文档文本内容
大题04 带电粒子在电场中的运动（黑吉辽蒙专用）
【命题解码·定方向】
【解题建模·通技法】
热点题型1 带电粒子在电场中的直线运动
通技法 带电粒子在电场中的直线运动解题技巧
热点题型2 带电粒子在电场中的曲线运动
通技法 带电粒子在电场中的曲线运动解题技巧
【实战刷题·冲高分】
刷模拟
刷真题
命题
· 趋势
· 定位
2026 年高考物理“带电粒子在电场中的运动”大题命题紧扣“真实情境、多规律融合、素养导向”的
总基调，重点考查学生对物理过程的建模能力、综合分析能力与科学表达能力。结合近年考题演变与教学
改革方向，该类大题将更强调动力学、功能关系与几何运动的深度耦合，是区分高分段考生的关键题型。
命题趋势：
1. 情境设计贴近科技前沿与生活实践
多数题目将以示波器、直线加速器、静电除尘、质子治疗仪等真实科技装置为背景 。
考生需具备“去情境化建模”能力：快速将复杂设备简化为“平行板电容器+带电粒子偏转”模型。
2. 偏转问题仍是压轴重点，融合重力场趋势增强，匀强电场中的类平抛运动仍是高频考点。
3. 多过程综合题成为主流，强调功能关系优先。题目常设计为“先加速
后偏转
再匀速
→
→
/碰撞”
的多阶段过程。
目录
热点题型1 带电粒子在电场中的直线运动
析典例
· 建模型
例1．（2025 秋•北京期末）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。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数
的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差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，此时位于金属圆板（序号为0）中央的一个电子，在圆板和圆筒1 之
间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1。圆筒不同长度的设计，使电子运动到圆筒与圆筒
之间各个间隙中都能恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速。经过n 次加速，进入电场强度为
E 方向竖直向下的匀强电场，最后从该匀强电场右边缘射出。已知电子的质量为m、电子电荷量为e、
电压的绝对值为U0、周期为T，竖直向下电场的极板长度为s，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。
求：
（1）电子进入圆筒1 时的速度大小v1；
（2）第n 个圆筒的长度L；
（3）电子在竖直向下的匀强电场中竖直方向的位移大小y。
【答案】（1）电子进入圆筒1 时的速度大小为❑√
2eU 0
m
；
（2）第n 个圆筒的长度为T
2
❑√
2neU 0
m
；
（3）电子在竖直向下的匀强电场中竖直方向的位移大小为E s
2
4 nU 0
。
【解题建模】
(1)动能定理建模
(2)对电子进行动能定理建模，得到长度。
(3 对电子进行类平抛建模，得到竖起位移。水平方向为匀速运动，竖起方向为加速度运动。
【解析】（1）电压的绝对值为U0，电子进入圆筒1 时有eU 0=1
2 mv1
2
可得进入圆筒1 时的速度大小v1=
❑√
2eU 0
m
（2）设电子进入第n 个圆筒后的速度为vn，由动能定理可知neU 0=1
2 mvn
2
可得vn=
❑√
2neU 0
m
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 ，第n 个金属圆筒的长度
L=vn⋅T
2
可得L=T
2
❑√
2neU 0
m
（3）竖直向下电场的极板长度为s，水平方向有s＝vnt
竖直方向有y =1
2 ⋅Ee
m t
2
联立可得y = E s
2
4 nU 0
答：（1）电子进入圆筒1 时的速度大小为❑√
2eU 0
m
；
（2）第n 个圆筒的长度为T
2
❑√
2neU 0
m
；
（3）电子在竖直向下的匀强电场中竖直方向的位移大小为E s
2
4 nU 0
。
研考点
· 通技法
带电粒子在电场中的直线运动解题技巧
破类题
· 提能力
1.（2025 秋•肥东县校级月考）如图所示，倾角为30°的绝缘粗糙斜面在B 点与光滑绝缘的水平面平滑连
接，B 点左侧的斜面上方存在平行于斜面向下的匀强电场，电场强度E =5mg
4 q ，B 点右侧有一缓冲装置，
劲度系数足够大的绝缘轻弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，轻杆与槽间的滑动摩擦力
f =21
2 mg，轻杆向右移动的距离不超过l 时，装置可安全工作。在斜面上有一质量为m、电荷量为+q
且可视为质点的滑块，滑块与斜面间的动摩擦因数μ=
❑√3
2 ，若将滑块由距B 点x＝4.5l 处的A 点静止释
放，滑块撞击弹簧后将导致轻杆向右移动1
3 l，已知重力加速度为g，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑
动摩擦力。
（1）求滑块第一次到达B 点时的速度大小v0；
（2）在保证装置安全工作的前提下，求滑块的静止释放点距B 点的最远距离xm；
（3）在缓冲装置安全工作的前提下，试讨论该滑块第一次被弹回后上升到距B 点的最大距离s′与释
放时距B 点的距离s 之间的关系。
【答案】（1）滑块第一次到达B 点时的速度大小为3 ❑√gl；
