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第37 讲 带电粒子在电场中的偏转
目录
01 考情解码•命题预警........................................................................................................................ 2
02 体系构建•思维可视.........................................................................................................................3
03 核心突破•靶向攻坚.........................................................................................................................4
考点一 带电粒子在匀强电场中的偏转 .............................................................................4
知识点 带电粒子在电场中的抛体运动处理方法................................................................4
考向1 电场中带电粒子的抛体运动
...............................................................................5
考向2 示波管及其应用.........................................................................................................8
考向3 电场中带电体（计重力）的抛体运动...................................................................11
考点二 带电粒子在交变电场中的运动 ...........................................................................15
知识点 交变电场中的偏转处理方法..................................................................................15
考向 带电粒子在交变电场中的偏转..................................................................................15
04 真题溯源•考向感知.......................................................................................................................19
1
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考点
要求
考频
2025 年
2024 年
2023 年
带电粒子在
匀强电场中
的偏转
综合应用
高频
2025·江苏
2025·甘肃
2024·广东
2024·浙江
2023·北京
2023·湖北
带电粒子在
交变电场中
的运动
综合应用
低频
\
\
\
考情分析：
1.命题形式：选择题实验题计算题
2.命题分析：高考对电容器的考查较为频繁，但对带电粒子在电场中运动几乎每年都考，并且特别容易与
磁场相结合，考查电磁组合场和叠加场问题，题目难度相对较大。
3.备考建议：本讲内容备考时候，强化训练带电粒子在电场中偏转。
4.命题情境：多以电场和磁场相结合的相识，组合场是主要的命题情境。
复习目标：
1.能利用“化曲为直”的思想处理带电粒子在电场的偏转问题。
2.能够利用动力学、功能观点处理带电粒子在电场中的抛体运动。
2
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考点一 带电粒子在匀强电场中的偏转
知识点 带电粒子在电场中的抛体运动处理方法
求解电偏转问题的两种思路
方法2：动能定理
方法1：运动学公式+牛顿第二定律
方法2：三角形相似
方法1：电场中与电场外偏移量之和
画vy-t 图像
画轨迹图
实操方法
在交变电场中的运动
确定粒子经偏转电场后的动能或速度
确定最终偏移距离OP 的方法
匀速直线运动至荧光屏
经偏转电场U2 偏转
经加速电场U1 加速
带电粒子的运动过程
以示波管模型为例
抛体运动
带电粒子在电
场中的偏转
3
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以示波管模型为例,带电粒子经加速电场U1加速,再经偏转电场U2偏转后,需再经历一段匀速直线运动才
会打到荧光屏上而显示亮点P,如图所示。
(1)确定最终偏移距离OP 的两种方法
方法1:
方法2:
(2)确定粒子经偏转电场后的动能(或速度)的两种方法
考向1 电场中带电粒子的抛体运动
例1 如图一平行板电容器，A、B、C、D 分别是它的四个端点，两板之间接恒压电源。现有三个不同带电
粒子1、2、3 分别从靠近A 点位置、AC 连线中点位置、AB 中点位置（板间内）以大小相同的速度平行于
特别提醒
（1）利用动能定理求粒子偏转后的动能时,电场力做功W=qU=qEy,其中“U”为初末位置的电势差,而不
