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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1 带电粒子在电场中的抛体运动规律和处理方法.................................................4
知识点2 带电粒子在电场中偏转的重要结论.......................................................................4
知识点3 带电粒子（体）在匀强电场中的类抛体运动.................................................................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偏转 ...............................................................................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
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
带电粒子在电场
中的偏转
选择题
非选择题
湖南卷T14
湖南卷T14
考情分析：
1．湖南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，题目难度相对较大带电粒子在电场中的偏转是计算题的高频考
点，通常作为试卷的中高难度题目出现，对学生的综合分析与解题能力要求极高。
2．从命题思路上看，试题情景为
带电粒子在电场中的偏转将与更多知识模块深度融合，如与磁场知识结合考查粒子在复合场中的运动，与
电磁感应知识结合分析电场的动态变化对粒子运动的影响等
复习目标：
目标一：将带电粒子在匀强电场中的偏转运动准确分解为垂直电场方向的匀速直线运动和沿电场方向的匀
加速直线运动，明确两个分运动的独立性和等时性。
目标二：能结合动能定理分析带电粒子偏转过程中的能量变化，准确计算电场力做功（W=qEy 或W=qUa˚其
中Ua 为粒子沿电场方向的电势差），并通过W=ΔEk 求解粒子射出电场时的动能或速度大小。
2
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考点一 带电粒子在匀强电场中的偏转
知识点1 带电粒子在电场中的抛体运动处理方法
1.带电粒子在匀强电场中的偏转运动（v0⊥E）
（1）沿初速度方向做匀速直线运动：t＝ l
v0
（如图所示）。
（2）沿静电力方向做初速度为零的匀加速直线运动：
3
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①加速度：a＝F
m＝qE
m ＝ qU
md 。
②离开电场时的偏移量：y＝1
2at2＝ qU l
2
2md v0
2 。
③离开电场时的偏转角：tan θ＝v y
v0
＝at
v0
＝ qUl
md v0
2 。
2.求解电偏转问题的两种思路
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
4
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知识点2 带电粒子在电场中的偏转的重要结论
1.两个重要结论
（1）速度偏角正切值tan θ 是位移偏角正切值tan α 的2 倍。
（2）粒子经电场偏转后射出时，瞬时速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的中点，
即该交点到偏转电场边缘的距离为l
2。
2.利用功能关系分析带电粒子的偏转
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＝1
2mv2－1
2mv0
2，其中Uy＝U
d y，指初、
末位置间的电势差。
考向1 电场中带电粒子的抛体运动
例1．（2025·湖南·一模）某静电除尘装置的原理截面图如图，一对间距为d，极板长为L的平行金属板，
下板中点为O，两板接多挡位稳压电源；均匀分布在A、B两点间的n个（数量很多）带负电灰尘颗粒物，
均以水平向右的初速度v0从左侧进入两板间。颗粒物可视为质点，其质量均为m，电荷量均为−q，板间视
为匀强电场。若不计重力、空气阻力和颗粒物之间的相互作用力，且颗粒物能够全部被收集在下极板，则
（ ）
A．上极板带正电
B．电源电压至少为mv0
2d
2
q L
2
C．电源电压为U时，净化过程中电场力对颗粒物做的总功为1
2 nqU
D．O点左侧和右侧收集到的颗粒数之比可能为1 4∶
【答案】C
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【详解】A．颗粒物要被下板收集，则所受电场力方向必向下，因其带负电，故场强方向向上，故上板应
带负电，故A 错误；
B．电源电压最小时，沿上板边缘进入的颗粒物恰好落到下板右端，设其在板间运动的时间为t，加速度大
小为a，则沿极板方向有L= v0t
垂直极板方向有d = 1
2 at
2
又ma=qE = qU 0
d
联立解得U 0= 2md
2v0
2
q L
2
故B 错误；
