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第37 讲 带电粒子在电场中的偏转
目录
01 课标达标练......................................................................................................................................1
题型01 电场中带电粒子的抛体运动........................................................................................1
题型02 电场中带电体（计重力）的抛体运动........................................................................9
题型03 带电粒子在交变电场中的偏转..................................................................................12
02 核心突破练....................................................................................................................................17
03 真题溯源练....................................................................................................................................30
01 电场中带电粒子的抛体运动
1.（2025·广东省湛江市高三下学期二模） 某种负离子空气净化器的原理如图所示，由空气和带一价负电
的灰尘颗粒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，带电颗粒入射时的最大动
能为
，金属板的长度为L，金属板的间距为d，且
。在匀强电场作用下，带电颗粒打
到金属板上被收集，不考虑重力影响和颗粒间的相互作用。要使得全部颗粒被收集，两极板间的电势差至
少为（ ）
A. 1600V
B. 800V
C. 400V
D. 200V
【答案】A
【解析】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，水平方向有
1
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竖直方向有
又
联立解得两金属板间的电压为
，故选项A 正确。
2.（2025·山东济南·二模）如图所示为带等量异种电荷的两正对平行金属板
和
，
板带负
电，
板接地，板长为
，两板间距离为
。大量电子从两平行板间上半区域的左侧以平行
于金属板的相同速度进入板间，靠近
板左侧边缘进入的电子恰好能打在
板右侧边缘，电
子进入板间在上半区域均匀分布，忽略电子间的相互作用，不考虑电场的边缘效应。下列说
法正确的是（ ）
A．电子击中
板区域的长度为
B．电子击中
板区域的长度为
C．保持两板带电量不变，若将
板向下平移
的距离，打在
板上的电子数占进入平行
板电子总数的
D．保持两板带电量不变，若将
板向下平移
的距离，靠近
板左侧边缘进入的电子出
2
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电场时的电势能为进电场时电势能的
【答案】BCD
【详解】AB．设粒子初速度为v，竖直方向加速度为a，题意知靠近
板左侧边缘进入的电子
恰好能打在
板右侧边缘，根据类平抛规律，竖直方向有
则极板中间虚线处射入的粒子，则有
联立解得
则电子击中
板区域的长度为
故A 错误，B 正确；
C．设电容器带电量为
，根据
整理得
可知保持两板带电量不变，若将
板向下平移
的距离，极板间电场强度不变，故粒子在电
场中加速度不变，设从距离下极板
处射入的粒子，恰好打在
板右侧边缘，则有
联立解得
3
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可知射入点距离上极板距离
恰好为上半区域的一半，故，打在
板上的电子数占进入平行板电子总数的
，故C 正确；
D．靠近
板左侧边缘进入的电子，根据类平抛规律，竖直方向位移
联立解得
设极板间电场强度为E，由于Q 接地，Q 板电势为0，则有
则
同理可知，出电场时有
故
则有
故靠近
板左侧边缘进入的电子出电场时的电势能为进电场时电势能的
，故D 正确。
故选BCD。
3．（2025·山西·二模）如图所示，平行板电容器两极板与电源、开关构成回路，先闭合开关，稳定后断开，
一带电粒子从上极板左边缘射入后恰好从下极板右边缘射出，粒子重力不计，下列措施能使粒子打在下极
板正中间的是（ ）
4
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A．仅将下极板上移，使板间距离变成原来的一半
B．仅使粒子的电荷量加倍
C．仅将带电粒子的初速度大小减半
D．仅改变带电粒子入射点的位置，使其从两极板正中间平行于两极板射入
【答案】C
【详解】A．由
，
，
，可得
若仅将下极板上移，使板间距离变成原来的一半，由于电容器电量不变，则场强不变，加速度不变
由
可知，偏转量变成一半，则时间变成原来的
倍，由
，可知水平位移为原来的
倍，
不能使粒子打在下极板正中间，故A 错误；
B．若粒子的电荷量加倍，则加速度为
，变为原来的两倍，由
可知，时间变成原来的
倍，
可知水平位移为原来的
倍，不能使粒子打在下极板正中间，故B 错误；
C．仅将带电粒子的初速度大小减半，由
，可知时间不变，则水平位移为原来的一半，故C 正确；
D．仅改变带电粒子入射点的位置，使其从两极板正中间平行于两极板射入，由
可知，偏转量变
成一半，则时间变成原来的
倍，由
，可知水平位移为原来的
倍，不能使粒子打在下极板正中
间，故D 错误；
故选C。
4．（24-25 高三上·辽宁丹东·期末）如图所示，竖直平面内存在一匀强电场，面内有一圆心为O、半径为R
的圆，MN 为圆的一条直径。质量为m、电荷量为
的粒子从M 点以速度v 水平射入电场，速度方向与
MN 夹角