一定是U=U 2
2 。
（2）注意是否考虑重力
①基本粒子：如电子、质子、α 粒子、离子等除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但
并不忽略质量)．
②带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．
4
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板方向进入平行板，它们均恰好能到达D 点，则带电粒子1、2、3 在运动过程中（不考虑粒子重力的影
响），下列说法正确的是（ ）
A．粒子运动的时间之比1 1 1
∶∶
B．三个粒子比荷之比2 1 8
∶∶
C．三个粒子电势能变化量之比2 1 2
∶∶
D．三个粒子到达D 点的速度之比2 1 2
∶∶
【答案】B
【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，初速度相同，水平方向是匀速直线运动，有x = v0t由图可知
x1：x2：x3=2:2:1解得粒子运动的时间之比2 2 1
∶∶，故A 错误；
B．竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，可得y = 1
2 at
2又qE =ma联立，解得q
m = 2 y v0
2
E x
2 由图可知
y1：y2：y3=2:1:2解得三个粒子比荷之比2 1 8
∶∶，故B 正确；
C．粒子电势能的变化量ΔE p=−qEy题中没有三个粒子电荷量大小关系，所以无法确定它们电势能变化量
之比，故C 错误；
D．粒子到达D 点时的速度大小为v =√v0
2+(at )
2=√
v0
2+ 4 y
2v0
2
x
2
= v0
x √x
2+ 4 y
2题中条件不足，所以无法得
出三个粒子到达D 点的速度之比，故D 错误。
故选B。
【变式训练1-1·变情境】如图所示， 让一价氢离子（❑1
1H
+）、一价氦离子（❑2
4He
+）通过同一对平行板
形成的偏转电场， 两离子都能通过偏转电场， 进入时初速度方向与电场方向垂直。下列说法正确的是（
）
A．若两离子的初动能相同， 出电场时偏转角θ 正切之比为1:1
B．若两离子的初动能相同， 出电场时的动能之比为1:2
C．若两离子的初速度相同， 出电场时偏转角θ 正切之比为1:4
D．若两离子的初速度相同， 出电场时偏转位移y 之比为2:1
【答案】A
【详解】A．粒子出电场时偏转角θ 正切tanθ = v y
v0
=
qE
m t
v0
，L= v0t则有tanθ = qEL
m v0
2可知，若两离子的初
5
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动能相同，即m v0
2一定，则出电场时偏转角θ 正切之比为1:1，故A 正确；
C．两离子电荷量相等，❑1
1H
+的质量是❑2
4He
+质量的四分之一，结合上述可知，若两离子的初速度相同，
出电场时偏转角θ 正切之比等于质量的反比，即出电场时偏转角θ 正切之比为4:1，故C 错误；
B．结合上述可知，若两离子的初动能相同，则出电场时偏转角θ 相等，则出电场时的动能
Ek= 1
2 m(v y
2 + v0
2)= 1
2 m[(v0 tanθ)
2+ v0
2]= 1
2 mv0
2(1+ tan
2θ)
可知，若两离子的初动能相同， 出电场时的动能之比为1:1，故B 错误；
D．离子做类平抛运动，则有L= v0t，y = 1
2 ⋅qE
m t
2解得y = qE L
2
2m v0
2两离子电荷量相等，❑1
1H
+的质量是
❑2
4He
+质量的四分之一，结合上述可知，若两离子的初速度相同，出电场时偏转位移y 之比等于质量的反
比，即出电场时偏转位移y 之比为4:1，故D 错误。故选A。
【变式训练1-2·变考法】如图甲为喷墨打印机的结构简化图。当计算机有信号输入时，墨盒喷出
细小的墨滴，经过带电室后带上负电，其电荷量由输入信号控制。墨滴进入平行金属板，最后打到纸上，
显示出打印内容。当计算机无信号输入时，墨滴不带电，径直通过板间后注入回流槽流回墨盒中。已知两
板间的电压为U，距离为d，板长为L。墨滴的质量为m，电荷量为q，以水平初速度v0进入平行金属板，
假设平行金属板之间为匀强电场，全程仅考虑墨滴受到的电场力。下列说法正确的是（ ）
A．墨滴穿过电场的过程中受到的电场力大小为F =qUd
B．墨滴穿过电场的过程中竖直方向的位移大小为y = qU L
2
md v0
2
C．墨滴穿出电场时速度与水平方向的夹角θ 的正切值为tanθ = qUL
2md v0
2
D．某同学打印的照片如图乙所示，若仅将两板间的电压增大50%，则最终打印稿上出现的照片图样是
丙，仅纵向扩大50%
【答案】D
【详解】A．两板间的匀强电场的场强大小为E = U
d 墨滴受到的电场力大小为F =qE = qU
d 故A 错误；
B．墨滴穿过电场的过程中做类平抛运动，则有L= v0t，y = 1
2 at
2又a= qU
md 联立解得y = qU L
2
2md v0
2故B 错误；
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C．墨滴穿出电场时速度与水平方向的夹角θ 的正切值为tanθ = v y
v0
= at
v0
= qUL
md v0
2故C 错误；
D．根据y = qU L
2
2md v0
2若仅将两板间的电压增大50%，则墨滴竖直方向的位移增大50%，故D 正确。故选
D。
【变式训练1-3·变考法】一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板