C．因初始时刻颗粒物均匀分布，由W =q(U +U +...+U n)= qU
d ( y1+ y2...+ yn)= qU
d × 1
2
(0+d)n
可得净化过程中电场力对颗粒物做的总功为W = 1
2 nqU
故C 正确；
D．电源电压最小时，O 点左侧和右侧收集到的颗粒数之比最小，沿极板方向由x = v0t
可知，落到O 点和下板右端的颗粒在板间运动的时间之比为1:2
垂直极板方向，由y = 1
2 at
2
可知，落到O 点和下板右端的颗粒的初始高度之比为1:4
因初始时刻颗粒物均匀分布，故O 点左侧和右侧收集到的颗粒数之比最少为1:(4−1)=1:3
故D 错误。
故选C。
【变式训练1-变情境】（2025·北京房山·一模）半导体掺杂是集成电路生产中最基础的工作。如图
所示为某晶圆掺杂机的简化模型图，平行金属板A、B 间电压为U，产生竖直方向的匀强
电场。上下两同轴的电磁线圈间的磁场可视为匀强磁场，其磁感应强度与所通电流Ⅰ成正
比。由左侧离子发生器（图中没画出）产生电量为q、质量为m 的离子，以速度
沿电
场的中央轴线飞入电场，当U=0、I=0 时，离子恰好打到晶圆圆心О 点。已知晶圆垂直纸
面放置，在晶圆面内xOy 坐标系中，x 轴为水平方向、y 轴为竖直方向，若掺杂操作过程
中，离子全部打在晶圆上，忽略离子的重力、空气阻力和离子间的相互作用力。在上述
过程中，下列说法正确的是（ ）
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A．U 越大，离子在竖直方向上偏离的位移越大，离子穿过两极板的时间越短
B．当I=0 时，离子在竖直方向上的偏离位移与U 成反比
C．当U=0 时，只要I≠0，无论Ⅰ多大，离子都不可能打在x 轴上
D．经过电场和磁场后，离子打在晶圆上的动能与电流Ⅰ的大小无关
【答案】D
【详解】AB．离子穿过极板过程中，再水平方向上为匀速直线运动，则
离子在竖直方向上做匀加速直线运动，则
当I=0 时，离子在竖直方向上的偏离位移与U 成正比，穿过极板的时间与板长和初速度
有关，故U 增大时，离子穿过极板的时间不变，故AB 错误；
C．当U=0 时，只要I≠0，时，离子在磁场中受到洛伦兹力发生水平偏转，则打在x 轴上，
故C 错误；
D．由于洛伦兹力不做功，离子打在晶圆上的动能与电流大小无关，故D 正确。
故选D。
【变式训练2-变考法】（2025·安徽淮北·一模）某同学学习了电场的相关知识后，设计了一个静电除尘装
置。装置原理如图所示，一对长为L，板间距为d 的平行金属板与电源相连，板间形成匀强电场。
(1)该同学设想质量为m、电荷量为−q的灰尘（视为小球）以平行于板的速度v0射入板间，不计重力及灰
尘间相互作用和空气阻力，当金属板间所加电压为U 时，灰尘恰好被全部吸收。求 U。
(2)当金属板间所加电压为U 时，该同学发现灰尘未被全部吸收。查阅相关资料发现，灰尘所受阻力与其相
对于空气的速度v 方向相反，大小为f =k1rv，其中r 为灰尘半径，k1为常量；灰尘电荷量则与其半径平方
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成正比，即q =k2r
2。假设灰尘在金属板间经极短时间加速到最大速度，空气和灰尘沿板方向速度均为v0
且保持不变。不计重力及灰尘间相互作用的影响。如果灰尘被全部吸收，求其半径r 应满足的条件（用
U、k1、k2、d、L、v0表示）。
【答案】(1)2d
2mv0
2
q L
2
(2)k1d
2v0
k2UL
【详解】（1）只要紧紧靠上极板的灰尘能够落到收集器右端，灰尘就能够被全部吸收，灰尘做类平抛运
动，则有L= v0t，d = 1
2 at
2
根据牛顿第二定律有qE =ma
根据电场强度与电势差的关系有E = U
d
解得U = 2d
2m v0
2
q L
2
（2）灰尘和空气沿板方向速度相等，故灰尘相对空气只有竖直方向速度，由题意可知尘所受空气阻力方
向竖直向上，灰尘在竖直方向被电场力加速，在极短时间达到最大速度时，加速度为0，则竖直方向上有
qE = f
根据题意有q =k2r
2，f =k1rv
其中v 为灰尘竖直方向速度，此后，灰尘在竖直方向做匀速直线运动。对紧靠上极板的灰尘恰好落到收集
器上，在竖直方向上有d = vt
在水平方向上有L= v0t
解得r = k1d
2v0
k2UL
【变式训练3·】 如图，氕（H）和氘（H）两种原子核由静止经同一加速电场加速后，沿
OO′方向射入偏转电场，粒子射出偏转电场后都能打在圆筒感光纸上并留下感光点，若圆筒不转动，两种
原子核（ ）
A. 离开加速电场时，动能相等
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B. 离开加速电场时，动量相等
C. 离开偏转电场后，在感光纸上留下1 个感光点
D. 离开偏转电场后，在感光纸上留下2 个感光点
【答案】AC
【解析】粒子在电场中做匀加速直线运动，有
粒子在偏转电场中做类平抛运动，有
所以
由此可知，粒子离开偏转电场时竖直位移相同，且速度方向相同，所以在感光纸上留下1 个感光点，故C
正确，D 错误；离开加速电场时的动能为
故A 正确；离开加速电场时的动量为
由于两粒子动能相等，而质量不等，所以动量不相等，故B 错误
考向2 示波管及其应用
例27．（2025·湖北·模拟预测）示波器是一种重要的电子测量仪器，其核心部件是示波管，示波管的原理
示意图如图1 所示。如果在电极
之间所加的电压
及在电极
之间所加的电压