，一段时间后粒子运动到N 点，速度大小仍为v，不计粒子重力。则（ ）
5
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A．电场强度的方向沿MN 方向
B．粒子在初速度方向做匀速直线运动
C．匀强电场的场强大小
D．若仅改变粒子入射速度大小，使粒子离开圆形区域的电势能最小，则入射速度大小为
【答案】D
【详解】A．从M 到N 粒子动能不变，电场力做功为0，所以MN 为等势线，由于粒子带正电且所受电场
力大致向下，所以电场强度方向垂直MN 斜向左下，故A 错误；
B．电场力可分解为水平向左和竖直向下，则粒子在初速度方向做匀减速直线运动，故B 错误；
C．粒子做类似斜抛的运动，沿MN 方向，粒子做匀速运动，则有
垂直MN 方向有
根据牛顿第二定律得
联立解得匀强电场的场强大小为
故C 错误；
D．如图所示，当粒子运动到P 点时，电势能最小。
则有
，
，
结合C 项解得
故D 正确；
故选D。
5．（24-25 高三上·河北唐山·联考）如图所示，平面直角坐标系xOy 的第二、四象限虚线与y 轴之间的区
6
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域Ⅰ、Ⅱ内分别存在电场强度大小相等，方向相反的匀强电场，粒子从第二象限（
的范围内沿x
轴正向以相同的速度v0进入区域Ⅰ，它们都经过O 点进入区域Ⅱ。已知带电粒子的质量为m，电荷量为
q，带电粒子经过O 点时的速度方向的最大偏角为
，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。下列说法
正确的是（ ）
A．所有粒子离开区域Ⅱ时的速度方向不同
B．粒子在两电场中运动的最长时间为
C．两区域中电场的电场强度大小为
D．第二象限中的曲线方程为
【答案】D
【详解】A．由题意可知，所有粒子在区域I、II 电场中的运动对称，所以所有粒子离开区域II 时速度方向
都沿
轴正方向，故A 错误；
B．由区域I 电场最高点进入电场的粒子经过
点时的偏角最大，在两电场中运动的时间最长，对该粒子经
过
点时，由
可得
在区域电场中运动时有
7
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，
解得
所以该粒子在电场运动的时间
故B 错误；
C．对这一粒子有
解得
故C 错误；
D．对进入区域电场的任意粒子有
，
联立可解得
故D 正确。故选D。
02 电场中带电体（计重力）的抛体运动
6.（2025·广东省东莞市高三上学期1 月期末）如图所示，正方体的棱
竖直，可视为质点的带正电小球从
点沿
方向水平抛出，仅在重力的作用下，恰好经过
点。若空间中增加沿
方向的匀强电场，小球
仍从
点沿
方向水平抛出，恰好经过底面中心
点。下列说法正确的是（ ）
A. 小球两次运动的时间相等
B. 小球两次抛出的初速度相同
C. 小球经过
点的动能与经过
点的动能之比为
D. 小球从
到
，机械能增加量是重力势能减少量的一半
【答案】AC
8
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【解析】设正方体边长为L，小球两次在竖直方向的受力情况相同，则竖直方向的加速度相同，根据
可知，两次运动
时间相等，选项A 正确；小球两次沿初速度方向均不受力，即沿初速度方向
均做匀速运动，第一次抛出的初速度
而第二次抛出的初速度
选项B 错误；第二次沿
方向
解得
第一次小球经过
点的动能
第二次小球经过k 点的动能
可知小球经过
点的动能与经过
点的动能之比为
，选项C 正确；小球从
到
，机械能增加量等
于电场力做功，即
重力势能减少量
，选项D 错误
7.（2025·广东省广州市第六中学模拟）如图，竖直平面内存在竖直向上、电场强度大小为E 的匀强电场，
绝缘水平地面与圆心为O、半径为R 的竖直固定的半圆形绝缘轨道AB 平滑相接于A 点。一质量为m、电
荷量为q 的带正电的光滑小球在水平面上以大小为
的速度向右运动，小球经A 点沿轨道向上运动，恰好
能通过B 点。已知
，小球可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
9
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A．小球通过B 点时的速度大小为
B．
的大小为
C．小球从脱离半圆轨道至落地，在空中运动的时间为
D．小球落地前一瞬间速度与竖直方向夹角的正切值为
【答案】BD
【详解析】小球恰好能通过B 点，则轨道对小球的支持力恰好为零，根据其受力情况结合牛顿第二定
律可得，
，结合题意，解得B 点的速度为
，故A 错误；小球从A 到B 的过程
中，由动能定理可得
，代入数据可得
，故B 正确．小球脱离
轨道后做类平抛运动，在竖直方向上有，
，
，代入数据可得，
，故C
错误；小球落地瞬间竖直方向速度为
小球在空中运动时，水平方向做匀速运动，故小球
落地前一瞬间速度与竖直方向夹角的正切值为
，故D 正确。
10
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8.（2025·山东临沂·三模）空间存在一匀强电场，将一质量为m、带电荷量为+q 的小球从一水
平线上的A 点分两次抛出。如图所示，第一次抛出时速度大小为
，方向与竖直方向的夹角
为30°，经历时间
回到A 点；第二次以同样的速率
竖直向上抛出，经历时间
经过水平
线上的C 点，B 的竖直方向投影为AC 的中点。已知小球的两次运动轨迹均在同一竖直面内，
不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球从抛出到回到水平线的过程，下列说法正确的是
（ ）
A．
B．电场强度的最小值为
C．电场沿水平方向时，电势差
D．电场强度为最小值时，小球第二次抛出到回到水平线的过程中电势能减少了
【答案】CD
【详解】A．小球两次抛出的竖直加速度相同，在竖直方向上的分运动均为先向上减速后反向
加速，由几何关系结合竖直上抛运动知识可得第一次抛出
第二次抛出
联立解得
故A 错误；
11
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B．经分析可知，当电场力方向与第一次抛出时的初速度方向垂直时场强最小，由牛顿第二定
律得
解得电场强度的最小值为
故B 错误；
C．电场沿水平方向时，小球水平方向做初速度为零的匀加速运动，B 投影为AC 中点，则
