重難點13帶電粒子在電場中的運動

命題趨勢J

考點三年考情分析2025考向預測

帶電粒子在電場中的運動問題涉

及較多的概念和規律，帶電粒子涉

及的運動過程包括電場中的加速、

3年3考平衡、偏轉和一般的曲線運動，從

帶電粒子在電場中運動的分析與

廣東卷[(2024,T8),(2023,T9),物理規律應用的角度分析，涉及受

計算；

(2022,T8)]力分析、牛頓運動定律、能量守恒

定律，從考查方法的角度分析，涉及

運動的合成與分解法、正交分解

法、等效法。

重難詮釋◎

【情境解讀】

⑴加速

(2)偏轉

'沿初速度”。方向做勻速直線運動，沿電場力

方向做勻加速直線運動。

X._________________________-

加速度但支=致=%。

mmma9+

L

y=-^-at,t=-9解得離開電場時的偏移量產

2VQ

qU不

2mdvo°

離開電場時的速度偏轉角的正切值tan

鄉,%=a=嗎?2,解得tan0=-2^

oi——

粒子經電場偏轉后，合速度。的反向延

位移偏轉角的正切值30=子=料為，速長線與初速度延長線的交點0為粒子

I2TZU/I?O水平位移的中點，即0到偏轉電場邊

度偏轉角正切值(tan夕)等于位移偏轉角正緣的距離為方。

切值(tana)的2倍，即tan0=2tanao

【高分技巧】

1.電場中直線運動問題的兩種解題思路

(1)動能定理：不涉及。、力時可用。

(2)牛頓運動定律：涉及4、/時可用。

2.勻強電場中的偏轉問題

(1)帶電粒子垂直于場強方向進入勻強電場，在勻強電場中的偏轉一般為類平拋運動，可用

運動的分解來解決。

(2)不涉及運動細節、涉及功能問題時常用動能定理解決。

注意：偏轉時靜電力做功不一定是少=4。板間，應該是少=q與。為偏移量)。

3.勻強電場中偏轉問題的兩個結論

(2)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量歹=

-at2=^-=—,偏轉角的正切值tan9="=y,與比荷無關，y和夕總是相同的。

22mdvi4Uodmdvi2Uod

粒子打在光屏上的位置P到中心的距離yo=y+/tan9=仔+/jtane。

4.帶電體在電場和重力場中運動的分析方法

(1)對帶電體的受力情況和運動情況進行分析，綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動的

規律解決問題。

(2)根據功能關系或能量守恒的觀點，分析帶電體的運動時，往往涉及重力勢能、電勢能以

及動能的相互轉化，總的能量保持不變。

【考向一：帶電粒子在電場中的直線運動】

1.如圖甲所示，在某電場中建立x坐標軸，一個電子僅在靜電力作用下沿x軸正方向運動，經過/、8、C

三點，已知xc—尤2=物一山。該電子的電勢能穌隨坐標x變化的關系如圖乙所示。則下列說法中正確的

是()

1

△pq.；V.

