求。
考点一 带电粒子（带电体）在电场中的直线运动问题
【必备知识回顾】
1．做直线运动的条件
(1)带电粒子(带电体)所受合力F 合＝0，则静止或做匀速直线运动。
(2)带电粒子(带电体)所受合力F 合≠0，且合力与初速度方向在同一条直线上，则将做变速直线运动。
2．解题思路
(1)用动力学观点分析（适合匀强电场）
qE=ma（Eq＋F 其他＝ma），E＝(匀强电场)，v2－v＝2ad(匀变速直线运动)。
(2)用能量观点分析
①匀强电场中：W 电＝Eqd＝qU，W 电＋W 其他＝1
2mv2－1
2mv。
②非匀强电场中：W 电＝qU，W 电＋W 其他＝Ek2－Ek1。
【重难模型精讲】
考向1：电场力作用下的直线运动
【典例1】(2026·湖北省·同步练习)如图所示，质量为m，长为L，带电荷量为Q的匀质金属板放置在
光滑绝缘水平面上，金属板上的电荷均匀分布。初始时金属板右端紧贴电场边界。电场由对称的两部分组
成，场强大小均为E，宽度均为L。现给板向右的微小速度，使其进入电场。下列说法正确的是()
A.板进入左侧电场过程的运动是简谐运动的一部分
B.整个过程中，板所受的最大电场力为2QE
C.板右端到达两电场交界处时速度最大
D.整个过程中板最大速度为❑√
3QEL
2m
【答案】D
【解析】A.金属板进入左侧电场时，受电场力向右，与位移方向相同，不符合回复力的特点，故A 错
误；
B.金属板刚好完全进入左侧电场时，板所受电场力最大，为QE，故B 错误；
C.金属板加速度为零时，速度最大，即右端到达右侧电场中点时速度最大，故C 错误；
D.金属板进入电场的过程中，设金属板向右的位移为x，金属板单位长度的带电量为q0= Q
L
可知电场力大小F = E⋅Q
L x
如图所示
其中F0= EQ，
则左侧电场做功为W 1= 0+ F0
2
⋅L+
F0
2 + F0
2
⋅L
2 = 7
8 F0 L
右侧电场做功为W 2=-
F0
2 +0
2
⋅L
2 =- 1
8 F0 L
根据动能定理可知W 1+W 2= 1
2 mv❑m
2
解得最大速度为vm= ❑√
3QEL
2m
，故D 正确。
故选D。
考向2：电场力与重力作用下的直线运动
【典例2】（多选）(2026·湖北省·单元测试)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一定角
度，两极板间的电场为匀强电场。若一带电小球(可视为点电荷)恰能沿图中水平虚线从左向右通过电容器，
不计空气阻力，则在此过程中，该带电小球()
A.可能做匀速运动B.一定做匀减速运动
C.电势能增大
D.机械能守恒
【答案】BC
【解析】带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据题意可知，粒子做直线运动，电场力必定垂直极
板向上，电场力与重力的合力必定与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，电场力与位移方向的夹角为
钝角，则电场力对粒子做负功，其电势能增加，机械能减少，故BC 正确，AD 错误。
故选BC。
考向3：带电粒子在交变电场中的直线运动
【典例3】（多选）(2026·河北省石家庄市·月考试卷)多级直线加速器原理如图甲所示，多个横截面积
相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。圆筒和交变
电源两极交替相连，交变电压变化规律如图乙所示。在t =0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，
此时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子，在电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒。若已知
电子的质量为m、电子电荷量为e、电压的绝对值为u，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间忽略不计。为
使其能不断加速，下列说法正确的是()
A.金属导体内部场强处处为零，电子在圆筒内匀速运动
B.t =2T时，电子刚从3号圆筒中心出来
C.第n个圆筒的长度正比于n
2
D.第n+1个圆筒的长度正比于❑√n+1
【答案】AD
【解答】A.金属导体此时静电平衡，导体内部场强处处为零，故电子在圆筒内匀速运动，故A 正确；
B.由U -t图象结合多级加速器的原理可知，t =2T时，电子已经在3、4之间的加速电场中运动了1
4 T，
故B 错误；
CD .电子在进入第n个圆筒前的速度为v，则有：qU·n= 1
2 mv
2，则第n个圆筒的长度为：l = v· T
2 ，联
立解得：l = T
2
❑√
2nqu
m
，以此类推，第n+1个圆筒长度正比于❑√n+1，故D 正确，C 错误。
故选：AD。
【变式训练与拓展】
【变式1】(2026·北京市·单元测试)如图所示是密立根油滴实验装置，两块水平放置相距为d的金属板
A、B分别与电源负、正两极相接，从A板上小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量。当两金
属板间未加电压时，通过显微镜观察到某带电油滴P在重力和阻力的作用下，以速度v1向下做匀速运动；
这时给金属板施加电压U，经过一段时间后，发现油滴P以速度v2向上做匀速运动。已知油滴所受阻力大
小与速度大小成正比，比例系数为k。下列说法正确的是()
A.油滴P带负电
B.油滴P在运动过程中受到的重力为k v2
C.施加电压U后，油滴P向下运动的过程做加速度逐渐减小的减速运动
D.施加电压U后，油滴P在两金属板间上升高度h的过程，其电势能减少量为kh(v1- v2)
【答案】C
【解析】AB.未加电压时，带电油滴P在重力和阻力的作用下，以速度v1向下做匀速运动，则
mg=k v1，
给金属板施加电压，带电粒子向上做匀速直线运动，则重力和阻力竖直向下，电场力竖直向上，由于
电场线方向竖直向上，故粒子带正电，故AB 错误;
C.当施加电压U开始，下降过程，油滴受到的电场力和阻力均向上，根据牛顿第二定律有
U
d q+ f -mg=ma，f =kv，
由于初速度方向竖直向下，合外力方向向上，油滴开始做减速运动，v减小，则加速度a减小，故粒子
下降过程做加速度减小的减速运动，故C 正确；
D.