根据
可知，电势差
故C 正确；
D．电场强度为最小值时，竖直方向由牛顿第二定律得
由匀变速知识得
水平方向由牛顿第二定律得
由匀变速知识得
第二次抛出到回到水平线上的过程中电场力对小球做功
联立解得
小球第二次抛出到回到水平线的过程中电势能减少了
故D 正确；
故选CD。
9.（2025·贵州铜仁·模拟预测）如图所示，一对带等量异种电荷的足够长的平行金属板A、B正对竖直放置，
12
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一质量为m、带电荷量为q的小球从A板内侧上的a点以初速度v0竖直向上抛出（与A板不接触），经过一
段时间后打在B板上的c点，b是其运动轨迹的最高点，a、b之间的高度差为b、c之间高度差的4 倍。两板
间匀强电场的电场强度大小为E = 2mg
q
，重力加速度为g，下列说法中正确的是（ ）
A．小球从a运动到c所用时间2v0
g
B．a、c两点间竖直方向上的高度差为3 v0
2
8 g
C．小球到达c点时动能大小为37
8 mv0❑
2
D．小球从a运动到c电势能减小了9m v0
2
2
【答案】BCD
【详解】AB．小球从a 到b 在竖直方向有v0= gt1，v0
2=2ghab
小球从b 到c 在竖直方向有1
4 hab= 1
2 gt2
2
则小球从a运动到c所用时间t =t1+t2= 3 v0
2 g
a、c两点间竖直方向上的高度差为hac =hab−hbc = 3 v0
2
8 g
故A 错误，B 正确；
C．小球到达c 点时有vcx= qE
m t，vcy = gt2
小球到达c点时动能大小为Ekc = 1
2 m vc
2= 1
2 m(vcx
2 + vcy
2 )= 37
8 m v0
2
13
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故C 正确；
D．小球从a 点到达c 点，根据能量守恒定律有1
2 mv0
2= 1
2 mvc
2+mghac+ Ep
解得Ep=−9m v0
2
2
电势能减少了9m v0
2
2
，故D 正确；
故选BCD。
10.(2025.·湖北省华中师范大学第一附属中学检测）图所示，AC、BD 是竖直面内圆中两条相互垂直的直径，
M、N 是圆上的两点，OM、ON 连线与AC 的夹角都为30°，该圆处于方向与圆面平行的匀强电场中。一群
质子从M 点射出，可以到达圆上任意点。比较圆上这些点，发现到达N 点的质子动能增量最大。现换用电
荷量为
、质量m 的小球沿不同方向从M 点抛出，小球仍然可以到达圆上任意点。在这些点中，小球经
过A 点的动能增量最大。已知圆的半径为R，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. O 点的电势大于M 点电势
B. 匀强电场的场强大小为
C. 小球经过B 点的动能增量大于小球经过D 点的动能增量
D. 小球在M 点竖直向下抛出，小球恰好经过D 点时的动能为
【答案】BD
14
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【详解】由于质子从M 点射出，到达N 点动能增量最大，则电场力对质子做正功，且N 点与M 点间的电
势差最大，电场线的方向应由O 指向N，沿电场方向电势降低，所以M 点的电势大于O 点电势，故A 错
误；带电小球沿不同方向从M 点抛出，小球经过A 点的动能增量最大，则重力与电场力的合力水平向左，
则有
，解得
，故B 正确；由于小球所受重力与电场力的合力水平向左，M 到
B、M 到D 水平位移相同，合外力做功相等，所以小球经过B 点的动能增量等于小球经过D 点的动能增量，
故C 错误；小球在M 点竖直向下抛出，小球做类平抛运动，则水平方向上有
，
竖直方向上有
设小球恰好经过D 点时的速度为
，则有
，又有
联立解得
，故D 正确。
03 带电粒子在交变电场中的偏转
11．（2025·河北保定·二模）如图甲所示，两正对平行板AC、DB 水平放置，在其右侧有汇聚状的电场，电
场线的延长线的交点在O 点（BC 的中点），在两平行板间加上周期为T 的交变电压，两板间电势差的绝
对值为
。
时刻，一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子（不计重力）从靠近上极板左端（视为A
点）以水平向右的速度
射入匀强电场，T 时刻从下极板B 点水平向右进入汇聚状电场做匀速圆周运动，
经过半个圆周到达C 点，到达C 点时的速度方向水平向左，下列说法正确的是（ ）
15
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A．平行板的长度为
B．0.5T 时刻，粒子的速度大小为
C．两平行板间的距离为
D．粒子在汇聚状电场中，受到的电场力大小为
【答案】D
【详解】A．由于粒子在水平方向做匀速直线运动，故平行板的长度为
A 错误；
BC．
时间内，粒子在水平方向做匀速直线运动，则有
竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
竖直方向的速度
竖直方向上的位移
粒子在水平方向依然做匀速直线运动，竖直方向做加速度大小不变的减速运动，根据运动的对称性
可知，粒子到达B 点时竖直方向速度为零，竖直方向的位移大小依然为
故有
解得两平行板间的距离
16
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时刻竖直方向的速度
故0.5T 时刻，粒子的速度大小为
BC 错误；
D．由题可知，粒子在电场中做匀速圆周运动的半径
电场力为粒子圆周运动提供向心力，根据牛顿第二定律则有
联立解得，粒子圆周运动时所受电场力的大小为
D 正确。
故选D。
12．（24-25 高三上·安徽蚌埠·期末）图甲是极板长度为
的平行板电容器，虚线为电容器的中心线，两极
板
接在图乙所示的交变电压源上（
时
板带负电）。在
时，一带正电的粒子以
的
速度沿虚线方向射入电容器并能飞出，不计粒子的重力，则该粒子在极板间运动的轨迹可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】粒子在水平方向做匀速直线运动，穿过板的时间为
17
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一带正电的粒子以
的速度沿虚线方向射入电容器，