XAXBXCX

uXAXBXcX

甲乙

AN點電勢高于8點電勢

B.A點的電場強度小于B點的電場強度

C.A,3兩點電勢差等于8、C兩點電勢差|“c|

D.電子經過N點的速率小于經過8點的速率

答案D

解析一個電子僅在靜電力作用下沿x軸正方向運動，由題圖知電子電勢能一直減小，則電子從/到3

靜電力做正功，即%B=4%B=(-e)%B>0,所以必產0,/點電勢低于8點電勢，故A錯誤；根據電

勢能Ep隨坐標x變化的關系Ep=q(px=eq)x，則A￡p=e\(px=eEx\x,可知Ep-x圖像的斜率絕對值越大，

電場強度越強，由題圖可知/點的斜率絕對值比3點的大，/點的電場強度大于2點的電場強度，故B

錯誤；由題圖可知，電子通過相同位移時，電勢能的減小量越來越小，根據功能關系%B=—AEpNB，

WBC=-\EvBC,靜電力做功%8=4%E，WBC=qUBC,故/、3兩點電勢差|為引大于8、C

兩點電勢差|以d，故C錯誤；一個電子僅在靜電力作用下沿X軸正方向運動，根據動能定理矗

--mv^>0,電子經過N點的速率小于經過8點的速率，故D正確。

2

2.人體的細胞膜模型圖如圖a所示，由磷脂雙分子層組成，雙分子層之間存在電壓（醫學上稱為膜電位），

現研究某小塊均勻的細胞膜，厚度為心膜內的電場可看作勻強電場，簡化模型如圖b所示，初速度可

視為零的一價正鈉離子僅在靜電力的作用下，從圖中的N點運動到8點，下列說法正確的是（）

細胞外

b

A.A點電勢等于B點電勢

B.鈉離子的電勢能增大

C.若膜電位越小，鈉離子進入細胞內的速度越大

D.若膜電位增加，鈉離子進入細胞內的速度更大

答案D

解析初速度可視為零的一價正鈉離子僅在靜電力的作用下，從圖中的4點運動到8點，則/點電勢高

于3點電勢，A錯誤；鈉離子運動過程中靜電力做正功，所以鈉離子的電勢能減小，B錯誤；由動能定

理可知4。=；加廿，若膜電位越小，鈉離子進入細胞內的速度越小；電壓U增加，速度更大，C錯誤，D

正確。

3.（2023大灣區一模）工業生產中有一種叫電子束焊接機的裝置，其核心部件由如圖所示的高壓輻向電場

組成.該電場的電場線如圖中帶箭頭的虛線所示.一電子在圖中〃點從靜止開始只在電場力的作用下沿

著電場線做直線運動.設電子在該電場中的運動時間為位移為x,速度為v,受到的電場力為尸，電

勢能為小，運動經過的各點電勢為夕，則下列四個圖像可能合理的是（）

答案D

解析電子所受的電場力的方向與電場強度方向相反，指向a所以電子向/運動，電場線越來越

密，電場強度逐漸增大，根據尸=eE,電場力逐漸增大，故B錯誤；電子的加速度。=一，電子向/運

m

動，電場強度增大，電子的加速度增大，速度增大且圖線的斜率增大，故A錯誤；電子逆電場線向/運

動，電勢升高，電場強度增大，根據￡="，電勢圖線的斜率增大，故D正確；品一x圖線斜率代表電

Ax

場力，電子向4運動，電場強度增大，電場力變大，即電勢能圖線的斜率增大，故C錯誤.

4.(2023新課標卷)密立根油滴實驗的示意圖如圖14所示。兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上

板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電量不同、密度相同的小油滴。兩板間不加電壓時，油滴。、b

vo

在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運動，速率分別為％、兩板間加上電壓后(上板為正極)，這

4

兩個油滴很快達到相同的速率上，均豎直向下勻速運動。油滴可視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半

2

徑、運動速率成正比，比例系數視為常數。不計空氣浮力和油滴間的相互作用。

aoob

(1)求油滴a和油滴b的質量之比；

(2)判斷油滴。和油滴b所帶電荷的正負，并求a、b所帶電荷量的絕對值之比。

答案(1)8：1(2)。帶負電荷6帶正電荷4：1

解析(1)根據題述有f=kvr

設油滴。的質量為加1，油滴。以速率為向下勻速運動時，由平衡條件有

加ig=Eori，m\=—Tir\p

Vo

設油滴6的質量為加2,油滴b以速率一向下勻速運動時，由平衡條件有

4

vo4

碎名=匕1^2,加2=于川"