油
滴
上
升
过
程
U
d q =mg+k v2，
解
得q = kd(v1+ v2)
U
，
电
场
力
做
功
为
W = U
d ⋅kd(v1+ v2)
U
·h=kh(v1+ v2)，则电势能减小kh(v1+ v2)，故D 错误。
故选C。
【变式2】(2026·广东省东莞市·其他类型)如图，均匀带正电的绝缘体圆环水平放置在真空中，O点是
其圆心，M、N是轴线上关于O点对称的两点。重力不可忽略的带负电小球，由M处静止释放，则该小球
从M到N()
A.动能先增大后减小
B.电场力先增大后减小
C.电势能先减小后增大
D.加速度先减小后增大
【答案】C
【解析】A、圆环上电荷对小球的电场力是吸引力，故小球从M到O，受到向下的电场力以及重力做
加速运动，从O到N，受到向上的电场力与向下的重力，如果重力始终大于电场力，则小球继续加速运动，
动能一直增大，故A 错误；
B、圆环在O点的电场强度为零，从M到O，电场强度可能一直减小，则从M到N，小球受到的电场
力可能先减小为零，然后再反向增大，故B 错误；
C、从M到O，电场力做正功，从O到N，电场力做负功，则电势能先减小后增大，故C 正确；
D、若从M到O，电场力一直减小，从O到N电场力(反向)一直增大，则重力与电场力的合力一直减小，
则加速度一直减小，故D 错误。
故选C。
【变式3】(2026·湖北省宜昌市·其他类型)如图所示，上下表面均粗糙的长木板静置在粗糙的水平面上，
质量为m、带正电的绝缘小物块静止在木板的最左端。木板与水平面之间的动摩擦因数为μ，t =0时刻，在
空间施加一水平向右且随时间成正比增大的匀强电场，此后物块运动的加速度a随时间t变化的图像如图所
示。在t =3t0时撤去电场，此时物块刚好到达木板的中点，最终物块静止在木板的最右端。已知重力加速
度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)物块与木板间刚好要发生相对滑动时二者的加速度大小；
(2)长木板的质量；
(3)2t0∼3t0时间内物块电势能的减少量。
【答案】(1)设小物块带电量为q，匀强电场的场强大小E =kt(其中k为比例系数)
根据题意可知，t0时刻二者开始运动，有qk t0= μ(m+ M )g
2t0时刻物块与木板间刚好要发生相对滑动，此时二者的加速度大小相等，设为a1，有
qk ⋅2t0- μ(m+ M )g=(m+ M )a1
联立得a1= μg；
(2)设物块与木板间的滑动摩擦力大小为f ，则2t0时刻对木板有f - μ(m+ M )g= M a1
3t0时刻对物块有qk ⋅3t0- f =ma2
由图可知a2=3 μg
联立得M =m，f =3 μmg；
(3)a-t图像与时间轴所包围的面积表示速度变化量，设2t0时刻和3t0时刻物块的速度分别为v1和v2，
结合题目图像有v1-0= μgt0
2
，v2- v1= μg+3 μg
2
t0=2 μgt0
求得v1= μgt0
2
，v2= 5
2 μgt0
撤去电场后，设物块的加速度大小为a3，对物块根据牛顿第二定律有f =ma3
设撤去电场后经过时间t物块和木板共速，有v2-a3t = v1+a1(t0+t)
最终物块静止在木板的最右端，则撤去电场后，物块相对于木板的位移大小为L
2 ，有
v2t - 1
2 a3t
2=(v1+a1t0)t + 1
2 a1t
2+ L
2
联立得L= 1
4 μgt0
2
设2t0∼3t0时间内电场力做功为W ，木板的位移大小为x1，木板的长度为L，对物块根据动能定理有
W - f(x1+ L
2)= 1
2 m v2
2- 1
2 m v1
2
其中x1= v1t0+ 1
2 a1t0
2= μgt0
2
求得W = 51
8 μ
2m g
2t0
2
2t0∼3t0时间内物块电势能的减少量等于电场力做的功，即51
8 μ
2m g
2t0
2。
【方法规律】
关于带电粒子(体)的重力分析
(1)基本粒子：如电子、质子、α 粒子、离子等除有特殊说明或明确的暗示外，一般不考虑重力(但不能
忽略质量)。
(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特殊说明或明确的暗示外，一般都不能忽略重力。
考点二 带电粒子在电场中的偏转问题
【必备知识回顾】
带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)运动情况：带电粒子以初速度v0垂直电场方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，
如图所示。
(2)处理方法：将带电粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿静电力方向的匀加速直线运
动。根据运动的合成与分解的知识解决有关问题。
(3)基本关系式：运动时间t＝，
加速度a＝＝＝，
偏转量y＝at2＝，
偏转角θ 的正切值tanθ＝＝＝。
【重难模型精讲】
考向1：匀强电场中的类平抛运动
【典例4】(2026·北京市·期末考试)如图所示，两平行正对的极板A与B的长度均为L，极板间距为d，
极板间的电压为U，板间的电场可视为匀强电场。一个质量为m，电荷量为q的带正电的离子，沿平行于
板面的方向射入电场中，射入时的速度为v0，离子穿过板间电场区域。不计离子的重力，求：
(1)离子从电场射出时垂直板方向偏移的距离y；
(2)离子从电场射出时速度方向偏转的角度θ(可用三角函数表示)；
(3)离子穿过板间电场的过程中，增加的动能Δ Ek。
【答案】(1)离子在偏转电场中，根据牛顿第二定律，有U
d q =ma
离子在偏转电场的运动时间t = L
v0
离子从偏转电场射出时，沿垂直于极板方向偏移的距离y = 1
2 at
2
得y =
Uq L
2
2dmv❑0
2
(2)离子从电场射出时，垂直于极板方向的速度v y =at
速度方向偏转角度θ(如答图1所示)
则tanθ = v y
v0
=
qUL
mdv❑0
2
(3)离子增加的动能Δ Ek =q U
d y =
q
2U
2 L
2
2md
2v❑0
2
考向2：静电力与重力作用下的曲线运动
【典例5】（多选）(2026·天津市市辖区·月考试卷)如图，两个带等量正电荷的微粒P、Q以相同的速
度沿垂直于电场方向同时射入平行板电容器的匀强电场中，P从靠近上极板边缘处射入，Q从两极板中央
处射入，在重力和电场力的共同作用下，它们打在下极板同一点，不计粒子间的相互作用，在整个运动过
程中，下列分析正确的是()
A.两粒子的机械能变化量一定相同
B.两粒子的动能一定都增大