内，
板带负电，粒子受合力向上，竖直
方向做匀加速直线运动，轨迹曲线向上弯曲，
粒子所受合力向下，轨迹曲线向下弯曲，在竖直方向
上先减速到零，后加速向下，轨迹先向上后向下，
粒子所受合力向上，轨迹曲线向上弯曲，先在
竖直方向向下减速到零，后加速向上，轨迹先向下后向上，
粒子的运动情况与
粒子运动情况
相同，B 选项轨迹符合题意。
故选B。
13．（2025·辽宁·三模）某同学为研究带电粒子的运动情况，通过仿真模拟软件设计了如图甲所示的实验，
装置由放射源、速度选择器、平行板电容器三部分组成。放射源P 靠近速度选择器，能沿水平方向发射出
不同速率的某种带电粒子，其中某速率的带电粒子能恰好做直线运动通过速度选择器，并沿平行于金属板
A、B 的中轴线
射入板间。已知速度选择器中存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，
电场强度为E，磁感应强度为B．平行板电容器的极板A、B 长为L，两板间加有如图乙所示的交变电压。
不计粒子重力及相互间作用力，忽略边缘效应，以下说法中正确的是（ ）
A．从P 点射出的粒子一定带正电
B．只增大速度选择器中的电场强度E，仍能沿中轴线
射入平行板电容器的粒子，通过A、B 板的
时间不变
C．若
时刻粒子恰好沿
方向进入平行板电容器，则粒子飞出平行板电容器的方向不可能沿
方向
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D．若t=0 时刻沿
进入平行板电容器的粒子离开电容器时方向也平行于
，则
【答案】D
【详解】A．无论粒子带正电还是负电都可以满足电场力和洛伦兹力平衡，因此不能确定粒子一定带正电，
A 错误；
B．根据粒子通过速度选择器的速度
增大电场强度E，速度也会增大，根据通平行板电容器的时间
可知，时间会减小，B 错误；
C．在
时刻进入电容器的粒子，在交变电场中经
时飞出的粒子，运动方向平行
于
，C 错误；
D．粒子在电容器中运动的时间
若粒子离开电容器时方向仍平行于
，则说明粒子在电容器中运动的时间是交变电压周期T 的整数倍，
即
，则
，D 正确。
故选D。
14．（2025 高三下·海南·模考）如图1 所示为一沿水平方向固定的平行板电容器，
的连线为平行板电
容器的中线，两极板AB 间加如图2 所示的电压，电压的变化周期为T，图中
未知。由
沿平行于金属
板的方向射入一系列质量为m、电荷量大小为q 的同种小球，入射速度均相同。已知
时刻射入的小球
在
时由上极板的边缘平行于极板的方向离开电场，两极板之间的距离为d，当地的重力加速度未知，
忽略小球大小及小球间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
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A．小球带正电
B．
C．当地的重力加速度大小为
D．
时刻射入的小球从下极板上方
处离开电场
【答案】C
【详解】A．由于小球最终从上极板边缘飞出，说明小球受到的电场力向上，由图2 可知，
上极板的
电势高于下极板，电场方向向下，故小球带负电，A 错误；
BC．根据题意可知，小球在
时间内做类平抛运动，竖直方上则有
位移
速度
时间内，小球竖直方向的加速度
由于小球沿上极板的边缘平行于极板的方向离开电场，故有
联立解得
在竖直方向上
的初速度与
的末速度相同，
的末速度与
的初速度相同，运动时间
等，故两阶段竖直方向的位移相等，则有
20
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联立解得
，
B 错误，C 正确；
D．由于所有小球质量、电荷量大小、入射速度均相同，故小球在电场中运动的时间相同，
时刻射入的
粒子先平抛运动，竖直方向上的位移
方向竖直向下，速度
方向竖直向下，
时间内，结合上述结论，对小球受力分析则有
小球做匀速直线运动，竖直方向的位移
故小球将打到下极板上，D 错误。
故选C。
15.（2025·河北沧州·二模）如图甲、乙所示为示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管
内抽成真空。现在偏转电极YY'之间加如图丙所示电压。加速电压U0的调节不仅影响电子速度，还能间接
控制波形显示的缩放比例，是示波器校准的重要参数。若仅将加速电压U0增大为原来的2 倍，其他条件不
变，则电子在竖直方向的最大侧移量变为原来的（ ）
A．
B．
C．
D．2 倍
【答案】B
【详解】若加速电压U0增大为原来的2 倍，电子射出加速电场时的速度v0增大为原来的
倍，则电子在
偏转电极间运动的时间变为原来的
，竖直方向的最大侧移量对应UY的峰值，在电场中的加速度不变，
21
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则侧移量变为原来的
，电子射出偏转电场后至运动到荧光屏的时间也变为原来的
，射出偏转电场时
沿竖直方向的速度变为原来的
，所以电子射出偏转电场后至运动到荧光屏时沿竖直方向的侧移量也变
为原来的
。
故选B。
1.（2025·广东省名校联考联合体高三第四次联考）物如图所示，a、b、c、d 是匀强电场的等势面，一个质
量为m、电荷量为q 的带正电粒子从等势面b 上的O 点在纸面内以与b 等势面成θ=53°的方向射出，粒子
的运动轨迹刚好与等势面d 相切，不计粒子的重力，则粒子到达等势面a 时的速度大小为（已知
sin53°=0.8，cos53°=0.6）（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】粒子在电场中运动，轨迹与等势面d 相切时有最小速度，为
22
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设相邻等势面间的电势差为U，则
设粒子到等势面a 时的速度为v2，则
解得
,故选项B 正确
2.（2025·安徽·三模）如图所示，已知纸面内的一条直线上有相距为L 的A、B 两点，现有一个重力不计的
质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，从A 点以初速度
射入，方向与AB 之间的夹角为30°，可以通过适
当的场去控制粒子的运动，为使粒子能到达B 点且速度大小仍为
，可以在该区域加一匀强电场或垂直纸
面的匀强磁场（不同时存在），下列判断正确的是（ ）