（2）在保证装置安全工作的前提下，滑块的静止释放点距B 点的最远距离为11.5l；
（3）在缓冲装置安全工作的前提下，该滑块第一次被弹回后上升到距B 点的最大距离s′与释放时距B
点的距离s 之间的关系为：当s≤l 时，s′ =2
5 s；当l＜s≤11.5l 时，s′ =2
5 l。
【解析】（1）从A 到B 的过程，由动能定理有
mgxsin30°+Eqx −μmgcos30° x =1
2 m v0
2
得
v0=3 ❑√gl
（2）因杆是轻杆，故当杆开始移动后弹簧的形变量就保持不变，设弹簧压缩到最短时弹簧的弹性势能
是Ep。从滑块接触弹簧到减速为0 的过程中，根据能量守恒定律有
E p=1
2 mv0
2−f ⋅1
3 l
得
Ep＝mgl
当释放点距B 点最远，即滑块速度最大，对应轻杆移动的距离为l 时，滑块速度减为0，弹性势能仍为
Ep，则
1
2 m vm
2 =E p+fl
对滑块，从距B 点xm处由静止释放到速度最大，由动能定理得
mg xmsin30°+Eq xm−μmgcos30° xm=1
2 m vm
2
得
xm＝11.5l
（3）设滑块从距B 点s1时由静止下滑，轻杆刚好没被推动，弹簧压缩到最短时，弹簧弹性势能为Ep，
则
mgs1sin30°+Eqs1﹣μmgcos30°s1＝EP
结合
E p=1
2 mv0
2−f ⋅1
3 l
得
s1＝l
当释放点距B 点的距离
s≤l
滑块接触弹簧后以原速率反弹回来，由能量守恒定律得
mg（s﹣s′）sin30°+Eq（s﹣s′）﹣μmgcos30°（s+s′）＝0
得
s′ =2
5 s
当释放点距B 点的距离l＜s≤11.5l 时，滑块被弹簧弹回，弹簧的弹性势能Ep 转化为动能，设速度为
v，有
E p=1
2 mv
2=mgl
mgs′ sin30°+Eqs′ +μmgcos30° s′ =1
2 mv
2
得
s′ =2
5 l
即当s≤l 时s′ =2
5 s；当l＜s≤11.5l 时，s′ =2
5 l。
答：（1）滑块第一次到达B 点时的速度大小为3 ❑√gl；
（2）在保证装置安全工作的前提下，滑块的静止释放点距B 点的最远距离为11.5l；
（3）在缓冲装置安全工作的前提下，该滑块第一次被弹回后上升到距B 点的最大距离s′与释放时距B
点的距离s 之间的关系为：当s≤l 时，s′ =2
5 s；当l＜s≤11.5l 时，s′ =2
5 l。
热点题型2 带电粒子在电场中的曲线运动
析典例
· 建模型
例2.（2026•株洲一模）一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可
用图示的直角坐标系内一个点P（vx，vy）表示，vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分
量。粒子出发时P 位于图中a（0，v0）点，粒子在水平方向的匀强电场Ⅰ作用下运动，P 点沿线段ab 移
动到b(❑√3 v0，v0)点；随后粒子离开电场Ⅰ，进入点电荷﹣Q（Q＞0）产生的电场Ⅱ，P 点沿以O 为
圆心的圆弧移动至c(−❑√3 v0，v0)点；然后粒子离开电场Ⅱ返回电场Ⅰ，P 点沿线段ca 回到a 点。已
知任何相等的时间内P 点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。静电力常量为k，不计重力。求：
（1）粒子在电场Ⅱ中做圆周运动的半径和周期；
（2）电场Ⅰ的场强大小；
（3）P 点沿图中闭合曲线移动一周回到a 点时，粒子位移的大小。
【答案】（1）粒子在电场Ⅱ中做圆周运动的半径是kqQ
4 m v0
2，周期是πkqQ
4 m v0
3；
（2）电场Ⅰ的场强大小是16m
2v0
4
kQ q
2 ；
（3）P 点沿图中闭合曲线移动一周回到a 点时，粒子位移的大小是
❑√3kqQ
8m v0
2 。
【解题建模】
(1)匀速圆周运动建模：库仑力提供向心力。
(2)运动的分解建模：把速度方向分解到两个方向上。
【解析】（1）粒子进入电场Ⅱ时，速度大小为v =
❑√(❑√3 v0)
2+v0
2=2v0
粒子在电场Ⅱ中做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，即k qQ
r
2 =m v
2
r
解得r = kqQ
4 m v0
2
圆周运动的周期为T =2πr
v
=πkqQ
4 m v0
3
（2）由于在任意时间Δt 内，点P 沿直线移动的长度与沿圆弧移动时相等，即qE
m Δt =2πv
T
Δt
解得E =16m
2v0
4
kQ q
2
（3）粒子第一次在电场Ⅰ中运动时，在y 方向有y1＝v0t1
在x 方向有qE
m t1=❑√3 v0
粒子在电场Ⅱ运动过程中，速度方向改变240°，位移y2=❑√3r
粒子再次进入电场Ⅰ运动时，根据对称性y3＝y1
整个过程粒子位移为y＝y2﹣2y1
解得y =
❑√3kqQ
8m v0
2
答：（1）粒子在电场Ⅱ中做圆周运动的半径是kqQ
4 m v0
2，周期是πkqQ
4 m v0
3；
（2）电场Ⅰ的场强大小是16m
2v0
4
kQ q
2 ；
（3）P 点沿图中闭合曲线移动一周回到a 点时，粒子位移的大小是
❑√3kqQ
8m v0
2 。
研考点
· 通技法
带电粒子在电场中的曲线运动解题技巧
1．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(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＝··2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝。