C.电场力对两粒子的冲量一定相同
D.两粒子的电势能一定都减小
【答案】BC
【解答】A.两个带等量正电荷的微粒在匀强电场中受到的电场力相同，沿电场线方向移动距离不同，
电场力做功不同，电场力做功等于两粒子的机械能变化量，故机械能变化量一定不相同，故A 错误；
B.在重力和电场力的共同作用下，合力指向轨迹内侧，合力一定竖直向下，合力方向与运动方向夹角
为锐角，合力做正功，速度一定变大，动能一定增大，故B 正确；
C.水平方向匀速运动，P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向同时射入平行板电容器的匀强电场中，
水平位移相同，运动时间相同，电场力相同，电场力对两粒子的冲量一定相同，故C 正确；
D.电场力方向不确定，若电场力向上，电场力做负功，电势能增加，故D 错误。
故选：BC。
【变式训练与拓展】
【变式4】（多选）(2026·安徽省·期末考试)如图所示，空间有足够大的水平向右的匀强电场，一根不
可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m、带电量为q的带正电的小球，另一端固定于O点，绳长为L，
把小球拉起至细线与电场方向平行的A点，然后无初速度释放，小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向
的最大夹角θ =37
∘时的B点，已知sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()
A.匀强电场的电场强度的大小为mg
2q
B.小球到达最低点时的速度大小为❑√2 gL
C.小球经过最低点时受到细线拉力的大小为2mg
D.小球摆到左侧最大位置B点时的加速度大小为g
【答案】ACD
【解析】A、设匀强电场的电场强度的大小为E，小球从A点无初速度释放摆到左侧最大位置B点的过
程，根据动能定理有
mgLcosθ -qE( L+ Lsinθ)=0，解得E = mg
2q ，选项A 正确;
B、小球到最低点过程，根据动能定理有mgL-qEL= 1
2 mv1
2，解得小球到最低点的速度大小为
v1= ❑√gL，选项B 错误;
C、经过最低点时，对小球受力分析有T -mg =m v1
2
L
，解得小球经过最低点时受到细线拉力的大小为
T =2mg，选项C 正确；
D、摆球做圆周运动，摆到左侧最大位置时速度为0，即所需向心力为0，即沿半径方向的合力为0，
根据牛顿第二定律有
mgsinθ+qE cosθ =ma，结合上述解得小球摆到左侧最大位置时的加速度大小a= g，选项D 正确。
故选ACD。
【变式5】（多选）(2026·四川省·模拟题)如图所示，在足够长的光滑绝缘水平面上竖直固定一光滑绝
缘、半径为R的四分之一圆弧轨道BC，B为圆弧的最低点，A点在圆弧左侧的水平面上，且A、B间距为
2 R。整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为mg
E 的带正电小球
从A点由静止释放，忽略空气阻力，重力加速度大小为g，则()
A.小球运动到B点时的速度大小vB=2❑√gR
B.小球在圆弧BC上运动过程中的最大动能Ekmax=3mgR
C.小球从离开圆弧轨道到落地过程中的最小速率vmin= ❑√2 gR
D.小球落地点离圆弧轨道B点的距离x =(6-2❑√6)R
【答案】AC
【解析】A、小球从出发至运动到B点的过程有Eq×2 R = 1
2 mvB
2，得vB=2❑√gR，故A 正确;
B、小球在圆弧BC上运动过程中的最大动能出现在圆弧BC的中点(此时速度方向与重力和电场力的合
力方向垂直，速度
有极大
值)，从出发
到此处
，由
动能定理
有
Eq(2 R+ R sin 45
∘)-mg( R - R cos 45
∘)= Ek max，得Ek max =(1+ ❑√2)mgR，故B 错误;
C、由运动的对称性可知vB= vC =2❑√gR，小球从离开圆弧轨道到落地过程中做类斜抛运动，将vC沿
合外力和垂直合外力的方向分解，两个分速度大小均为❑√2gR，在类斜抛运动的最高点有最小速率，此时
与合外力反向的分速度减小到零，另一与合外力垂直的分速度为最小速率vmin= ❑√2gR，故C 正确；
D、由于小球在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做加速度为g的匀加速运动，
由运动学规律有- R = vC t - 1
2 gt
2，x - R = 1
2 gt
2，则x =(6+2❑√6)R，故D 错误。
故选AC。
【变式6】(2026·湖北省·同步练习)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水
平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为
q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
【答案】解：(1)PG、QG间的电场强度大小相等、方向相反，设为E，则有：
E = φ
d
2
= 2φ
d ，
设粒子第一次到达G时动能为Ek，根据动能定理可得：
qEh= Ek - 1
2 mv0
2
解得：Ek = 1
2 mv0
2+ 2qhφ
d
；
粒子在PG间运动的加速度为：a= qE
m = 2qφ
md
此过程中粒子运动时间为t，则有：h= 1
2 at
2
在水平方向上的位移大小为：x = v0t；
解得：x = v0
❑√
mdh
qφ
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，根据对称性可知，此时金属板的
长度为：
L=2 x =2v0
❑√
mdh
qφ 。
答：(1)粒子第一次穿过G时的动能1
2 mv0
2+ 2qhφ
d
；它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小为
v0
❑√
mdh
qφ ；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为2v0
❑√
mdh
qφ 。
【方法规律】
1．运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动
①能飞出电容器：t＝。
②不能飞出电容器：y＝at2＝t2，t＝。
(2)沿静电力方向做匀加速直线运动
加速度：a＝＝＝。
离开电场时的偏移量：y＝at2＝。
离开电场时的偏转角：tanθ＝＝。