A．该空间存在的可以是电场或磁场，但是因洛伦兹力的方向在变化，所以从A 到B 的过程中电场力
冲量和洛伦兹力冲量不相等
B．无论该区域存在的是电场还是磁场，其经过B 点时的速度方向一定相同
C．加适当的匀强电场或匀强磁场均可以，其从A 到B 的过程中，在电场中运动的时间比在磁场中长
D．加适当的匀强电场或匀强磁场均可以，且所加磁场和电场的场强大小满足
【答案】BC
【详解】A．若粒子仅受电场力作用，从
到
速度大小不变，由动能定理知电场力做功为零，这表明
、
两点电势相等，电场线垂直于
连线，粒子带正电荷，其电场力垂直
向下，则粒子做类斜抛运动，
根据运动对称性可知粒子运动到
点的速度大小为
，方向与
夹角为
，根据平行四边形定则可知粒
子从
到
的过程中速度变化量
（方向垂直
向下）
由动量定理得电场力冲量
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方向垂直
向下；
若粒子仅受磁场力作用，在磁场中做匀速圆周运动，通过几何关系知粒子从
点以与
夹角
的速度
射入，要到达
点且速度大小仍为
，其运动轨迹关于
的中垂线对称，圆心角为
，则粒子在
点速
度与
夹角为
，故粒子从
到
的过程中速度变化量
，磁场力冲量
（方向垂直
向
下）
由此可知从
到
的过程中电场力冲量和洛伦兹力冲量相等，故A 错误；
B．由
选项分析可知无论该区域存在的是电场还是磁场，其经过
点时的速度方向都与
夹角为
，
方向相同，故B 正确；
C．由
选项分析知粒子在电场中做类斜抛运动，沿
方向以
做匀速直线运动，则有
解得
粒子在磁场中匀速圆周运动，圆心角为
，由几何关系可得其运动半径
，则有
解得
故
故C 正确；
D．粒子在电场中垂直AB 方向以
为初速度做匀减速直线运动，由C 选项分析可得
解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由
解得
则
故D 错误。故选BC。
3.（2025·河北廊坊·一模）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，电场强度大小为
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。一倾斜挡板与水平地面成
角，挡板上
点正上方
处有一粒子源
，粒
子源可以向各个方向发射速度大小均为
的带正电的微粒，所有微粒均能落在挡板
上。已知微粒的比荷为
，重力加速度
取
，不计落在挡板上的微粒对原
电场的影响以及微粒间的相互作用，则微粒落在挡板上的最短时间约为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】根据牛顿第二定律可得，电场产生的水平方向的加速度大小为
则粒子垂直斜面方向的加速度大小为
粒子源S 到斜面的距离为
由于粒子垂直斜面方向的加速度大小恒定，所以当粒子初速度垂直斜面时用时最短，此
时
解得
故选C。
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4．（多选）（2025·江西·二模）如图所示，两平行金属板水平摆放，板长为l、间距为d，两板间加有恒定
电压。一带电粒子从下板的左边缘斜向上射入板间，恰从两板中线沿水平方向飞出，此时粒子的速度大小
为v。现给该粒子施加一水平向右方向的外力作用，外力的大小等于电场力，将该粒子仍从下边缘以相同
的初速度射入板间，已知带电粒子的电荷量为q，质量为m，粒子的重力不计。则施加外力后（ ）
A．带电粒子从中线上方射出板间
B．带电粒子的加速度大小为
C．带电粒子克服电场力做功为
D．带电粒子射入板间的动能为
【答案】BD
【详解】B．未加外力前有
，
解得
由于外力等于电场力，则加速度相等，施加外力后
加速度为
故B 正确；
A．施加水平外力后，粒子在极板间运动的时间变小，竖直方向的距离变小，即带电粒子从中线下方射出
板间，故A 错误；
C．带电粒子克服电场力做功为
故C 错误；
D．未施加外力时，根据动能定理有
解得
故D 正确；故选BD。
5．（多选）（2025·湖北·二模）如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场，在同一水平直线上
、
两点
处分别把两个质量均为
的小球同时抛出。小球1 抛出时速度大小为
，方向水平，小球2 抛出时速度与
水平方向成
，两球的运动轨迹在同一竖直平面内，两球在
点相遇，
是
连线中垂线上一点。
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已知两球电荷量大小均为
，电场强度大小为
为重力加速度，不计空气阻力和两球间的相互作
用，两球从抛出到
点相遇的过程中（ ）
A．球1 带正电，球2 带负电
B．该过程中两球速度的变化量相等
C．该过程中两球机械能的变化量相同
D．两球相遇时球1 和球2 的速度大小之比为
【答案】AD
【详解】A．两球运动时间相同，水平方向位移相同，1、2 两球水平方向速度相等，
得
由竖直方向位移相同，具有向上初速度的加速度更大可得
，故球2 所受电场力向下，球1 所受电场
力向上，球1 带正电，球2 带负电，故A 正确；
B．对球1，
对球2，
据
且
相等，1、2 两球速度变化量不相等，故B 错误；
C．电场力对球1 做负功，对球2 做正功，球1 机械能减少，球2 机械能增加，两球机械能变化量不同，故
C 错误。
D．1、2 两球运动时间为，竖直方向
得
相遇时球1 速度
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球2 速度
，
，
故D 正确。
故选AD。
6．（2025·辽宁·模拟预测）如图（a）所示，在矩形MNQP 区域内有平行于MP 的匀强电场，一电荷量为
、质量为m 的带电粒子（不计粒子重力）以初速度
从M 点沿MN 方向进入匀强电场，经时间
刚好
从Q 点射出，
。取匀强电场方向由M→P 为正方向，使匀强电场的电场强度按图（b）或
图（c）所示做周期性变化，图中
为未知量，现使该粒子在
时刻仍从M 点以
射入电场，下列说法
正确的是（ ）
A．电场强度
的大小为
B．若电场按图（b）做周期性变化，则粒子到达NQ 边界上的位置与Q 相距
C．若电场按图（b）做周期性变化，则粒子到达NQ 边界时的速度大小为
D．若电场按图（c）做周期性变化，则粒子到达NQ 边界时的位置与Q 相距
【答案】AD