聯立解得尸1:尸2=2：1,冽I：加2=8:lo

Vo

(2)當在上下平板加恒定電壓(上板為正)時，這兩個油滴很快以鼻的速率豎直向下勻速運動，則油滴。速

率減小，說明油滴a受到向上的電場力，油滴。帶負電荷，油滴b速率增大，說明油滴6受到向下的電

場力，則油滴b帶正電荷。

Vo

當兩個油滴均以速率一豎直向下勻速運動時，

2

fir\

由可知所受阻力之比為一=—=2

fi.及

VoV0

油滴b以速率I豎直向下勻速運動時，所受阻力為/=加2g,結合可知油滴6以速率,豎直向下勻

速運動時，所受阻力為2g

Vo

油滴a以速率5豎直向下勻速運動，所受阻力為力=班=4"?喏

設油滴。所帶電荷量的絕對值為％,由平衡條件有

m\g=q\EA-fx

設油滴6所帶電荷量的絕對值為公，由平衡條件有

m2g+qiE=fi

聯立解得夕1:伙=4：1。

5.如圖是電子加速系統，K是與金屬板M距離最近的燈絲，電源4給K加熱可以產生初速度不計的熱電

子，N為金屬網，M、N接在輸出電壓恒為U的高壓電源及上，M、N之間的電場近似為勻強電場，系

統放置在真空環境中，正常工作時，從K發出的電子經M、N之間的電場加速后，大多數電子從金屬網

N的小孔射出，少部分電子打到金屬網絲上被吸收，從而形成回路電流，電流表的示數穩定為/。已知

電子的質量為加、電荷量為e,不計電子所受的重力和電子之間的相互作用。

(1)求單位時間內被金屬網N吸收的電子數?；

(2)若金屬網N吸收電子的動能全部轉化為內能，證明金屬網的發熱功率P=IU；

(3)電子可認為垂直打到金屬網N上，并假設打在金屬網N上的電子全部被吸收，不反彈。求被金屬網

吸收的電子對金屬網的作用力大小廠。

/\2rnU

答案(1)-(2)見解析(3)/——

e

解析(1)根據電流定義式得/=2

Q—net

解得n=~

e

(2)每個電子被加速，有eU=1w2

單位時間內金屬網吸收的電子動能轉化為金屬網的發熱功率

1I

P=n-mv2=neU=-eU=IU

2o

(3)電子被加速時，有加廿

2eU

解得v

m

由動量定理一產方=&?得Ft—nmv

、一,2m17

聯立解得尸=/一1

2mU

由牛頓第三定律知尸=/=/二。

【考向二：帶電粒子在電場中的曲線運動】

6.(多選)如圖所示，豎直平面內存在一勻強電場，電場強度方向與水平方向間的夾角(9=60。，。、M為其

中一條電場線上的兩點，一帶電粒子電荷量為g,不計重力，在。點以水平初速度為進入電場，經過時

間f粒子到達與M在同一水平線上的N點，且.OM=MN,貝|()

5M

B.粒子帶負電

C.帶電粒子在。點的電勢能大于在N點的電勢能

D.由。到N運動過程中，靜電力的功率增大

答案BCD

——I

解析由5勿=￡?。“，U=E-MNCOS0,可得SVM=-UMO，選項A錯誤；根據粒子的運動軌跡可知，

NM2

粒子受靜電力斜向下，可知粒子帶負電，選項B正確；帶電粒子從。到N靜電力做正功，電勢能減小，

則帶電粒子在。點的電勢能大于在N點的電勢能，選項C正確；根據尸=q￡v,由。到N運動過程中，

粒子沿電場線方向的速度v增大，可知靜電力的功率增大，選項D正確。

7.（2024揭陽質檢）平行金屬板/、8分別帶等量異種電荷，/板帶正電，8板帶負電，a、6兩個帶正電的

粒子，以相同的速率先后垂直于電場線從同??點。進入兩金屬板間的勻強電場中，并分別打在8板上的

4'、8'兩點，如圖所示.若不計重力，貝1k）

AI1

X、、、、

BlI

A'B'

A.a粒子帶的電荷量一定大于b粒子帶的電荷量

B.a粒子的質量一定小于b粒子的質量

C.a粒子的比荷一定大于b粒子的比荷

D.a粒子的比荷一定小于6粒子的比荷

答案C

解析設粒子的速度為v,電荷量為g,質量為a,加速度為a,運動的時間為7,則加速度a=上，

m

x1IEa/x\2

時間，=一，粒子垂直電場線射入電場后，粒子的偏移量丁=-成2=,卜，從公式中可以知道，水

vo22m\voJ

平位移X較大的粒子，比荷烏就一定小，故C正確，A、B、D錯誤.

m

8.（2023北京卷）某種負離子空氣凈化原理如圖所示.由空氣和帶負電的灰塵顆粒物（視為小球）組成的混合

氣流進入由一對平行金屬板構成的收集器.在收集器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度V。保持不

變.在勻強電場作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，己知金屬板長度為3間距為力不考慮重力

影響和顆粒間相互作用.

（1）若不計空氣阻力，質量為加、電荷量為一q的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓5.

（2）若考慮空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對于空氣的速度v方向相反，大小為尸什v,其中r為顆

粒的半徑，人為常量.假設顆粒在金屬板間經極短時間加速達到最大速度：

①若半徑為心電荷量為一q的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓5.

②已知顆粒的電荷量與其半徑的二次方成正比,進入收集器的均勻混合氣流包含了直徑為10「im和

2.5的兩種顆粒，若10的顆粒恰好100%被收集，求2.5pm的顆粒被收集的百分比.