2．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，
y0＝at2＝··，tanθ＝，
解得y0＝，tanθ＝，可见y 和tanθ 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 点到偏转电场边缘的距离为。
3．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，指初、末
位置间的电势差。
4．计算粒子打到屏上的位置离屏中心距离的方法(如图所示)
(1)y＝y0＋Ltanθ(L 为屏到偏转电场的水平距离)。
(2)y＝tanθ(l 为电场宽度)。
(3)根据三角形相似，＝。
考点三 带电粒子在交变电场中的运动
【必备知识回顾】
1．常见的交变电场类型
按电压(或场强)随时间变化的特点分类：正弦波状、矩形波状、锯齿波状等。
2．交变电场中带电粒子常见的运动类型及分析思路
运动类型
分析思路
粒子做单向直线运动
一般对整段或分段研究，应用牛顿第二定律结合运动学公式求解
粒子做有往返的直线运动
一般分段研究，应用牛顿第二定律结合运动学公式或者动能定
理、动量定理等求解
粒子做偏转运动
一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿第二定律结合运动学
公式或者动能定理等求解。
①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。
②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，利用动力学规律正确地判断粒子
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。
③带电粒子在交变电场中运动的分析要点：注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运
动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程
相关的边界条件。同时注意从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；
二是功能关系。
④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，带电粒子穿过电场时可
认为是在匀强电场中运动。
【重难模型精讲】
【典例6】(2026·浙江省·专项测试)如图(a)，平行金属板A、B间的电压恒为U，B板右侧的平行金属
板M、N间加有图(b)所示的交变电压，OO'是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场且电
场仅局限于板间。零时刻，紧贴A板同时由静止释放甲、乙两个离子，两离子质量相等、电荷量关系为
q甲= 4 q乙；甲在T
4 时刻沿OO'方向进入并在3T
4 时刻飞离交变电场。设甲、乙飞离交变电场时的速率为
v甲、v乙，在交变电场中的偏移量大小为y甲、y乙。离子重力和离子间的相互作用均不计。则()
A.y甲=2 y乙
B.y甲= y乙
C.v甲= v乙
D.v甲= 4 v乙
【答案】B
【解答】带电粒子在加速电场中加速时，由动能定理得：qU = 1
2 mv
2-0，进入偏转电场时的初速度
v = ❑√
2qU
m
，
根据两离子质量相等、电荷量关系为q甲= 4 q乙，可得粒子加速后进入偏转电场时的速度之比为2：1，
由于甲在T
4 时刻沿OO'方向进入并在3T
4 时刻飞离交变电场，即在偏转电场中的运动时间为T
2 ，故乙
在偏转电场中的运动时间为T，又由于甲在加速电场中运动了T
4 时间，故乙在加速电场中运动时间为T
2 ，
即乙在T
2 时刻沿OO'方向进入偏转电场；
在偏转电场中，沿电场方向，由于所加电场为交变电场，且粒子进入电场时间和离开电场时间刚好关
于电场突变时间点对称，故粒子在电场方向先加速后减速，离开电场时，电场方向上的速度恰好等于零；
故甲、乙飞离交变电场时的速率等于进入交变电场时的速率，所以v甲=2v乙；
由于粒子在电场方向先加速后减速，离开电场时，电场方向上的速度恰好等于零，故粒子沿电场方向
的位移y =2× 1
2
qU 0
md t
2，其中t为粒子在偏转电场中运动时间的一半，又由于q甲= 4 q乙，t甲= 1
2 t乙，故
y甲= y乙，故B 正确，ACD 错误；
故选B。
【变式训练与拓展】
【变式7】(2026·专项测试)如图所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，两金属板左边中点
O有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为+q、质量为m的粒子。在两板间存在如图所示
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()
A.粒子在电场中运动的最短时间为
❑√2d
v0
B.射出粒子的最大动能为5
4 m v0
2
C.t = d
v0
时刻进入的粒子能从下边缘射出D.t = 3d
2v0
时刻进入的粒子将打到下极板
【答案】A
【解析】A.粒子在电场中运动的加速度大小为a= qE
m = v0
2
2d
假设粒子进入电场后，在竖直方向上始终沿一个方向做匀加速直线运动，且最终打在极板上，则有
d
2 = 1
2 at
2
解得t =
❑√2d
v0
< 2d
v0
所以假设成立，则粒子在电场中运动的最短时间为
❑√2d
v0
，故A 正确；
B.设交变电场周期为T，射出粒子在电场中运动的时间均为t = 8d
v0
=2T
根据交变电场的周期性可知，无论在何时刻射入的粒子，粒子在电场中经过2T时间后电场力对粒子
的合冲量均为零，则粒子在竖直方向速度的变化量为零，所以射出粒子的最大动能为Ekm= 1
2 m v0
2，故B 错
误；
C.t = d
v0
时刻进入的粒子，在d
v0
∼2d
v0
时间内向下做匀加速运动，且竖直分位移大小为y1= 1
2 at1
2= d
4
根据对称性可知，粒子在2d
v0
∼3d
v0
时间内将向下做匀减速运动，且竖直分位移大小仍等于y1，则
2 y1= d
2
粒子在3d
v0
时刻速度减为零后又开始向上做匀加速运动，进而可推知粒子在进入电场T时间后又回到
OO'上，所以t = d
v0
时刻进入的粒子最终能从O'点射出，故C 错误；
D.t = 3d
2v0
时刻进入的粒子，在3d
2v0
∼2d
v0
时间内向下做匀加速运动，且竖直分位移大小为