(2)粒子经电场偏转后，合速度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．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
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＝
U，指初、末位置间的电势差
破类题
· 提能力
2.（2026•泉州模拟）如图，在真空室中有一水平正对放置的平行板电容器，其电容为C，两板长度均为
L，板间距离为d，上板接地，初始不带电。现有大量质量均为m、电量均相同的带正电小油滴，以相
同的初速度持续不断地从两板正中间沿水平射入，第1 滴油滴落在距下板左端L
3 处的K 点，第31 滴油
滴正好落到下板的正中央P 点。已知重力加速度大小为g，设落到下板油滴的电量被板全部吸收，在两
板间形成匀强电场，不考虑油滴间的相互作用。求：
（1）油滴的初速度大小v0；
（2）第31 滴油滴在板间运动的加速度大小a；
（3）每一滴油滴的带电量q。
【答案】（1）油滴的初速度大小L
3
❑√
g
d
；
（2）第31 滴油滴在板间运动的加速度大小4
9 g；
（3）每一滴油滴的带电量❑√
Cmgd
54
。
【解析】（1）第1 滴油滴只在重力作用下做平抛运动，有1
2 d =1
2 gt
2，L
3 =v0t
代入数据得v0=L
3
❑√
g
d
（2）第31 滴油滴在重力和电场力作用下做类平抛运动，有1
2 d =1
2 at1
2，L
2 =v0t1
代入数据得a=4
9 g
（3）对第31 滴油滴mg﹣qE＝ma，E =U
d ，C =Q
U ，Q＝30g
代入数据得q =❑√
Cmgd
54
答：（1）油滴的初速度大小L
3
❑√
g
d
；
（2）第31 滴油滴在板间运动的加速度大小4
9 g；
（3）每一滴油滴的带电量❑√
Cmgd
54
。
刷模拟
1.（2026•随州二模）如图所示为研究阴极射线装置的示意图，由阴极K 发出的电子加速后通过小孔A、B
形成一束细细的射线。C 为板长为L、板间距为d 的两平行金属板，D 为带有标尺的半径为R 的球形荧
光屏，O1在C 的正中心，O2为D 的球心，A、B、O1、O2在一条直线上，O1O2＝2.8R。若两板间不加
电场时，电子沿直线运动打在O3点；若两板间所加电压为U 时，电子打在荧光屏上的P1点；若在以O1
为圆心、L 为直径的圆形区域内再加一方向垂直纸面、大小为B 的匀强磁场时，电子沿直线运动打在
O3点。测得^
P1O3所对应的圆心角为α＝37°，sin37°＝0.6。
（1）求所加磁场的方向和电子的比荷；
（2）若撤去平行板间的电场而只保留磁场，电子打在荧光屏上的P2点，求电子在磁场中运动的时间。
【答案】（1）磁场方向为垂直纸面向外；电子的比荷为e
m =Utanθ
B
2dL ，其中sinθ = 3
14 。
（2）电子在磁场中运动的时间t = m
eB arcsin( eBL
2mv )，需结合r =mv
eB 及几何关系进一步计算圆心角ϕ。
【解析】（1）仅加电压U 时，电子向上偏转打在P1点，表明电场力Fe方向向上，平行板上极板带负电、
下极板带正电。同时施加磁场B 后，电子沿直线运动打在O3 点，说明电场力与洛伦兹力平衡：
e U
d =evB。由于Fe向上，为保持平衡，洛伦兹力FA必须向下。根据左手定则（电子带负电），可判断
磁场方向为垂直纸面向外。
设电子速度为v。仅存在电场时，电子做类平抛运动，离开电场时的速度偏转角为θ，其正切值为
tanθ =v y
v = eUL
md v
2。根据几何关系，电子如同从极板中心O1射出。
连接O1P1，在△O1O2P1中，由正弦定理得R
sinθ =O1O2
sinα = 2.8 R
sin37° ，解得sinθ =sin37°
2.8
=0.6
2.8 = 3
14 。由
电场与磁场平衡条件v = U
Bd ，代入偏转角关系，利用射出电场时的状态v y =eU
md ⋅L
v ，可得
sinθ =
v y
❑√v
2+v y
2 。经整理，电子比荷为e
m =v
2tanθ⋅d
UL
=Utanθ
B
2dL
，其中θ 可由sinθ = 3
14 求得。
（2）若撤去电场仅保留磁场，电子在直径为L 的圆形磁场区域内做匀速圆周运动。由洛伦兹力提供向
心力evB =m v
2
r ，解得r =mv
eB 。
电子在磁场中运动的时间t = ϕ
2π T = ϕ
2π ⋅2πm
eB =ϕm
eB ，其中ϕ 为电子在磁场中偏转的圆心角。根据几何
关系，若电子打在P2 点且偏转角与P1 过程对称（α＝37°），则运动半径r 与磁场区域直径L 满足
L=2rsin( ϕ
2 )，解得t = m
eB arcsin( eBL
2mv )。
答：（1）磁场方向为垂直纸面向外；电子的比荷为e
m =Utanθ
B
2dL ，其中sinθ = 3
14 。
（2）电子在磁场中运动的时间t = m
eB arcsin( eBL
2mv )，需结合r =mv
eB 及几何关系进一步计算圆心角ϕ。
2．（2026•鸡西校级开学）如图所示，质量为5×10﹣8kg 的带电微粒以v0＝2m/s 的速度从水平金属板A、B
左端中间水平射入，已知板长l＝10cm，板间距离d＝2cm。当UAB＝1000V 时（上极板带正电），带电
微粒恰好沿直线穿过板间。重力加速度大小为g 取10m/s2且忽略空气阻力，求：