间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，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2L 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．L:d=2:1
B．U1:U1=2:1
C．微粒穿过图中电容器区域的速度偏转角度的正切值为1
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】D
【详解】A．带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动，从进入电场到最高点有2 L= v xt，d = v y
2 t，v y =at，
tan 45° = v y
v x
联立解得L:d =1:1故A 错误；
B．带电粒子在加速电场中，有qU 1= 1
2 mv0
2带电粒子在偏转电场中，有
q U 2
2 = 1
2 m(v x
2+ v y
2 )−1
2 m v x
2sin 45° = v y
v0
联立解得
U 1
U 2
= 1
1故B 错误；
C．设带电粒子进入偏转电场的速度方向与水平方向夹角为α，则有tan α = tan 45° =1设带电粒子射出偏
转电场的速度方向与水平夹角为β，则有tan β = v y′
v x
依题意，带电粒子从最高点运动到射出电场过程，有
L= v xt ′，v y
′ =at ′联立解得tan β = 1
2根据数学三角函数，可得tan (α + β)=3
故C 错误；
D．粒子射入最高点的过程水平方向和竖直方向的位移分别为x = v xty = 1
2 ⋅qU 2
2md ⋅t
2解得y = U 2 x
2
4 d U 1
可知
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带电粒子的轨迹方程与其质量或者电荷数量无关，即轨迹不会变化，故D 正确。故选D。
考向2 示波管及其应用
例2 有一种电子仪器叫做示波器，可以用来观察电信号随时间变化，下图是它核心部件示波管的原理图，
由电子枪、偏转电极、荧光屏等组成，管内抽真空。电子枪产生热电子，当两对偏转电极不加偏转电压时，
电子正好打在荧光屏中心。设热电子初速度为零，经过加速电压加速后进入偏转电极Y Y
′ X X
′，电子最终
打在荧光屏上某处出现亮点以便观察，不计电子重力、电子间相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．电子加速后进入两对偏转电极后，均做匀速圆周运动
B．电子到达荧光屏的动能大小只与加速电压有关，与偏转电极电压无关
C．图中沿轴线射入的电子，当偏转电极U Y Y
′>0、U X X
′<0，电子有可能击中荧光屏幕正中心
D．电子经加速电压加速后垂直进入AB区间，则经过AB的时间与两对偏转电极电压无关
【答案】D
【详解】A．电子加速后进入偏转电极，在电场中收到恒定的电场力的作用，电子做匀变速运动，不可能
是匀速圆周运动，故A 错误；
B．电子经过偏转电极时，偏转电极对电子做正功，所以到达荧光屏的时间与偏转电压有关，故B 错误；
C．图中沿轴线射入的电子，当偏转电极U Y Y
′>0、U X X
′<0电子击中荧光屏幕第二象限，不可能出现在荧
光屏中心，故C 错误；
D．垂直进入AB区间的电子，在轴线方向做匀速直线运动，所以经过该区域时间与偏转电极电压无关，故
D 正确。故选D。
【变式训练2-1】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，如图所示。如果在
荧光屏上P 点出现亮斑，那么示波管中的（ ）
A．极板X 应带正电
B．极板X'应带负电
C．极板Y 应带正电
D．极板Y'应带正电
【答案】D
【详解】电子受力方向与电场方向相反，因电子向极板X'方向偏转，则电场方向为极板X'到极板X，则极
板X 带负电，极板X'带正电，同理可以知道极板Y 带负电，极板Y'带正电。
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故选D。
【变式训练2-2·变考法】如图甲所示为示波管原理图，若其内部竖直偏转电极Y Y
′之间的电势差按照如图
乙所示的规律变化，水平偏转电极X X
′之间的电势差按照如图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的
图形是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】电子在偏转场中运动时，只受电场力作用，那么在初速度方向做匀速运动，即电子运动时间始终
不变。根据牛顿第二定律eU =ma得a= eU
m 可知，电子在偏转场中加速度a 与电压成正比，根据x = 1
2 at
2
可知，电子偏转的位移与电压成正比。故由U Y =asin πt
t0
，a>0U X =b(t −t0)，b>0可得
Y =a
′ sin πt
t0
，a
′>0 X =b
′(t −t0)，b
′>0所以
Y =a
′ sin πt
t0
=a
′ sin π
t0(
X
b
′ +t0)=−a
′ sin(
π
b
′ t0
X)=−a
′ sin（c
′ X ），a
′>0，c
′>0
故选D。
【变式训练2-3·变考法】示波管的结构如图甲所示，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，
两对偏转电极XX′、YY′相互垂直。如图乙所示，荧光屏上有xOy 直角坐标系，坐标原点位于荧光屏的中心，