y2= 1
2 at2
2= d
16
根据对称性可知，粒子在2d
v0
∼5d
2v0
时间内将向下做匀减速运动，且竖直分位移大小仍等于y2，则
2 y2= d
8
粒子在5d
2v0
时刻速度减为零后，又开始向上做匀加速运动，在5d
2v0
∼4 d
v0
时间内粒子竖直分位移大小
为y3= 1
2 at3
2= 9
16 d
假设没有上极板，且电场不消失，在4 d
v0
∼11d
2v0
时间内粒子将向上做匀减速运动，根据对称性可知竖
直分位移大小仍为y3，则进入电场经过一个周期后，粒子的竖直分位移大小为2 y3-2 y2=d > d
2
所以t = 3d
2v0
时刻进入的粒子一定会打到上极板，故D 错误。
故选A。
【变式8】(2026·广东省·单元测试)如图甲所示，某装置由直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。
直线加速器由n个金属圆筒依次排列(图中只画出4个)，直线加速器的交变电压的变化规律如图乙所示，在
t =0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子由静止开
始加速，冲进圆筒1，电子穿过圆筒与圆筒之间各个间隙时，都能恰好使所受静电力的方向与运动方向相
同而不断加速。已知电子的质量为m、电荷量为e、交变电压的绝对值为U 0，周期为T，电子通过圆筒间
隙的时间忽略不计。偏转电场由两块相同的平行金属极板A与B组成，板长为L，两板间距为2 L，
U AB=8U 0，忽略边缘效应，距两极板右侧1.5 L处竖直放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后，
沿两板的中心线PO射入偏转电场，最后打到荧光屏上。
(1)求第2个金属圆筒的长度s2；
(2)若金属圆筒个数n= 4，求电子打在荧光屏的位置与O点间的距离Y 1；
(3)金属圆筒个数n取何值时，电子打在荧光屏上的动能最小，动能最小值为多少？并求出此时打在荧
光屏上的位置到O点的距离Y 2。
【答案】解：(1)根据图乙可知，为了达到同步加速，电子在圆筒中做匀速直线运动，运动的时间均
为T
2 ，电子加速两次过程，根据动能定理有2eU 0= 1
2 m v2
2
第2个金属圆筒的长度s2= v2· T
2 ，解得s2=T
❑√
eU 0
m ;
(2)电子整个加速过程，根据动能定理得4 eU 0= 1
2 mv4
2
解得v4=
❑√
8eU 0
m
电子在两极板之间偏转过程，根据类平抛运动规律有L= v4t1，y1= 1
2 at1
2
其中a= 8eU 0
2mL
解得y1= L
4
射出极板后电子做匀速直线运动，沿轴线方向有1.5 L= v4t2
沿竖直方向y2= v yt2，v y =at1
解得y2= 3 L
4
电子打在荧光屏的位置与O点间的距离为Y 1= y1+ y2= L;
(3)电子通过n个圆筒后，根据动能定理有neU 0= 1
2 m vn
2
电子在两极板之间偏转过程，根据类平抛运动规律有L= vntn，yn= 1
2 atn
2
令电子打在荧光屏上的动能为Ek，根据动能定理有8eU 0
2 L
yn= Ek - 1
2 m vn
2
解得Ek =(n+ 4
n )eU 0
根据数学函数规律可知，当n等于2时，电子打在荧光屏上的动能最小，动能最小值为
Ekmin= 4 eU 0
电子通过2个圆筒加速后在两极板之间偏转过程，根据类平抛运动规律有L= v2t3，y3= 1
2 at3
2
解得y3= L
2
射出极板后电子做匀速直线运动，沿轴线方向有1.5 L= v2t 4，沿竖直方向y4= v y 1t 4，v y 1=at3
解得y4= 3 L
2
电子打在荧光屏的位置与O点间的距离为Y 2= y3+ y4=2 L。
【变式9】(2026·四川省成都市·其他类型)如图甲所示，在竖直平面内有上、下两个水平正对的金属板
AC、BD，间距为d，金属板间的电势差如图乙所示随时间变化(U 0、T未知)。t =0时刻，质量为m，电
荷量为q的带电小球(可视为质点)以初速度v0沿中线射入两板间，0∼T
3 时间内小球做匀速直线运动，T时
刻小球恰好沿金属板边缘射出金属板，忽略边缘效应，已知重力加速度为g，求：
(1)电势差U 0;
(2)小球射出金属板的速度v ;
(3)金属板间电势差变化的周期T及金属板长度L。
【答案】解：(1)0∼T
3 时间内小球做匀速直线运动，则q U 0
d =mg，
解得：U 0= mgd
q
；
(2) T
3 ∽2T
3 内仅受重力，则v y 1= 1
3 gT，水平速度仍为v0
2T
3 ∽T内，由q 2U 0
d
-mg=ma，
解得：a= g，方向竖直向上，
则v y 2= v y 1-a T
3 =0，小球的竖直速度减为0，水平速度仍为v0，
所以小球离开金属板时的速度v = v0，方向水平向右
(3)由(2)可知T时刻小球从金属板边缘水平射出，则1
2 g( T
3 )
2+ g⋅T
3 ⋅T
3 - 1
2 ( 2qU 0
md
- g)⋅( T
3 )
2= d
2 ，
解得：T = ❑√
9d
2 g
金属板间水平方向做匀速直线运动，则金属板板长L= v0T，解得L=3 v0
❑√
d
2 g 。
基础巩固练
1.(2026·辽宁省沈阳市·月考试卷)一带负电粒子在电场中的P点由静止释放后沿直线运动，该过程粒子
速度的平方v
2随位移x变化情况如图所示，粒子运动过程仅受电场力作用，则此电场的电场线分布可能为()
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】将粒子的v
2- x图像与匀变速直线运动的v
2- x图像比对，根据匀变速直线运动v
2=2ax，可
得v
2- x图像的斜率为2a，由图中斜率变化可知，粒子的加速度逐渐减小，可知粒子向着场强减小的方向
运动，即向着电场线较稀疏的方向运动，又带负电粒子受电场力方向与电场线方向相反，所以D答案符合
题意。
故选D。
2.(2026·重庆市·同步练习)如图所示，某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，静止的
质子被电场强度大小E =2×10
5V /m的匀强电场沿直线加速到v =1×10
7m/ s，然后轰击肿瘤，杀死细胞。
已知质子的质量m=1.6×10
-27kg，电荷量e =1.6×10
-19C，则整个加速过程中质子的位移大小为()
A.2m
B.2.5m
C.4 m
D.5m
【答案】B
【解析】设整个加速过程中质子的位移大小为x。根据动能定理得qEx = 1