（1）带电微粒的带电性，且它的电荷量为多少；
（2）若电压增大到某一电压值时，带电微粒恰好从上板边缘飞出，此过程中带电微粒的加速度大小；
（3）电压UAB取值范围为多少时带电微粒能从两板间飞出。
【答案】（1）带电微粒带负电，它的电荷量为10﹣11C；
（2）若电压增大到某一电压值时，带电微粒恰好从上板边缘飞出，此过程中带电微粒的加速度大小为
8m/s2；
（3）电压UAB取值范围为200V≤UAB≤1800V 时，带电微粒能从两板间飞出。
【解析】（1）粒子在电场中受电场力和重力作用而处于平衡状态，由于重力竖直向下，故电场力竖直
向上，由于上极板带正电，则粒子带负电。
根据平衡条件可得：qE＝mg
可得粒子所带电荷量：q =mg
E
又：E =U
d
联立代入数据解得：q＝10﹣11C；
（2）粒子在板间做类平抛运动，恰好从极板右边缘飞出，根据类平抛运动的规律可得：
L＝v0t，d
2 =1
2 at
2
代入数据解得：a＝8m/s2；
（3）当粒子刚好打在上极板右边缘时，极板间有最大电压，可得：q U max
d
−mg=ma
联立代入相关数据求得：Umax＝1800V
当打在下极板右边缘时，根据牛顿第二定律可得：mg−q U min
d
=ma
解得：Umin＝200V
所以电压取值范围为：200V≤UAB≤1800V。
答：（1）带电微粒带负电，它的电荷量为10﹣11C；
（2）若电压增大到某一电压值时，带电微粒恰好从上板边缘飞出，此过程中带电微粒的加速度大小为
8m/s2；
（3）电压UAB取值范围为200V≤UAB≤1800V 时，带电微粒能从两板间飞出。
3.（2026•乌鲁木齐校级模拟）现代科技研究中，科学家们常用电场和磁场来控制带电粒子的运动轨迹。如
图所示，平面直角坐标系xoy 中，在第一象限内，存在以抛物线方程y＝（x﹣2）2（0≤x≤2m）为边
界沿y 轴负方向的匀强电场E1=1.6×10
7 N / C；第二象限存在一垂直于纸面向外、半径为r＝2m 的圆
形匀强磁场区域，磁感应强度为B1；第四象限（x≥2m）区域存在一垂直于纸面向外的匀强磁场区域，
磁感应强度为B2＝1T，其余0≤x≤2m 区域为无场区；一群带正电粒子从x 轴上的A（﹣2m，0）点以
初速度v0=4×10
6m/ s，方向与x 轴正方向成β（0≤β≤180°）进入第二象限，经圆形磁场偏转后所有
粒子垂直于y 轴进入第一象限，不计粒子重力及粒子间相互作用，不计运动电荷对磁场的影响，带电粒
子的比荷为2×106C/kg，不考虑相对论效应，求：
（1）磁感应强度B1的大小？
（2）沿着y 轴负半轴放置一块不计厚度的粒子收集板，要将经磁场B2偏转后的粒子全部收集，收集板
的长度至少为多大？
（3）若题（2）中为特殊材料制成的收集板，经磁场B2 偏转后的粒子能垂直穿过y 轴进入第三象限
（即沿x 轴方向没有能量损失，沿y 轴方向能量全部损失），且在第三象限交替分布着沿﹣x 方向的匀
强电场和垂直xOy 平面向里的匀强磁场，电场、磁场的宽度均为L＝2m，边界与x 轴垂直，电场强度
E2=4×10
6 N / C，磁感应强度从右往左依次分别为B、2B、3B…nB，其中B＝0.3T。经过多次进出
电场和磁场后粒子的轨迹恰好与某磁场左边界相切，求粒子在第三象限中能到达距y 轴的最远距离？
【答案】（1）磁感应强度B1的大小是1T；
（2）沿着y 轴负半轴放置一块不计厚度的粒子收集板，要将经磁场B2偏转后的粒子全部收集，收集板
的长度至少为8m；
（3）粒子在第三象限中能到达距y 轴的最远距离是16m。
【解析】（1）因为带电粒子平行x 轴离开圆形磁场，根据磁发散条件可知，带电粒子偏转半径R＝r
粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有q v0 B1=m v0
2
R
代入数据得B1＝1T
（2）粒子进入电场时，假设抛物线边界任一入射点坐标为（x，y），经过电场偏转后经过x 轴上点
（x2，0），则有x2﹣x＝v0t，y =E1q
2m t
2，y＝（x﹣2）2
代入数据得x2＝2m
可知，全部粒子均从D（2m，0）进入第四象限。又因为粒子进入磁场x 方向的速度分量保持不变，粒
子在磁场B2中运动轨迹的弦长为d =2rcosα =2mv
q B2
cosα =2mv0
q B2
可知，所有粒子弦长相同，均经过x＝2m 直线上同一点，则有y =−d =−2mv0
q B2
代入数据得y＝﹣4m
即坐标为（2m，﹣4m）。当y＝4m 的入射粒子经过磁场B2偏转后到达点（2m，﹣4m）时，速度与水
平方向夹角为θ，则有tanθ＝4 如图所示
可知，粒子打到y 轴（0，﹣12m），所以收集板长度至少为8m。
（3）粒子到达距离y 轴最远时，速度方向平行于y 方向，只要能进入下一个电场，就有平行x 方向的
速度，由此可知粒子离y 轴最远时一定处于第n 个磁场中，此前粒子已经过n 个电场，设此时粒子速度
大小为vn，由动能定理有nqEL=1
2 mvn
2−1
2 mv0
2．
粒子每经过一个电场加速后就进入下一个磁场，则通过第n 个磁场的过程中，设粒子进入第i 个磁场时
速度方向与水平方向的夹角为α，在竖直方向上由动量定理有∑mΔvy＝∑qiBvxΔt＝qiBL
所以从进入第三象限开始到最后一个磁场，累计有q（1+2+3+⋯⋯+n）BL＝mvn﹣0
代入数据得
❑√2n+1=n(n+1)B
2
代入数据得n＝4
可知粒子离轴最远的距离为x＝2nL＝8L
代入数据得x＝16m
答：（1）磁感应强度B1的大小是1T；