【详解】A．对粒子分析，粒子沿MN 方向做匀速直线运动，由运动学知识有
沿电场方向做匀加速直线运动，由运动学知识有
对粒子受力分析，由牛顿第二定律有
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联立解得
，A 正确；
BC．若电场按图（b）做周期性变化，沿MN 方向做匀速直线运动，有
沿电场线方向，前
做匀加速直线运动，有
，
时间内，沿电场线方向做匀速直线运动，有
联立解得粒子到达NQ 边界上的位置与Q 相距
粒子到达NQ 边界时的速度大小为
，B 错误，C 错误；
D．若电场按图（c）做周期性变化，沿MN 方向做匀速直线运动，有
沿电场线方向，前
做匀加速直线运动，有
，
时间内，沿电场线方向做匀减速直线运动，有
，
联立粒子到达NQ 边界时的位置与Q 相距
，D 正确。
故选AD。
7．（2025·山东临沂·三模）空间存在一匀强电场，将一质量为m、带电荷量为+q 的小球从一水平线上的A
点分两次抛出。如图所示，第一次抛出时速度大小为
，方向与竖直方向的夹角为30°，经历时间
回到A
点；第二次以同样的速率
竖直向上抛出，经历时间
经过水平线上的C 点，B 的竖直方向投影为AC 的
中点。已知小球的两次运动轨迹均在同一竖直面内，不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球从抛出到
回到水平线的过程，下列说法正确的是（ ）
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A．
B．电场强度的最小值为
C．电场沿水平方向时，电势差
D．电场强度为最小值时，小球第二次抛出到回到水平线的过程中电势能减少了
【答案】CD
【详解】A．小球两次抛出的竖直加速度相同，在竖直方向上的分运动均为先向上减速后反向加速，由几
何关系结合竖直上抛运动知识可得第一次抛出
第二次抛出
联立解得
故A 错误；
B．经分析可知，当电场力方向与第一次抛出时的初速度方向垂直时场强最小，由牛顿第二定律得
解得电场强度的最小值为
故B 错误；
C．电场沿水平方向时，小球水平方向做初速度为零的匀加速运动，B 投影为AC 中点，则
根据
可知，电势差
故C 正确；
D．电场强度为最小值时，竖直方向由牛顿第二定律得
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由匀变速知识得
水平方向由牛顿第二定律得
由匀变速知识得
第二次抛出到回到水平线上的过程中电场力对小球做功
联立解得
小球第二次抛出到回到水平线的过程中电势能减少了
故D 正确；
故选CD。
8．（24-25 高三下·江西赣州·期中）如图所示，在边长为
的立方体
中，从
点沿
方向水平
抛出一比荷为
的带电小球，小球刚好运动到
点。从
点沿
方向以相同速度再次抛出该球，当小球运
动了上次时间的一半时，立即加一个竖直方向的匀强电场，小球恰好能到达
点。带电小球足够小并且可
视为点电荷，忽略极板的边缘效应，则（重力加速度为
）（ ）
A．小球受到电场力大于重力
B．小球受到电场力小于重力
C．匀强电场的电场强度大小为
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D．匀强电场的电场强度大小为
【答案】AC
【详解】小球从a 点沿ab 方向抛出时运动到f 点。小球仅受重力作用，做平抛运动，水平方向
竖直方向
联立解得
，
小球从a 点沿ac 方向抛出
当小球运动了上次时间的一半时，即
竖直方向与
则带电小球的速度方向与水平面成45°角，0~t2时间内
，
两金属板间加匀强电场后，粒子还需运动
，
根据牛顿第二定律
加速度方向竖直向上，所以小球受到电场力大于重力，有
，
联立得
故选AC。
9．（2025·河南·模拟预测）如图，不带电的平行板电容器正对水平放置，上极板接地，板长为L，板间距
离为d。左侧有质量为m、电荷量为
的油滴从两板正中间位置以速度
进入平行板，其中第一滴油滴恰
好落在下极板的中心位置O，前一滴油滴落在下极板上后，后一滴相同的油滴仍从同一位置以相同速度进
入平行板，第N 滴油滴恰好从下极板右边缘射出。已知电容器的电容为C，重力加速度大小为g，不计空
气阻力，下列说法正确的是（ ）
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A．油滴进入平行板的速度
B．两板间的最大电压为
C．落在下极板上的油滴数
D．若保持油滴射入位置不变，仅将上极板下移，则落在下极板上的油滴数不变
【答案】BD
【详解】A．第一滴油滴在极板间做平抛运动，水平方向
竖直方向
解得
故A 错误；
BC．第N 滴油滴恰好从下极板右边缘射出，在水平方向
竖直方向
由牛顿第二定律得
极板间的电势差
解得
，
故B 正确，C 错误；
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D．电容器的电容
落在下极板上的油滴滴数
解得
落在下极板上的油滴数与板间距离无关，仅将上极板下移，落在下极板上的油滴数不变，故D 确。
故选：BD
【点睛】本题考查了类平抛运动，根据题意分析清楚油滴的运动过程是解题的前提，应用运动学公式与牛
顿第二定律即可解题。
10．（多选）（2025·山西太原·一模）如图所示，空间中有竖直向下的匀强电场，电场强度的大小
。
质量为m、电荷量为+q 的小球，从斜面上的O 点以大小为
的初速度在纸面内沿不同方向抛出，使小球离
开斜面，小球最后均落在斜面上。已知小球可看作质点，斜面倾角为
，重力加速度为g，空气阻力不计，
下列说法正确的是（ ）
A．小球飞行的最长时间为
B．小球距O 点的最大高度为
C．小球与斜面的最大距离为
D．小球在斜面上落点区域的长度为
【答案】ABD
【详解】A．根据题意可知，小球抛出后受重力和电场力，电场力方向竖直向下，由牛顿第二定律可得，
小球的加速度为
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小球的运动可分解为沿斜面方向的匀变速直线运动和垂直于斜面方向的匀变速直线运动，其中垂直于斜面
方向的匀变速直线运动时间即为小球飞行时间，又因为垂直于斜面方向的加速度恒为
因此，当初速度方向与斜面垂直时，飞行时间最长，为
故A 正确；
B．根据题意可知，当初速度方向竖直向上时，小球距O 点高度最大，则有
可得
故B 正确；
C．根据题意可知，初速度方向与斜面垂直时，小球与斜面的距离最大，则有
解得
故C 错误；