2 m v
2，代入数据解得
x =2.5m，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
3.(2026·江苏省·月考试卷)一个带正电的点电荷以一定的初速度v0(v0≠0)，沿着垂直于匀强电场的方
向射入电场，则其可能的运动轨迹应该是下图中的()
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】电荷垂直于电场方向进入电场时，电场力垂直于其初速度方向，电荷做类平抛运动，电场力
方向向右，指向轨迹凹侧，ACD 错误，B 正确。
故选B。
4.(2026·北京市市辖区·期中考试)示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。
某
时
刻
在
荧
光
屏
上
的
P点
出
现
亮
斑
，
如
图
所
示
。
则
此
时
()
A.电极X和Y 应带正电
B.电极X '和Y 应带正电
C.电极X '和Y '应带正电
D.电极X和Y '应带正电
【答案】A
【解析】电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到X '，则X带正电，同
理可知Y 带正电，故A 正确。
故选：A。
5.(2026·全国·单元测试)如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边沿垂直电场方向射入匀强电
场，且恰好从正极板边沿飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正
极板边沿飞出，则两极板的间距应变为原来的()
A.2倍
B.4倍
C.1
2倍
D.1
4 倍
【答案】C
【解答】对于带电粒子以平行极板的速度从左侧中央飞入匀强电场，恰能从右侧擦极板边缘飞出电场
这个过程，假设粒子的带电量e，质量为m，速度为v，极板的长度为L，极板的宽度为d，电场强度为E；
由于粒子做类平抛运动，所以水平方向：L= vt，竖直方向：y = 1
2 at
2= 1
2 · eE
m · L
2
v
2 =d，因为E = U
d ，
所以1
2 · eU
m · L
2
v
2 =d
2，若速度变为原来的两倍，则仍从正极板边沿飞出，则两极板的间距应变为原来1
2，
故C 正确，ABD 错误。
故选C。
6.(2026·专项测试)如图所示，空间中存在与水平成45
∘斜向右上方、大小为1×10
6 N /C的匀强电场，
在距地面10m高处同一位置均以10m/ s的速率同时抛出A、B两个带正电小球，A球竖直向上，B球水平
向右，两小球质量均为1kg，带电量均为
❑√2
2 ×10
-5C。忽略两小球之间的相互作用力和空气阻力，小球均
可视为质点，g取10m/ s
2，则在B球落地前，两球间的最大距离为()
A.10m
B.10 ❑√2m
C.20m
D.20 ❑√2m
【答案】D
【解析】以抛出点为原点建坐标系，以水平方向为x轴，以竖直方向为y轴.小球A、B抛出后水平方向
上只受电场力水平分力作用，水平方向上分加速度均为ax =5m/ s
2，方向水平向右，竖直方向上受自身重
力和电场力的竖直分力作用，竖直方向上分加速度均为a y =5m/ s
2，方向竖直向下，分别对两小球两个方
向上加速度进行矢量合成，两小球加速度相同，因此B球相对A球斜向右下方匀速直线运动，相对速度
v =10 ❑√2m/ s，且B球落地时两球相距最远，设B球落地时间为t，则有竖直方向上y = 1
2 a yt
2，求得t =2s，
相距最大距离为x = vt =20 ❑√2m。
故选D。
7.(2026·安徽省黄山市·其他类型)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 = 4 mg
3q ，小球运动轨迹上A、B两
点在同一水平线上，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()
A.小球水平位移x1: x2=1:3
B.小球运动至M点时的速度为4 v
3
C.运动过程中的最小速度为4 v
5
D.到达B点时，小球的速度方向与水平方向夹角为tanθ = 5
8
【答案】D
【解析】小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动规律，
小球水平位移x1: x2=1:3，A项正确;
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，运动时间为t = v
g ，水平方向做匀加速直
线运动，小球运动至M点的速度为vm= qE
m t = 4 v
3 ，B项正确;
将小球初速度沿垂直合力方向分解为4 v
5 ，沿平行合力方向分解为3 v
5 ，当运动过程中速度最小时，沿
平行合力方向速度为0，则最小速度为4 v
5 ，C项正确;
到达B点时，小球的速度方向与水平方向夹角为tanθ =
v
qE
m 2t
= 3
8，D项错误。
本题选错误的，故选D。
8.（多选）(2026·湖南省·月考试卷)如图所示，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面
(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知()
A.Q点的电势比P点高
B.油滴在Q点的动能比它在P点的大
C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
【答案】AB
【解答】A.根据粒子的弯曲方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，则可说
明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；则可判断Q点的电势比P点高，故A 正确；
B.粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大，故B 正确；
C.因电场力做正功，故电势能减小，它在Q点的电势能比P点的小，故C 错误；
D.因受力为恒力，故PQ两点加速度大小相同，故D 错误。
故选AB。
9.（多选）(2026·广西壮族自治区·单元测试)一对相同的平行金属板，正对水平放置，板长为L，两板
间距为d，上下两板分别带等量的正负电荷，如图所示．一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，沿两板中