分别按图2 中实线
及虚线所示的规律变化，则在荧光屏（XY 轴上单位长度相等）上呈现出来的图形是（ ）
A．
B．
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C．
D．
【答案】A
【详解】在t=0 时刻，
和
均为零，则电子会打到中心位置；
和
变化的周期相同，根据
偏转距离为
，
可知
可知在荧光屏上呈现出来的图形是过原点且在一、三象限的亮线。
故选A。
【变式训练1】（2025·广东·一模）电视机显像管的结构示意图如图所示，电子枪均匀发射的电子束经加速
电场加速后高速通过偏转电场，最后打在荧光屏上呈现光斑，在显像管偏转极板上加上不同的电压，光斑
在荧光屏上呈现不同情况，以上极板带正电时为正，下列说法正确的是（ ）
A．若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，则可以在荧光屏上看到一个固定的光斑
B．若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏的O 点下侧移动
C．若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上从上向下移动
D．若在偏转极板加上如图丁所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O 点两侧做往复运动
【答案】D
【详解】A.若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，当电子是在正向电压时间段进入偏转电场，在荧光
屏上侧留下一个光斑；当电子是在反向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏下侧留下一个光斑；可以看到
荧光屏的O 点上侧、下侧各一个光斑。故A 错误；
B.若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，电子一直向上偏转，所以在荧光屏O 点上方看到一个光斑移
动，故B 错误；
C.若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，电子先向下偏转再向上偏转，可以看到一个光斑在荧光屏上
从下向上移动，故C 错误；
D.若在偏转极板加上如图丁所示的正弦式偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O 点两侧做往复运动，
故D 正确。
故选D。
【变式训练2·】（24-25 高三上·河北·期中）如图甲所示为示波管原理图，若其内部竖直偏转电极
之间
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电势差如图乙所示的规律变化，水平偏转电极
之间的电势差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】
在0～t 时间内，扫描电压扫描第一次，信号电压完成0～t 的变化，荧光屏图形为
；在t～2t 时间
内，扫描电压扫描第二次，信号电压完成t～2t 的变化，荧光屏图形为
；在2t～3t 时间内，扫
描电压扫描第三次，信号电压完成2t～3t 的变化，荧光屏图形为
；以后重复上述波形，则示波管
屏幕上呈现的图形应该是D 选项形状。
故选D。
考向3 电场中带电体（计重力）的抛体运动
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例3（2025·湖南省郴州市高三第三次教学质量监测）如图甲所示，虚线表示竖直平面内的匀强电场中的等
势面，等势面与水平地面平行。电量为q、质量为m 的带电小球以一定初速度沿虚线方向抛出，以抛出点
为坐标原点沿竖直向下方向建立y 轴，运动过程中小球的动能和机械能随坐标y 的变化关系如图乙中图线
a、b 所示，图中E0为已知量，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球初速度大小
B. 电场强度大小为
C. 小球抛出时重力势能为E0
D. 小球加速度大小为
【答案】B
【解析】
【详解】A．小球初动能为Ek0，根据
可得初速度大小
，故A 错误；
B．根据动能定理得
根据功能关系得
则
电场强度大小为
，故B 正确；
D．由牛顿第二定律有
小球加速度大小为
，故D 错误；
C．初始状态
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所以小球抛出时重力势能为
，故C 错误。
故选B。
【变式训练1·】（2025·湖南娄底·二模）在水平面上，从
点将一小球斜向上抛出，而后落于
水平面上的
点。现将空间中加上竖直方向的电场，将一带电小球仍从
点以相等的速率斜
向上抛出，最后还是落在
点，不计空气阻力。则下列说法正确的是（ ）
A．两小球在空中运动的时间相等
B．两小球在最高点时的速度相等
C．带电小球在空中运动时的加速度一定大于重力加速度
D．若仅将电场方向改为水平方向，带电小球的落地点一定不在
点
【答案】D
【详解】A．带电小球，在电场中由于受电场力，竖直方向的加速度一定不等于重力加速度，
但两小球均落于B 点，抛出时的夹角一定不同，时间不等，A 错误；
B．由于夹角不相等，水平分速度不等，在最高点时的速度不相等，B 错误；