x 轴与电极XX′的金属板垂直，其正方向由X′指向X，y 轴与电极YY′的金属板垂直，其正方向由Y′指向Y。
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电子枪中的金属丝加热后可以逸出电子，电子经加速电极间的电场加速后进入偏转电极间，两对偏转电极
分别使电子在两个相互垂直的方向发生偏转，最终打在荧光屏上，产生一个亮斑。已知两对偏转电极极板
都是边长为l 的正方形金属板，每对电极的两个极板间距都为d，加速电极间电压为U0，电子的电荷量为
e，质量为m。忽略电子刚离开金属丝时的速度，不计电子之间相互作用力及电子所受重力的影响。下列各
情形中，电子均能打到荧光屏上。问：若在偏转电极YY′之间加恒定电压U1（U1 > 0），而偏转电极XX′之
间不加电压，已知电极YY′的右端与荧光屏之间的距离为L1。求电子打在荧光屏上的位置坐标（ ）
A．(0, (l+2 L1)lU 1
4 d U 0 )
B．(l , (l+2 L1)lU 1
4 d U 0 ) C．(0, (l+2 L1)I U 1
2d U 0 ) D．
(l , (l+2 L1)lU 1
2d U 0 )
【答案】A
【详解】因偏转电极XX′之间不加电压，即电子在x 方向不发生偏转，故电子打在荧光屏上时的横坐标为
0；因偏转电极YY′之间加恒定电压U1（U1 > 0），故电子在偏转电极YY′之间做类平抛运动，射出偏转电
极YY′之间的电场区域后做匀速直线运动，最终打在y 轴的正半轴，电子经加速电极加速过程，根据动能定
理，有eU 0= 1
2 mv0
2在偏转电极YY′之间运动过程，有
10
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l = v0t，v y =at，a= eE
m ，E = U 1
d ，tanθ = v y
v0
联立求得tanθ = U 1l
2U 0d 电子做类平抛运动过程中，射出电场
时速度的反向延长线过沿射入电场时速度方向位移的中点，根据几何关系，有y =(
l
2 + L1)tanθ求得
y = (l+2 L1)lU 1
4 d U 0
故选A。
考向3 电场中带电体（计重力）的抛体运动
例3 如图的坐标系中，x 轴水平向右，质量为m=0.5kg、带电量为q =+10
−4C的小球从坐标原点O 处，以
初速度v0=√3 m /s斜向右上方抛出，进入斜向右上方场强为E=5×104V/m 的匀强电场中，小球在运动过程
中经过x 轴上的P 点，E 与x 轴正方向的夹角为30°，v0与E 的夹角为30°，重力加速度取10m/s2，说法正
确的是（ ）
A．O、P 两点间的距离为3√3
5
m
B．O、P 两点间的电势差为6√3×10
4 V
C．小球在P 点的速度大小为6√3 m /s
D．小球的加速度的大小为10m/s2
【答案】D
【详解】D．小球在电场中受到的电场力为F =qE =10
−4×5×10
4 N =5 N小球受到的重力为
G =mg=0.5×10 N=5N
小球受力如图所示
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根据几何知识可知小球受到合力为F合=5 N则小球的加速度的大小为a= F合
m = 5
0.5 m/s
2=10 m/s
2故D 正确；
AC．小球所受合力方向刚好与v0方向垂直，设OP 的距离为x，将小球的运动分解为v0方向和垂直v0方向，
则有x cos60° = v0t，x sin60° = 1
2 at
2小球在P 点的速度为v =√v0
2+(at )
2联立解得x = 6√3
5
m，
v =√39 m /s故AC 错误；
B．由匀强电场电势差与电场强度关系可得U OP= Ex cos30° =9×10
4 V故B 错误。故选D。
【变式训练3-1】如图所示，在竖直平面xOy内存在大小、方向均未知的匀强电场。一质量为m 的小球从y
轴上P 点以水平速度v 进入第一象限，速度方向沿x 轴正方向，经过x 轴上Q 点时的速度大小也为v，方向
与x 轴正方向夹角为37°。已知sin37°=0.6，重力加速度大小为g，不计空气阻力。小球从P 点运动到Q 点
的过程中（ ）
A．动能与电势能之和先减后增
B．速度的最小值为4
5 v
C．所受电场力的最小值为√10
10 mg
D．水平位移与竖直位移的大小之比为2 1∶
【答案】C
【详解】A．小球受重力和电场力作用，在运动过程中只有动能、重力势能和电势能的相互转化，小球从
P 点运动到Q 点的过程中，重力做正功，重力势能减小，所以动能和电势能之和一直增大，A 错误；
B．小球在水平方向先向右做匀减速直线运动，加速度大小为ax = v −v cos37
o
t
竖直方向做匀加速直线运动，
加速度大小为a y = v sin37
o
t
如图
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设小球合加速度方向与竖直方向夹角为θ，则有tanθ = ax
a y
= 1
3小球在空中做类斜抛运动，可分解为垂直于
合加速度方向的匀速直线运动和合加速度方向上的匀变速直线运动，当速度方向与合加速度方向垂直时，
速度有最小值，即vmin= v cosθ = 3√10
10
v，B 错误；
C．如图
小球受到重力和电场力的合力与竖直方向上的夹角也为θ，则电场力的最小值为Fmin=mgsinθ = √10
10 mg，
C 正确；
D．小球水平位移大小为x = 1
2 axt
2竖直位移大小为y = 1
2 a yt
2解得x
y = ax
a y
= 1
3，D 错误。故选C。