2mcPv6kcPRvo

答案(1)——(2)①--------②25%

qL1qL

解析(1)只要緊靠上極板的顆粒能夠落到收集板右側，顆粒就能夠全部收集，水平方向有

豎直方向d=-at2

2

根據牛頓第二定律qE=ma

又E吟

」,2m(Pvl

解得5=——

qL2-

(2)①空氣和帶電顆粒沿板方向的速度均保持不變，說明水平方向不受空氣阻力作用，當顆粒在金

屬板間經極短時間加速達到最大速度時

F電=/

qUidL

即—=kRv,且一=一

dVVO

…口kcPRvo

斛得5=-----

qL

②10國11帶電荷量9的顆粒恰好100%被收集，顆粒在金屬板間經極短時間加速達到最大速度，所

受阻力等于電場力，有

qU_

——2=A7?iov

amax

在豎直方向顆粒勻速下落，則/=^^/

2.5Hm的顆粒帶電荷量為/="，顆粒在金屬板間經極短時間加速達到最大速度，所受阻力等于

16

電場力，有

q'lh1

~~~^2.5Vmax?氏2.5=1及10

d4

設只有距下極板為"的顆粒被收集，在豎直方向顆粒勻速下落

d-Vmax%

〃,d

解得y

則2.5的顆粒被收集的百分比

df

〃=-xl00%=25%

d

9.(2024福建高三校聯考)1897年，物理學家湯姆孫正式測定了電子的比荷，揭開了原子神秘的面紗。如圖

所示為湯姆孫測定電子比荷裝置的簡化示意圖，陰極K發出的電子由靜止經過加速電壓仇加速后，沿

軸線進入兩平行極板C、。間。僅在C、。極板間施加一定電壓，電子從C、。右側離開時偏離軸線距

離為V；若保持電壓不變，在C、。間加上與紙面垂直的磁場，發現電子沿直線前進。已知電子的電荷

量大小為e,質量為機。C>。極板間距為d,長度為求：

KIC----------

-o-lD-

(1)電子經過加速電壓加速后的速度大小Vo；

⑵C、D極板間所加的電壓大小U；

⑶C、D極板間所加磁場的磁感應強度的大小B。

\2eUoAydUo

答案

⑴、hr限

解析(1)電子經過加速電壓Uo加速，有

eU(\=—mvi

2

2eU

解得v=0

0m

(2)粒子進入極板間之后做類平拋運動,

豎直方向和水平方向上有歹=；〃凡L=v()t

由e—=ma得加速度為a——

dmd

聯立各式可得。=電學

L2

(3)若保持電壓不變，在C、O間加上與紙面垂直的磁場，發現電子沿直線前進，說明電子所受靜電力和

洛倫茲力平衡eE=ev()B

又"聯立解得"青持

10.(2024天津高三期末統考)如圖所示，帶電金屬板4、8豎直平行正對放置，5板中心的小孔正好位于平面

直角坐標系xQy的。點，歹軸沿豎直方向。在x>0的區域內存在沿歹軸正方向的勻強電場，電場強度

大小為1000V/m；比荷為1.0x105c/kg的帶正電的粒子尸從4板中心。處由靜止釋放，其運動軌跡恰

好經過點M(4m,2m),粒子P的重力不計。求:

⑴粒子P從。運動到M的時間t；

⑵金屬板/、8之間的電勢差UAB；

(3)若在粒子尸經過。點的同時，在y軸右側勻強電場中某點由靜止釋放另一帶電粒子。，使P、。恰

能在運動中相碰；假設。的質量是P的2倍，帶電情況與P相同，粒子。的重力及尸、0之間的相互

作用均忽略不計，求粒子0釋放點的橫、縱坐標x、y應滿足的函數關系。

1

答案(1)2x10-4s(2)2x103v(3)尸.2a>o)

解析(1)設粒子尸的質量為叭帶電荷量為g,由題意可知，粒子尸在y軸右側勻強電場中做類平拋

運動。

由平拋運動規律可得.

根據牛頓第二定律有qE=ma

解得Z=2xl0-4So

(2)設粒子P從。點進入勻強電場時的速度大小為vo，可知xM—vot

在金屬板/、5之間，由動能定理有

qUAB=~^^vG

解得SB=2X103V。

(3)設0在右側電場中運動的加速度為“，。粒子從(x,y)點釋放后，豎直向上做初速度為0的勻加速

直線運動，經時間，與粒子尸相遇。對于P粒子

有Xp—v^t\

對于。粒子夕0=；優產，qE=2ma'

因為優<°,所以粒子。應在第一象限內釋放，且有

yP=y+yQ

聯立解得y=/2(40)。

【考向三：帶電體在電場和重力場中的運動】

10.(2023福建寧德高三校聯考)如圖所示，在豎直平面內有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為工