C．由于不明确电场的方向和带电小球的电性，所以加速度可能大于也可能小于重力加速度，
C 错误；
D．电场竖直方向时，水平方向的分运动始终是匀速运动，电场方向改变后，水平方向的分
运动变为变速运动，所以落点发生改变，D 正确。
故选D。
【变式训练2·】（2025·广东中山第一中学模拟）静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点，其装置示意图
如图所示。A、B 为两块水平放置的平行金属板，间距d=1.0m，两板间有方向竖直向上，大小为
E=1.0×103N/C 的匀强电场。在A 板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可
向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v0=1.0m/s、质量均为m=5.0×10-14kg 和带电量均为q=-2.0×10-15C 的
带电油漆微粒。不计微粒所受空气阻力及微粒间相互作用，油漆微粒最后都落在金属板B 上。下列说法正
确的是（ ）
A．沿水平方向喷出的微粒运动到B 板所需时间为
B．沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B 板，动能变化量为2.0×10-12J
C．若其它条件均不变，d 增大为原来的2 倍，喷涂面积增大为原来的2 倍
D．若其它条件均不变，E 增大为原来的2 倍，喷涂面积减小为原来的
【答案】C
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【解析】每个沿水平方向喷出的微粒都做类平抛运动，加速度
，则在竖直方向上
，解得
向不同方向喷出的微粒，动能定理得，
，B 错误；
d 增加为原来的2 倍，根据
，可知运动时间增大为原来的
倍，喷涂半径
变为原来的
倍，则喷涂面积变为原来的2 倍，C 正确；E 增加为原来的2 倍，加速度
，运动时间变为原来的
，喷涂半径变为原来的
，喷涂面积减小为原来的
，
D 错误。
【变式训练3】（2025·天津和平·三模）如图，两个带等量正电荷的微粒
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
【详解】A．两个微粒带等量正电荷，电场力做功代表机械能的变化，则
由于竖直位移不同，则两粒子的机械能变化量不相同，故A 错误；
B．两粒子的合外力向下，则粒子运动过程中合外力做正功，两粒子的动能一定都增大，故B
正确；
C．两粒子的初速度相等，水平方向做匀速直线运动，有
可见两粒子运动的时间相等，根据
可知电场力对两粒子的冲量一定相同，故C 正确；
D．由于电场力做功的正负未知，两粒子的电势能可能增大，故D 错误；
故选BC。
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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]
vy-t 图
考向 带电粒子在交变电场中的偏转
例4(2025.·河南省驻马店高级中学模拟★★★） 如图甲所示，某装置由直线加速器和偏转电场组成。直线
加速器序号为奇数和偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，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，位于金属圆板（序号为0）中央的电子由静止开
始加速，通过可视为匀强电场的圆筒间隙的时间忽略不计，偏转匀强电场的A、B 板水平放置，长度均为
L，相距为d，极板间电压为U，电子从直线加速器水平射出后，自M 点射入电场，从N 点射出电场。若
电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力和相对论效应。下列说法正确的是（ ）
A. 电子在第3 个与第6 个金属筒中的动能之比
B. 第2 个金属圆筒的长度为
v0
v0
v0
v0
v0
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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C. 电子射出偏转电场时，速度偏转角度的正切值
D. 若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，且圆筒间隙的距离均为d，在保持圆筒长度、交变电压的变化规
律和图乙中相同的情况下，该装置能够让电子获得的最大速度为
【答案】AD
【详解】设电子的质量为m，电子所带电荷量的绝对值为e。电子进入第n 个圆筒后的动能为En，根据动
能定理有
电子在第3 个和第6 个金属圆筒中的动能之比1:2，故A 正确；设电子进入第n 个圆筒后
速度为
，根
据动能定理有
，
第2 个金属圆筒的长度
＝
，故B 错误；
电子在偏转电场中运动的加速度为
电子在偏转电场中的运动时间为
，又因为
电子射出偏转电场时，垂直于板面的分速度
电子射出偏转电场时，偏转角度的正切值为
故C 错误；由题意，若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，则电子进入每级圆筒的时间都要比忽略电子通
过圆筒间隙中对应时间延后一些，当延后时间累计为
，则电子再次进入电场时将开始做减速运动，此时