D．当小球的初速度方向与沿斜面向下方向的夹角为
时，将小球的初速度和加速度分解如
下图
可得
，
，
，
垂直于斜面方向有
则沿着斜面方向有
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可得
当小球的初速度方向与沿斜面向上方向的夹角为
时，将小球的初速度和加速度分解如下图
可得
，
垂直于斜面方向有
则沿着斜面方向有
可得
故小球在斜面上落点区域的长度为
故D 正确。
故选ABD。
1．（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（ ）
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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】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
，
则初速度之比为
，位移大小相等，由
可知，粒子运动的加速度大小相等，（结论3）由牛顿第
二定律有
，可得
可知，带电粒子具有相同比荷，故A 错误。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。由公式
可知，到达M、N 的竖直分速度大小相等，由于初速度之比为
，
则到达M、N 的速度大小不相等，故C 错误。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
，则所用时间之比为
，故D 正确。
2.（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
q =1.0×10
−13C。随后，液滴以v =2.0 m /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 =2.0×10
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：
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(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
−3 m
(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
−3 m
（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=0.05 m
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
3.（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OO
'方向射入电压为U 2的电场（OO
'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（
）
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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t1和t2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 mv0
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。
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故选B。
4．（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)2mv0
2sin
2θ
qE
【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 = mv0sinθ
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
x1= (v0sinθ)
2
2a
= m v0
2sin
2θ
2qE
斜下抛的小球竖直方向上运动位移为x2= v0t sinθ+ 1
2 at
2= mv0
2sin
2θ
qE
+ mv0
2sin
2θ
2qE
则小球a 到达最高点时与小球b 之间的距离x = x1+ x2= 2mv0
2sin
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
40
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到达最高点时，a、b 间的距离H =2v0sinθt = 2m v0
2sin
2θ
qE
5．（多选）（2025·山东·高考真题）如图甲所示的
平面内，y 轴右侧被直线
分为两个相邻的区域
I、Ⅱ。区域I 内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直
平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知。
时刻，质量为m、电荷量为
的粒子从O 点沿x 轴正向出发，在
平面内运动，在区域I 中的运动
轨迹是以y 轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。
时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ
中运动的
图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．区域I 内电场强度大小
，方向沿y 轴正方向
B．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径
C．区域Ⅱ内磁感应强度大小
，方向垂直
平面向外
D．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标
【答案】AD
【详解】A．粒子在区域I 中的运动轨迹是以y 轴为对称轴的抛物线的一部分，可以判断出粒子做类平抛运
动，根据曲线轨迹可知，可知正粒子受到的电场力方向竖直向上，电场方向沿y 轴正方向，设粒子初速度