线以v0的初速度射入电场，恰好从下板右边缘处飞离，假设电场只在两板间分布，不计粒子重力，则下列
说法正确的是()
A.粒子在板间运动的时间为t = L
v0
B.两板间电势差为U = 2md
2v0❑
2
q L
2
C.粒子在电场中运动，电势能逐渐减小
D.将上极板向下平移一小段距离，粒子仍沿原路径飞离电场
【答案】ACD
【解析】A.粒子在板间运动，垂直电场线方向做匀速直线运动，所以粒子在板间运动的时间为t = L
v0
，
故A 正确；
B.设板间电势差为U，则场强大小E = U
d ，粒子加速度为a= qU
dm ，又d
2 = 1
2 at
2，计算可知两板间电势
差为U = md
2v0❑
2
q L
2
，故B 错误；
C.粒子在电场中运动，电场力做正功，电势能减小，故C 正确；
D.此电容器所带电荷量Q保持不变，由E = U
d = Q
Cd =
Q
εr S
4 πkd ·d
= 4 πkQ
εr S 知，改变两板间距，不会影响
板间场强，所以粒子仍然沿原路径运动，故D 正确．
故选ACD．
10.(2026·湖北省武汉市·其他类型)如图甲所示，真空中的电极能连续不断均匀地放出初速度为零、质
量为m、电荷量为q的粒子，经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B间
的中线平行于极板射入偏转电场，A、B两板距离为d，A、B板长为L，A、B两板间加周期为T的变化电
场，U AB如图乙所示，已知U 0= 2md
2
qT
2 ，能从偏转电场板间飞出的粒子在偏转电场中运动的时间也为T。
忽略极板边缘处电场的影响，不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，粒子打到极板上后即消失。求：
(1)加速电场中的U 1；
(2)若t = T
2 时刻粒子进入偏转电场两极板之间，粒子能否飞出极板？如果能，那么粒子的偏移量y是
多少？如果不能，那么粒子在偏转电场内平行于极板方向的位移x是多少？
【答案】解：(1)粒子在加速电场中有qU 1= 1
2 m v0
2
粒子在偏转电场中有L= v0T
联立解得v0= L
T ，U 1= m L
2
2qT
2
(2)t = T
2 时刻进入偏转电场的粒子在T
2 至T时间内做类平抛运动，有U 0
d q =ma，y1= 1
2 a(
T
2)
2
联立解得a= 2d
T
2 ，y1= d
4
因y1< d
2 ，粒子在t =T时还未打到极板上，此时v y =a(
T
2)
假设粒子能飞出极板。粒子在T至3T
2 时间内做匀速直线运动y2= v y(
T
2)
解得v y = d
T ，y2= d
2
故粒子的偏移量为y = y1+ y2= 3
4 d
因y > d
2 ，假设不成立，粒子不能飞出极板。
设粒子在t1时刻打到极板上，则有d
2 = y1+ v y(t1-T )
又x = v0(t1- T
2)
解得x = 3
4 L
11.(2026·广东省中山市·其他类型)如图，光滑轨道abc固定在竖直面内，轨道ab部分水平，长度为2 R，
bc是半径为R的四分之一圆弧轨道，与ab相切于b点。轨道处在一个水平向右的匀强电场之中，电场强度
E = mg
q ，一个带正电小球，质量为m，电荷量为q，自a点处在电场力的作用下从静止开始向右运动。已
知重力加速度大小为g。
(1)小球经过c点时的速度为多大？
(2)小球离开c点后经多长时间到达其运动轨迹的最高点？小球从a点开始运动到其轨迹最高点，小球
的机械能增加了多少？
【答案】解：(1)据题意知：F电=qE =q mg
q =mg
由动能定理有：F电(2 R+ R)-mgR = 1
2 mvc
2-0
解得：vc =2❑√gR
(2)小球在y方向：a y = g
最高点v y =0，有0= vc-gt
解得：t =2❑√
R
g
小球在x方向ax = F电
m = g
小球离开c点后在x方向的位移x = 1
2 gt
2
解得：x =2 R
由功能关系可知，小球从a点开始运动到轨迹最高点增加的机械能为△E = F电(2 R+ R+ x)
联立上式解得△E =5mgR
综合提升练
1．（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 1的电场加速后，沿
方向射入电压为U 2的电场（
为平行于两极板的中轴线）。极板长度为l、间距为d，U 2-t关系如图2 所示。长度为a 的样品垂直
放置在距U 2极板L 处，样品中心位于O
'点。假设单个离子在通过U 2区域的极短时间内，电压U 2可视为不
变，当U 2=±U m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．U 2的最大值U m= d
2
l
2 U 1
B．当U 2=±U m且L= (a-d)l
2d
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U 1
D．在和
时刻射入U 2的离子，有可能分别打在A 和B 点
【答案】B
【详解】A．粒子在加速电场中被加速时U 1q = 1
2 m v0
2
在偏转电场中做类平抛运动，则l = v0t，d
2 = 1
2 ⋅U mq
dm t
2
解得U m= 2d
2
l
2 U 1
选项A 错误；
B．当U 2=±U m时粒子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，则
d
2
a
2
=
l
2
l
2 + L
解得L= (a-d)l
2d
选项B 正确；
C．根据y = 1
2 ⋅U mq
dm t
2= U ml
2
4 d U 1
若其它条件不变，要增加样品的辐照范围，则需减小U1，选项C 错误；
D．由图可知t1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时刻射入的粒子打
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。
2．（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，则初速度之比为2:1，沿电场方向的位移大小相等，由y = 1
2 at
2可知，粒子运动的加速度大小相等，
由牛顿第二定律有qE =ma
可得q
m = a
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 y =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。