【变式训练3-2】如图所示，在竖直面内有一匀强电场，质量为m、带电量为q 的小球从A 点以速度v0竖直
向上抛出，小球运动到B 点时速度方向水平，大小也为v0，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正
确的是（ ）
A．小球从A 点运动到B 点，做先加速后减速的运动
B．电场强度的最小值为√2mg
q
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C．小球从A 点运动到B 点所用的时间为v0
g
D．小球从A，运动到B 的过程中动能的最小值为1
4 mv0
2
【答案】D
【详解】A．分析可知，速度变化量的方向与竖直向下方向成45°斜向右下方，加速度方向与速度变化量的
方向相同，合力方向与加速度方向相同。因此，合力方向如图所示
由v 与F 夹角先是钝角，后是锐角，所以速度先减后增，A 错误
B．当电场力与合力方向垂直时，电场力最小，电场强度最小。由q Emin=mgcos 45°得Emin= √2mg
2q
，B
错误；
C．只有匀强电场方向水平时，竖直方向为竖直上抛运动，时间为t = v0
g
，C 错误；
D．速度与速度变化量方向垂直时，速度最小。如图
粒子在该过程中的最小速度vmin= √2
2 v0最小动能为Ekmin= 1
2 m vmin
2 = 1
4 m v0
2故D 正确。故选D。
【变式训练3-3】如图所示，质量为m、带电荷量为＋q 的小金属块A（可视为质点）以初速度v0从光滑绝
缘水平高台上O 点飞出。已知在足够高的高台边缘右面空间中存在水平向左的匀强电场，场强大小
E = 2mg
q
，重力加速度为g。则（ ）
A．金属块不一定会与高台边缘相碰
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B．金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为v0
2
2g
C．金属块第一次与高台边缘相碰时，距飞出点O 的距离为v0
2
2g
D．金属块运动过程中距高台边缘最远时的速度大小为v0
4
【答案】B
【详解】A．对金属块进行分析可知，水平方向上受到的电场力方向向左，水平方向做双向匀变速直线运
动，竖直方向做自由落体运动，由于平台足够高，可知，金属块一定会与高台边缘相碰，故A 错误；
B．水平方向上，根据牛顿第二定律有qE =max解得ax= g水平方向上分速度减小为0 时，距高台边缘的
水平距离达到最大，利用逆向思维则有v0
2=2ax xmax解得xmax = v0
2
2g
故B 正确；
C．水平方向，金属块做双向匀变速直线运动，根据对称性，金属块第一次与高台边缘相碰过程有
−v0= v0−axt1解得t1= 2v0
g 则此过程，在竖直方向上，距飞出点O 的距离为h1= 1
2 gt1
2解得h1= 2v0
2
g
故C
错误；
D．结合上述，金属块距高台边缘最远时水平分速度减为0，利用逆向思维有v0=axt2解得t2= v0
g
此时金属
块的速度v = gt2= v0故D 错误。故选B。
考点二 带电粒子在交变电场中的运动
知识点 交变电场中的偏转处理方法（带电粒子重力不计，方法实操展示）
U-t 图
轨迹图
[来源:Zxxk.Com]
v0
v0
v0
v0
v0
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vy-t 图
考向 带电粒子在交变电场中的偏转
例4 如图甲所示，在水平放置平行金属板A、B左侧有一线状粒子发射源（图中未画出），能发出宽度为d、
速度相同的带正电粒子束，t =0时刻该粒子束恰好完全水平进入平行金属板间。已知粒子束的速度
v0=1×10
3 m/s，比荷q
m =1×10
6C/kg，两板间距为d =20cm，板长L= 4cm，极板间加如图乙所示的交
变电压。不考虑电容器的边缘效应，也不考虑击中极板的粒子对板间电压的影响，不计粒子重力和粒子间
的相互作用力。则粒子射出电场时的位置到B板的距离至少为（ ）
A．0.0025 m
B．0.005 m
C．0.01m
D．0.015 m
【答案】B
【详解】粒子束在水平方向做匀速直线运动，则其射出电场所需时间为
t = L
v0
= 4×10
−2
1×10
3 = 4×10
−5s
若零时刻射入电场的粒子从靠近B 板进入电场且能射出电场，0~2×10
−5s时间内，A 板带正电，B 板带
负电，粒子向下做类平抛运动，粒子的加速度大小为a1= q E1
m = qU 1
md =1×10
6×
10
20×10
−2 =5×10
7 m/s
2
竖直方向的位移为
y1= 1
2 a1t1
2= 1
2 ×5×10
7×(2×10
−5)
2=0.01m 2×10
−5~ 4×10
−5s时间内，A 板带负电，B 板带正电，粒
子向下做类斜抛运动，粒子的加速度大小为a2= q E2
m = qU 2
md =1×10
6×
20
20×10
−2 =1×10
8 m/s
2
第一段类平抛运动的末速度和第二段类斜抛运动的初速度相同，第二段竖直方向做减速运动，则有
a1t1=a2t2解得t2= a1
a2
t1=1×10
−5s
t
O
vy
v0
T/2
T
单向直线运动
A
B
速度不反向
t
O
vy
v0
往返直线运动
A
B
速度反向
T
T/2
-v0
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第二段类斜抛运动在竖直方向的位移为y2= 1
2 a2t2
2= 1
2 ×1×10
8×(1×10
−5)
2=0.005 m当类斜抛运动轨迹