（2）沿着y 轴负半轴放置一块不计厚度的粒子收集板，要将经磁场B2偏转后的粒子全部收集，收集板
的长度至少为8m；
（3）粒子在第三象限中能到达距y 轴的最远距离是16m。
4．（2026•江门一模）现代科学仪器中常利用电磁场控制带电粒子的运动。如图，电子枪发出的电子（初
速度可以忽略）经M、N 之间的加速电场加速后，从A 点进入宽度d1＝0.2m 的虚线方形框内，虚线方
形框内只有垂直纸面方向的匀强磁场或只有竖直向下的匀强电场时，电子都从B 点飞出打在足够长的竖
直荧光屏上。已知M、N 之间的加速电压U＝8.8V，A、B 两点之间的竖直距离d2＝0.1m，虚线框的右
边界到竖直荧光屏的距离d3＝0.3m，忽略电子的重力，电子的比荷e
m =1.76×1011C/kg。求：
（1）虚线方形框内只有垂直纸面方向的匀强磁场时，匀强磁场的磁感应强度B；
（2）虚线方形框内只有竖直向下的匀强电场时，匀强电场的电场强度E 的大小；
（3）电子两次打在荧光屏上的距离L。
【答案】（1）虚线方形框内只有垂直纸面方向的匀强磁场时，匀强磁场的磁感应强度B 为4×10﹣5T，
方向垂直纸面向外；
（2）虚线方形框内只有竖直向下的匀强电场时，匀强电场的电场强度E 的大小为88N/C；
（3）电子两次打在荧光屏上的距离L 为0.1m。
【解析】（1）电子带负电，根据左手定则可知磁感应强度B 方向垂直纸面向外，根据洛伦兹力提供向
心力有
evB =m v
2
r
且
r
2=d1
2+(r −d2)
2
电子经过电场加速过程，根据动能定理可得
eU =1
2 mv
2
解得：
B＝4×10﹣5T
方向垂直纸面向外。
（2）电子带负电，匀强电场的方向竖直向下电子在电场中做类平抛运动，假设在电场中的时间为t，
水平方向有
d1＝vt
竖直方向有
d2=1
2 at
2
加速度
a=eE
m
解得：
E＝88N/C
（3）只有垂直纸面方向的匀强磁场时，设从B 点飞出的速度方向与水平方向的夹角为θ，则
tanθ= d1
r −d2
电子打在荧光屏上与B 点的竖直距离
y1＝d3tanθ
只有匀强电场时，电子打在荧光屏上与A 点的竖直距离设为y2，则
d2
y2
=
d1
2
d1
2 +d3
解得：电子两次打在荧光屏上的距离
L＝d2+y1﹣y2
解得
L＝0.1m
答：（1）虚线方形框内只有垂直纸面方向的匀强磁场时，匀强磁场的磁感应强度B 为4×10﹣5T，方向
垂直纸面向外；
（2）虚线方形框内只有竖直向下的匀强电场时，匀强电场的电场强度E 的大小为88N/C；
（3）电子两次打在荧光屏上的距离L 为0.1m。
5.（2026•淮南一模）如图甲所示，电子加速器的加速电压为U1，大量电子由静止加速后，不断地从两板
正中间沿水平方向射入偏转电场。两板不带电时，电子通过两板的时间为2t0，当在两板间加如图乙所
示的周期为2t0、最大值为U0（U0未知）的变化电压时，偏移量最大的电子恰从两极板右边缘射出。t＝
0 时刻，上极板带正电，两极板间距为d，电子的电荷量为﹣e，质量为m，不计电子重力和它们之间相
互作用力。
（1）求偏转电场的板长l。
（2）求偏转电压的最大值U0；
（3）在t =5
6 t0时刻进入偏转电场的电子，求离开偏转电场时竖直方向偏移量。
【答案】（1）偏转电场的板长l 为2t0
❑√
2U 1e
m
。
（2）偏转电压的最大值U0为d
2m
2et0
2。
（3）离开偏转电场时竖直方向偏移量为d
3 。
【解析】（1）根据动能定理，粒子满足eU 1=1
2 mv0
2。粒子进入偏转电场后，在水平方向上有l＝
v0•2t0，联立可得l =2t0
❑√
2U 1e
m
。
（2）对于t＝0 时刻入射的电子，有d
4 =1
2 at0
2。依据牛顿第二定律，U 0
d e =ma，联立解得U 0=d
2m
2et0
2。
（3）粒子进入偏转电场后向上运动，其位移为y1=1
2 a(t0−t )
2。速度减为零后开始向下运动，位移为
y2=1
2 at
2。在0～2t0 时间段内的总偏移量为y＝2y2﹣2y1。由（2）中结论可知d
4 =1
2 at0
2，联立解得
y =d
3
。
答：（1）偏转电场的板长l 为2t0
❑√
2U 1e
m
。
（2）偏转电压的最大值U0为d
2m
2et0
2。
（3）离开偏转电场时竖直方向偏移量为d
3 。
刷真题
1.（2025•河南）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q＝1.0×10﹣
13C。随后，液滴以v＝2.0m/s 的速度竖直进入长度为l＝2.0×10﹣2m 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＝2.0×105N/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）含A 细胞的液滴离开电场时偏转的距离为5×10﹣3m；
（2）A、B 细胞收集管的间距为0.11m。
【解析】（1）含A 细胞的液滴带正电，在电极板间向右偏转做类平抛运动。设其离开电场时偏转的距
离为x，在电场中的加速度大小为a，运动时间为t。
其沿竖直方向做匀速运动，则有：
l＝vt
其沿水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律与运动学公式得：
qE＝ma
x=1
2 at
2
已知：m＝2.0×10﹣10kg，q＝1.0×10﹣13C，v＝2.0m/s，l＝2.0×10﹣2m，E＝2.0×105N/C
联立解得：x＝5×10﹣3m