的速度就是装置能够加速的最大速度，则有
根据动能定理得
联立解得
故D 正确。
（
【变式训练1】（2025·江西省六校高三上学期第一次调考） 如图甲所示，某多级直线加速器由
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，各金属圆筒依序接在交变电源的两极
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上，序号为0 的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，
两极加上如图乙所示的电压
，一段时间后加速器稳定加速质子流。已知质子质量为
、电荷量为，质子通过圆筒间隙的时间不
计，且忽略相对论效应，则（ ）
A. 金属圆筒内部电场强度大小随序号增大而减小
B. 质子在各圆筒中做匀速直线运动
C. 质子在各圆筒中的运动时间都为T
D. 各金属筒的长度之比为
【答案】BD
【解析】金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，做匀速运动，故A 错误，B 正确；只有质子在每个圆筒
中匀速运动时间为
时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故C 错误；
D．质子进入第n 个圆筒时，经过n 次加速，根据动能定理
解得
,第n 个圆筒长度
则各金属筒的长度之比为
，故D 正确。
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
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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：
(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
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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（
）
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
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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。
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)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
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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
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
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，
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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
，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。
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（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】
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
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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
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
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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
v❑y
2 =2ad
粒子射入电场时由动能定理可得
qU 1= 1
2 mv0
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
x = v
'
xt
'，qU 1= 1
2 mv❑
2 ，v
'
x = v cos 45°
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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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