与B 板如下图所示相切时，射出电场时粒子到B 板距离最小，最小距离为ymin= y2=0.005 m故B 正确，
A、C、D 错误。故选B。
【变式训练4-1】如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随
时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地
射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0。已知t =0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场
方向射出电场。则（ ）
A．部分粒子会打到两极板上
B．每个粒子在板间运动全过程，所受电场力会致使带电粒子离开电场时沿电场方向的速度不为零
C．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2 Ek0
D．有t =n T
2 （n=0,1,2，…）时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场
【答案】C
【详解】BD．带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上，做加速度大小不变、方
向周期性变化的变速直线运动，由t =0时刻进入电场的粒子运动情况可知，粒子在平行板间运动时间为交
变电流周期的整数倍，在0~ T
2 时间内带电粒子运动的加速度为
a= E0q
m
由匀变速直线运动规律得
v y =at = E0q
m t
同理可分析T
2 ~T时间内的运动情况，所以带电粒子在沿电场方向的速度v 与E−t图线所围面积成正比
（时间轴下方的面积取负值），而经过整数个周期，E0−t图像与坐标轴所围面积始终为零，故带电粒子
离开电场时沿电场方向的速度总为零，都垂直电场方向射出电场，故BD 错误；
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A．带电粒子在t =0时刻射入时，侧向位移最大，故其他粒子均不可能打到极板上，故A 错误；
C．当粒子在t =0时刻射入且经过T 离开电场时，粒子在t = T
2 时达到最大速度，由题意得此时两分位移之
比为x
y = 2
1即v0t =2× 1
2 at
2可得v y = v0故粒子的最大速度为v =√2v0因此最大动能为初动能的2 倍，故C
正确。故选C。
【变式训练4-2】如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d 的平行金属板P、Q 两板间距为d，两板间加
上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P 板处有一粒子源A，自t=0 时刻开始连
续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t=0 时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离
开电场，已知电场变化周期T = 2d
v0
，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则下列叙述不正确
的是（ ）
A．在t=0 时刻进入的粒子离开电场时速度大小为v0
B．粒子的电荷量为mv0
2
U 0
C．在t=1
8T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了1
8 m v0
2
D．在t=1
4 T 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场
【答案】C
【详解】A．粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t=0 时刻进入电场的粒子在电场中运动时间
T = 2d
v0
，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，
粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A 正确；
B．粒子在竖直方向，在T
2 时间内的位移为d
2 ，则1
2 d = 1
2 · U 0q
dm ·( d
v0
)
2
计算得出q = mv0
2
U 0
故B 正确；
C．t=1
8T 时刻进入电场的粒子，在竖直方向先向下加速3
8 T，然后向下减速3
8 T，再向上加速1
8 T，再向上
减速1
8 T，由对称性可知，此时竖直方向的速度减少为零，则进入和离开电场时速度均为v0，动能相同，
由能量守恒可知，电势能相等，故C 错误；
D．t=1
4 T 时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动1
4 T，然后向下减速运动1
4 T，再向上加速1
4 T，向
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上减速1
4 T，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P 板右侧边缘离开电场，故D 正确。
本题选说法错误的，故选Ｃ。
【变式训练4-3】如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t =0时刻，质量
为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0~ T