3．（多选）（2022·福建·高考真题）我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。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1.6×10
4m/ s，推进器产生的推力为
。
已知氙离子的比荷为7.3×10
5C /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（ ）
A．氙离子的加速电压约为
B．氙离子的加速电压约为
C．氙离子向外喷射形成的电流约为
D．每秒进入放电通道的氙气质量约为
【答案】AD
【详解】AB．氙离子经电场加速，根据动能定理有
qU = 1
2 mv
2-0
可得加速电压为
U =
v
2
2( q
m )
≈175V
故A 正确，B 错误；
D．在Δt时间内，有质量为Δm的氙离子以速度v喷射而出，形成电流为I，由动量定理可得
F Δt=Δmv -0
进入放电通道的氙气质量为Δm0，被电离的比例为η，则有
联立解得
Δm0
Δt = F
ηv ≈5.3×10
-6kg
故D 正确；
C．在Δt时间内，有电荷量为ΔQ的氙离子喷射出，则有
ΔQ =(
Δm
m )q，I = ΔQ
Δt
联立解得
故C 错误。
故选AD。
4．（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
。随后，液滴以v =2.0m/ s的速度竖直进入长度为
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 =2.0×10
5 N /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 = v t1
沿电场方向x1= 1
2 at1
2
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x1=5×10
-3m
（2）含A 细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，则h= v t2
则x2=at1t2
联立解得x2=0.05m
有对称性可知则A、B 细胞收集管的间距Δ x =2( x1+ x2)=2×(0.005+0.05)m=0.11m
5．（2025·江苏·高考真题）如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带
正电粒子a、b 同时从O 点以初速度v0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q，不计重力及粒子间相互作用。求：
(1)a 运动到最高点的时间t；
(2)a 到达最高点时，a、b 间的距离H。
【答案】(1)mv0sinθ
qE
(2)
【详解】（1）根据题意，不计重力及粒子间相互作用，则竖直方向上，由对a球，根据牛顿第二定律
有qE =ma
a 运动到最高点的时间，由运动学公式有v0sinθ =at
联立解得t = m v0sinθ
qE
（2）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v0cosθ，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
斜下抛的小球竖直方向上运动位移为
则小球a 到达最高点时与小球b 之间的距离
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2v0sinθ的速度向下做匀速直线运动，
则a 到达最高点时，a、b 间的距离
6．（2022·北京·高考真题）如图所示，真空中平行金属板M、N 之间距离为d，两板所加的电压为
U。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从M 板由静止释放。不计带电粒子的重力。
（1）求带电粒子所受的静电力的大小F；
（2）求带电粒子到达N 板时的速度大小v；
（3）若在带电粒子运动d
2 距离时撤去所加电压，求该粒子从M 板运动到N 板经历的时间t。
【答案】（1）F =q U
d ；（2）v = ❑√
2qU
m
；（3）t = 3d
2
❑√
m
qU
【详解】（1）两极板间的场强
E = U
d
带电粒子所受的静电力
F =qE =q U
d
（2）带电粒子从静止开始运动到N 板的过程，根据功能关系有
qU = 1
2 mv
2
解得
v = ❑√
2qU
m
（3）设带电粒子运动d
2 距离时的速度大小为v′，根据功能关系有
q U
2 = 1
2 mv
' 2
带电粒子在前d
2 距离做匀加速直线运动，后d
2 距离做匀速运动，设用时分别为t1、t2，有
d
2 = v
'
2 t1，d
2 = v
' t2
则该粒子从M 板运动到N 板经历的时间
t =t1+t2= 3d
2
❑√
m
qU
7．（2025·四川·高考真题）如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板
接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q（q>0）的金属微粒，从两极板中央O 点
由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。
不计微粒重力。求：
(1)微粒第一次到达下极板所需时间；
(2)微粒第一次从上极板回到O 点时的动量大小。
【答案】(1)❑√
md
qE
(2)2❑√qEmd
【详解】（1）由牛顿第二定律qE =ma
由运动学公式d
2 = 1
2 at
2
联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为t = ❑√
md
qE
（2）微粒第一次到达下极板时的速度大小为v1=at = ❑√
qEd
m
由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，设微
粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为v2，满足v2
2- v1
2=2ad
代入解得v2= ❑√
3qEd
m
同理可得微粒第一次从上极板回到O 点时的速度大小为v3，满足v3
2- v2
2=2a d
2
代入解得v3=2❑√
qEd
m
故微粒第一次从上极板回到O 点时的动量大小为p=m v3=2❑√qEmd