（2）法一：设含A 细胞的液滴从进入电场到A 收集管的过程，其水平位移大小为d。
根据类平抛运动规律的的推论，其离开电场时的速度方向反向延长交匀速运动位移的中点，如下图所示：
由几何关系得：x
d =
l
2
l
2 +h
解得：d＝0.055m
对于含B 细胞的液滴带负电，其带电量与含A 细胞的液滴相等，其向左偏转的距离与含A 细胞的液滴
的相等，可得A、B 细胞收集管的间距等于2d＝2×0.055m＝0.11m。
法二：设含A 细胞的液滴从离开电场到A 收集管的过程，其水平位移大小为d′。
则有h＝vt′，d′＝att′，联立解得d′＝0.05m，d＝x+d′＝5×10﹣3m+0.05m＝0.055m
对于含B 细胞的液滴带负电，其带电量与含A 细胞的液滴相等，其向左偏转的距离与含A 细胞的液滴
的相等，可得A、B 细胞收集管的间距等于2d＝2×0.055m＝0.11m。
答：（1）含A 细胞的液滴离开电场时偏转的距离为5×10﹣3m；
（2）A、B 细胞收集管的间距为0.11m。
2．（2025•江西）精密条纹相机通过将时域信号转换成空间信息可实现超短激光脉冲持续时间的测量，其
简化原理如图所示。某个待测激光脉冲的持续时间为Δt，经过狭缝和聚焦透镜入射至真空条纹管的光
电阴极中心。由于光电效应，产生与输入激光脉冲持续时间相同的电子脉冲。电子脉冲先后经加速和偏
转等过程打到荧光屏上。阳极与光电阴极间的加速电压为U1，距离为d1。偏转极板间距和长度分别为
d2和L2，其左端与阳极的距离为L1，右端与荧光屏的距离为L3。光电效应产生电子的初速度忽略不计，
电子不会打到偏转极板上。电子质量为m，电荷量为e，不考虑电场力和相对论效应，以及电子之间相
互作用。所有元件的中心在同一条直线上，并以荧光屏中心O 为原点、竖直方向为y 轴建立坐标系。
（普朗克常量h＝6.63×10﹣34J•s，光速c＝3×108m/s）
、
（1）现有多碱、Au 和CsI 三种常用的光电阴极材料，它们的逸出功分别约为1.1eV、4.5eV、6.2eV。
若要使波长范围为200～900nm 的入射激光都能打出光电子，请通过定量分析确定应选用哪种光电阴极
材料。（1eV＝1.6×10﹣19J）
（2）当偏转极板间电压U 为常数时，求电子打在荧光屏上的位置。
（3）真实情况下，偏转极板间电压U 与时间t 的关系为U＝U0+kt（U0和k 为大于零的常数），其零时
刻与激光脉冲刚入射至光电阴极的时刻相同。
①求最后进入偏转极板间的电子离开偏转极板时y 方向速度的大小；
②若L2小且L2≪L3，此时可忽略不同时刻电子在偏转极板间y 方向位移的差别，求电子脉冲在荧光屏
上的空间宽度Δy 与激光脉冲持续时间Δt 的关系。
【答案】（1）若要使波长范围为200～900nm 的入射激光都能打出光电子，应选用的光电阴极材料为
多碱材料。
（2）当偏转极板间电压U 为常数时，电子打在荧光屏上的位置为U L2( L2+2 L3)
4U 1d2
。
（3）真实情况下，偏转极板间电压U 与时间t 的关系为U＝U0+kt（U0和k 为大于零的常数），其零时
刻与激光脉冲刚入射至光电阴极的时刻相同。
①最后进入偏转极板间的电子离开偏转极板时
y 方向速度的大小为
(U 0+kΔt ) L2
d2
❑√
e
2mU 1
+(4 d1+2 L1+L2)
k L2
4U 1d2
；
②若L2小且L2≪L3，此时可忽略不同时刻电子在偏转极板间y 方向位移的差别，电子脉冲在荧光屏上
的空间宽度Δy 与激光脉冲持续时间Δt 的关系为Δy =k L2 L3
2U 1d2
Δt。
【解析】（1）根据题意，设入射激光波长为λ，则对应的光子能量为ε =hν =hc
λ
可得波长范围为200～900nm 的入射激光的能量范围为1.38eV～6.2eV
要使入射激光都能打出光电子，则所有入射激光的能量应大于光电阴极材料的逸出功，所以应选择多碱
光电阴极材料。
（2）电子在光电阴极与阳极之间做匀加速直线运动，设电子在此过程中的加速度大小为a1，运动时间
为t1，离开阳极时的速度大小为v1，
则有a1=eU 1
md1
，v1
2=2a1d1，d1=1
2 a1t1
2
电子在离开阳极到偏转极板左端的过程中做匀速直线运动，设运动时间为t2，则L1＝v1t2
当偏转电压U 为常数时，电子在偏转极板内水平方向做匀速直线运动，在竖直y 方向做匀加速直线运动。
设y 方向的加速度大小为a2，在偏转极板内运动时间为t3，离开偏转极板时y 方向速度为vy，偏转位移
为y1，则a2= eU
md2
，L2＝v1t3，vy＝a2t3，y1=1
2 a2t3
2
设电子离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为t4，在此时间内电子在y 方向的位移为y2，则L3＝v1t4，
y2＝vyt4
设电子离荧光屏中心的距离为y，则y＝y1+y2
联立解得y =U L2( L2+2 L3)
4U 1d2
（3）当偏转极板间电压U＝U0+kt 时，电子在偏转极板内y 方向做加速度线性增加的变加速直线运动。
①在t1+t2+Δt 时刻，最后的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为U0+k（t1+t2+Δt），设电子在偏
转极板内运动时y 方向的加速度为a3，离开偏转极板时y 方向的速度为vy2，则a3=e(U 0+kt )
md2
则a3﹣t 图像，如图所示
由上述分析，结合图像可得v y 2=[U 0+k(t1+t2+Δt )+k t3
2 ] et3
md2