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为
，竖直方向有
水平方向有
由牛顿第二定律有
联立解得
，A 正确；
B．粒子在区域Ⅱ中运动的
图像为正弦曲线的一部分，可以判断粒子做匀速圆周运动，
运动轨迹如图所示，则粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径
，B 错误；
C．粒子做类平抛运动进入匀强磁场时的速度
联立解得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
，C 错误；
D．如图所示，
设圆心为
点，设粒子进入匀强磁场时的速度方向与竖直方向夹角为
由速度关系有
可得
由几何关系得
那么有
粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标
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，D 正确。故选AD。
6．（2025·湖南·高考真题）如图。直流电源的电动势为
，内阻为
，滑动变阻器R 的最大阻值为
，
平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为
，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里
的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m 的带正电粒子以初速度
水平向右从
电容器左侧中点a 进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b 点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧
边缘c 点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。
（1）求粒子所带电荷量q；
（2）求磁感应强度B 的大小；
（3）若粒子离开b 点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为
，
求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离
。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
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小问1 详解】
粒子在电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动有
竖直方向做匀变速直线运动
，
由闭合回路欧姆定律可得
联立可得
【小问2 详解】
粒子进入磁场与竖直方向的夹角为
，
粒子在磁场中做匀速圆周运动
由几何关系易得
联立可得
【小问3 详解】
取一个竖直向上的速度使得其对应的洛伦兹力和水平向右的电场力平衡，则有
解得
粒子以
速度向上做匀速直线运动，粒子做圆周运动的合速度的竖直方向分速度为
此时合速度与竖直方向的夹角为
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合速度为
粒子做圆周运动的半径
最远距离为
7．（多选）（2023·湖北·高考真题）一带正电微粒从静止开始经电压
加速后，射入水平放置的平行板电
容器，极板间电压为
。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为
，微粒运动轨迹的最高
点到极板左右两端的水平距离分别为
和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。
下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
【答案】BD
【详解】B．粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线直线运动，根据电场强度
和电势差的关系及场强和电场力的关系可得
E = U 2
2d ，F =qE =ma
粒子射入电容器后的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度
v x = v0cos 45= √2
2 v0，v y = v0sin 45= √2
2 v0
从射入到运动到最高点由运动学关系
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v❑y
2 =2ad
粒子射入电场时由动能定理可得
qU 1= 1
2 m v0
2
联立解得
U 1:U 2=1:1
B 正确；
A．粒子从射入到运动到最高点由运动学可得
2 L= v xt，d = 0+ v y
2
⋅t
联立可得
L:d =1:1
A 错误；
C．粒子穿过电容器时从最高点到穿出时由运动学可得
L= v xt1，v y 1=at1
射入电容器到最高点有
v y =at
解得
v y 1= v y
2
设粒子穿过电容器与水平的夹角为α，则
tan α = v y 1
v x
= 1
2
粒子射入电场和水平的夹角为β = 45°
tan (α + β)= tan α + tan β
1−tan α tan β =3
C 错误；
D．粒子射入到最高点的过程水平方向的位移为x，竖直方向的位移为
y = 1
2 a
' t
2
联立
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x = v
'
xt
'，qU 1= 1
2 m v❑
2 ，v
'
x = v cos 45°
解得
y = U 2 x
2
4 d U 1
且
x = v
'
xt
'，y = 0+ v
'
y
2
⋅t
'
即解得
x =2 L, y =d = L
即粒子在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，最高点到射出电容器过程同理
x = L= v
'
xt
'
1，v y 1=a
' t
'
1，y1= v y 1+0
2
t
'
1= x1
4 = L
4
即轨迹不会变化，D 正确。
故选BD。
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