3 时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘
飞出，微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g关于微粒在0∼T时间内运动的描述，错误
的是（ ）
A．末速度大小为√2v0
B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了1
2 mgd
D．克服电场力做功为1
2 mgd
【答案】A
【详解】AB．0～T
3 时间内微粒匀速运动，则有q E0=mg T
3 ～2
3 T内，微粒做平抛运动，下降的位移
x1= 1
2 g(
T
3)
2 2
3 T ～T时间内，微粒的加速度a= 2q E0−mg
m
= g方向竖直向上。微粒在竖直方向上做匀减
速运动，T 时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，故A 错误，符合题意；B 正
确，不符合题意；
C．微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为1
2 d，则重力势能的减小量Δ E p= 1
2 mgd故C 正确，不符合题
意；
D．在T
3 ～2
3 T内和2
3 T ～T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小
相等，为1
4 d，整个过程中克服电场力做功
W =q×2 E0× 1
4 d = 1
2 q E0d = 1
2 mgd
故D 正确，不符合题意。
故选A。
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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（ ）
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。
2．（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。
故选B。
3．（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：
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(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)2m v0
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 = 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
x1= (v0sinθ)
2
2a
= mv0
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= 2m v0
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
到达最高点时，a、b 间的距离H =2v0sinθt = 2mv0
2sin
2θ
qE
4．（2023·北京·高考真题）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）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U 1；
（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U 2；
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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10μm和2.5μm
的两种颗粒，若10μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5μm的颗粒被收集的百分比。
【答案】（1）U 1= 2d
2m v0
2
q L
2
；（2）a、U 2= d
2kR v0
qL
；b、25%
【详解】（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，水平方向有
L= v0t竖直方向d = 1
2 at
2根据牛顿第二定律qE =ma又E = U 1
d 解得U 1= 2d
2m v0
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，竖直方向F电= f qU 2
d
=kRv且d
v = L
v0
解得
U 2= d
2kR v0
qL
b. 10μm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
等于电场力，有f =kR vmax，f = qU 2
d
在竖直方向颗粒匀速下落d = vmaxt 2.5μm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，所受阻力等于电场力，有f
′ = 1
4 kR v
′
max，f
′ = q
′U 2
d
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
′ = v
′
maxt解得d
′ = d
4 2.5μm的颗粒被收集的百分
比d
′
d ×100 % =25 %。
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