联立小问2 分析可得v y2=(U 0+kΔt ) L2
d2
❑√
e
2mU 1
+(4 d1+2 L1+L2)
k L2
4U 1d2
②在t1+t2时刻，最前面的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为U0+k（t1+t2）。同理可得，该电
子离开偏转极板时y 方向的速度v y1，则有v y 1=[U 0+k(t1+t2)+k t3
2 ] et3
md2
设电子脉冲打在荧光屏上的空间宽度为Δy，电子从离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为t4，则L3＝
v1t4，Δy＝（vy2﹣vy1）t4
联立解得Δy =k L2 L3
2U 1d2
Δt
答：（1）若要使波长范围为200～900nm 的入射激光都能打出光电子，应选用的光电阴极材料为多碱
材料。
（2）当偏转极板间电压U 为常数时，电子打在荧光屏上的位置为U L2( L2+2 L3)
4U 1d2
。
（3）真实情况下，偏转极板间电压U 与时间t 的关系为U＝U0+kt（U0和k 为大于零的常数），其零时
刻与激光脉冲刚入射至光电阴极的时刻相同。
①最后进入偏转极板间的电子离开偏转极板时
y 方向速度的大小为
(U 0+kΔt ) L2
d2
❑√
e
2mU 1
+(4 d1+2 L1+L2)
k L2
4U 1d2
；
②若L2小且L2≪L3，此时可忽略不同时刻电子在偏转极板间y 方向位移的差别，电子脉冲在荧光屏上
的空间宽度Δy 与激光脉冲持续时间Δt 的关系为Δy =k L2 L3
2U 1d2
Δt。
3．（2025•江苏）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）a 运动到最高点的时间t 为mv0 sinθ
qE
；
（2）a 到达最高点时，a、b 间的距离H 为2mv0
2 sin
2θ
qE
。
【解析】（1）不计重力及粒子间相互作用，a 球在电场力作用下做匀变速曲线运动，在竖直方向上，
对a 球，根据牛顿第二定律有
qE＝ma
a 运动到最高点时，由运动学公式有
v0sinθ＝at
联立解得t =m v0 sinθ
qE
（2）方法一、根据题意分析可知，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，a 到达最高点时竖直方向上运动的位移为
x1=(v0 sinθ)
2
2a
=m v0
2 sin
2θ
2qE
此时b 球竖直方向上运动位移为x2=v0tsinθ+1
2 at
2=m v0
2 sin
2θ
qE
+m v0
2 sin
2θ
2qE
则小球a 到达最高点时与小球b 之间的距离x =x1+x2=2m v0
2 sin
2θ
qE
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H =2v0 sinθt =2mv0
2 sin
2θ
qE
答：（1）a 运动到最高点的时间t 为mv0 sinθ
qE
；
（2）a 到达最高点时，a、b 间的距离H 为2mv0
2 sin
2θ
qE
。
4.（2024•广东）如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0
的交变电压，金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感
应强度大小为B。一带电粒子在t＝0 时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位
置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并
在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的π
3 倍，
粒子质量为m，忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
（1）判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
（2）求金属板的板间距离D 和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v；
（3）求从t＝0 时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。
【答案】（1）带电粒子带正电荷，其所带的电荷量为πm
Bt0
；
（2）金属板的板间距离D 为❑√
3 π U 0t0
8 B
，带电粒子在t＝t0时刻的速度大小为❑√
π
3U 0
24 Bt0
；
（3 ）求从t ＝0 时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功为
π
3mU 0
48 Bt0
(1+16
π
2 )。
【解析】（1）带电粒子在电场中做加速运动，由此可分析出粒子带正电；
根据题意可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的时间为t0，根据牛顿第二定律可得：
qBv =m v
2
r
T =2πr
v
联立解得：T =2πm
qB
结合题意可得：t0=1
2 T =πm
qB
解得：q=πm
Bt0
（2）粒子在金属板间水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上先做加速运动，后做减速运动，设粒子
的初速度为v，根据运动特点可知带电粒子在t＝t0时刻的速度大小也为v，则
v t0=π
3 D
y =2× 1
2 × qU 0
mD ×( t0
2 )
2
粒子在磁场中运动，其受到的洛伦兹力提供向心力，则
qBv =mv
2
R
根据几何关系可得：y＝2R
联立解得：v=
❑√
π
3U 0
24 Bt0
；D=
❑√
3 π U 0t0
8 B
（3）根据上述分析可得：
y =2× 1
2 × qU 0
mD ×( t0
2 )
2=2 D
3
根据运动的对称性，粒子会在与圆轨迹的最高点的位置进入金属板，且再经过t0
2 会到达上极板，竖直方
向上的速度为：
qU 0
mD × t0
2 =v y
根据动能定理可得：
W=1
2 mv
2+1
2 mv y
2
联立解得：W=π
3mU 0
48 Bt0
(1+16
π
2 )
答：（1）带电粒子带正电荷，其所带的电荷量为πm
Bt0
；
（2）金属板的板间距离D 为❑√
3 π U 0t0
8 B
，带电粒子在t＝t0时刻的速度大小为❑√
π
3U 0
24 Bt0
；
（3 ）求从t ＝0 时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功为
π
3mU 0
48 Bt0
(1+16
π
2 )。
5.（2025•广东）如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平
板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A 点处，由静止开
始向右下方运动，与下方绝缘平板在B 点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，
颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k 倍（k
＜1）。已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B 点与左平板的距离
为l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求：
（1）颗粒碰撞前的电荷量q。
（2）颗粒在B 点碰撞后的电荷量Q。
（3）颗粒从A 点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。
【答案】（1）颗粒碰撞前的电量q 为mgdl
uh ；
（2）颗粒在B 点碰撞后的电量Q 为kmgdh
ul
；
（3）电场力对颗粒做的功W 为mgl
2
h
+kmgh(d −l)
l
，或mgl
2
h
+4 k
2mgh(1+k
2h
2
l
2 )。
【解析】（1）颗粒在竖直方向上做自由落体运动，竖直位移h=1
2 gt
2
水平方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律Uq
d =ma
水平位移l =1
2 at
2
联立解得q =mgdl
Uh
（2）颗粒第一次与下方绝缘板发生碰撞反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，
如图所示：
颗粒与下方绝缘板第一次碰撞时，根据自由落体运动规律，竖直分速度为v y 1=❑√2gh
根据匀变速直线运动规律，水平分速度为v x1=❑√2al =
❑√
2gl
2
h
则第一次碰撞后竖直分速度为v y 2=k v y 1=k ❑√2gh
设第一次碰撞后粒子速度方向与水平方向夹角为θ，则有tanθ=v y 2
v x1
=kh
l
由于第一次碰撞后瞬间粒子所受合力与速度方向垂直，则有tanθ=
UQ
d
mg =UQ
mgd
联立解得Q =kmgdh
Ul
（3）颗粒第一次与下方绝缘板碰撞后，由于vy2＜vy1，则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板。
①若颗粒的第二次碰撞是与右侧金属板碰撞，则颗粒从A 点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对
它做的功为：
W =Uq
d ⋅l+UQ
d ⋅(d −l)
解得：W =mgl
2
h
+kmgh(d −l)
l
②若颗粒的第二次碰撞是与下方绝缘板碰撞。
设从第一碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为t1；
根据竖直水平运动，运动时间t1=2v y 2
g
=2
g ×k ❑√2gh=2k ❑√
2h
g
水平方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，加速度a1=QU
md =kmgdh
Ul
× U
md =kgh
l
水平方向运动的距离为l1=v x1t1+1
2 a1t1
2
代入数据解得l1=4 kl+4 k
3h
2
l
颗粒从A 点开始运动到第二次碰撞过程中，电场对粒子做的功为W =Uq
d ⋅l+UQ
d ⋅l1
代入数据联立解得W =mgl
2
h
+4 k
2mgh(1+k
2h
2
l
2 )。
答：（1）颗粒碰撞前的电量q 为mgdl
uh ；
（2）颗粒在B 点碰撞后的电量Q 为kmgdh
ul
；
（3）电场力对颗粒做的功W 为mgl
2
h
+kmgh(d −l)
l
，或mgl
2
h
+4 k
2mgh(1+k
2h
2
l
2 )。