的絕緣細線，細線一端固定在。點，另一端系一質量為加的帶電小球。小球靜止時細線與豎直方向成。

角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞。點在豎直平面內沿逆時針方向做圓周運動，重力加速度為g,不

考慮空氣阻力。下列說法正確的是（）

圖12

A.勻強電場的電場強度大小為￡=”叱

q

B.小球做圓周運動過程中動能的最小值為瓦111M=上"

2sin9

C.小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能最小

D.小球從初始位置開始，在豎直平面內運動一周的過程中，其電勢能先減小后增大

答案A

解析小球靜止時細線與豎直方向成。角，對小球進行受力分析，如圖甲所示，由平衡條件可知tan0=

紇解得"X,故A正確；

mgq

小球靜止時細線與豎直方向成6角，則Z點為小球繞O點在豎直平面內沿逆時針方向做圓周運動的等

效最高點，/點時小球的速度最小，動能最小，由牛頓第二定律可知"-=竺吧，動能瓦?血=雪謠in，

cos0L2

聯立解得小正=」叱，故B錯誤；由功能關系可知，當小球運動到最左邊與。點等高位置時，靜電

2cos6

力做負功最多，機械能最小，故C錯誤；小球從初始位置開始，在豎直平面內運動一周的過程中，靜

電力先做正功，后做負功，再做正功，所以電勢能先減小，后增大，再減小，故D錯誤。

12.（多選）（2022遼寧高考）如圖所示，帶電荷量為6。（。＞0）的球1固定在傾角為30。光滑絕緣斜面上的a點，

其正上方L處固定一電荷量為一。的球2,斜面上距。點Z處的6點有質量為〃z的帶電球3,球3與一

端固定的絕緣輕質彈簧相連并在b點處于靜止狀態。此時彈簧的壓縮量為七球2、3間的靜電力大小

2

為詈。迅速移走球1后，球3沿斜面向下運動。g為重力加速度，球的大小可忽略，下列關于球3的

說法正確的是（）

A.帶負電

B.運動至a點的速度大小為夜

C.運動至a點的加速度大小為2g

D.運動至刈中點時對斜面的壓力大小為地;mg

6

答案BCD

解析由題意可知三小球構成一個等邊三角形，小球1和3之間的力大于小球2和3之間的力，彈簧

處于壓縮狀態，小球1和3之間的庫侖力一定是斥力，小球3帶正電，故A錯誤；小球3運動至。點

時，彈簧的伸長量等于匕根據對稱性可知，小球2對小球3做功為0；彈簧彈力做功為0,根據動能

2

定理有加g￡sin9=1冽v2,解得故B正確；小球3在b點時，設小球3的電荷量為q,有捍=

2L

—,設彈簧的彈力為尸，根據受力平衡，沿斜面方向有尸=左華一

2L2

左半sin30°—mgsin30°,解得尸=不陪，小球運動至。點時，彈簧的伸長量等于鼻，根據對稱性可知F+

A^sin30°—mgsin300=ma,解得〃=2g,故C正確；當運動至打中點時，彈簧彈力為0,此時小球2

qQ4cjO42

對小球3的力為尸23=k—=一臂=-X）=-Wg,斜面對小球的支持力為尸N=^gCOS30。一尸23=

3L323

）2

623「一4根據牛頓第三定律可知，小球對斜面的壓力大小為反三根g，故D正確。

—mg-^mg

66

13.（多選）某同學用如圖甲所示裝置研究帶電小球在重力場和電場中具有的勢能E（重力勢能、電勢能之和）情

況。兩個帶同種電荷的小球1、2放在豎直放置的絕緣圓筒中，1固定在圓筒底部，2從靠近1位置處

釋放，測出球2離球1的位置x和速度，利用能量守恒可以得到勢能圖像。圖乙中I圖線是小球2

的E—X圖像，n圖線是計算機擬合的圖線I的漸近線，實驗中一切摩擦可忽略，小球的電荷量不會發生

變化，g=10m/s2,則小球2（）

圖13

A.上升過程速度一直變大

B.上升過程速度先變大后變小

C.質量為0.5kg

D.從x=6.0cm處運動至x=20cm處電勢能減少0.3J

答案BCD

解析上升過程系統能量守恒，￡+瓦=后總，結合圖像可知，上升過程中勢能先變小后變大，因此，

小球2的動能先變大后變小，速度也先變大后變小，A錯誤，B正確；根據庫侖定律尸=等可知，

r2-

bE

當尸—00時，F—0,系統勢能的變化量主要取決于重力做功，AE=mgAx,即冽g=—，由此可知小球2

Ax

的重力等于圖中漸近線的斜率，結合圖像可知根8=絲=&衛=5N,解得加=0.5kg,C正確；從工=

Ax0.1m

6.0cm處運動至x=20cm處的過程中，根據系統能量守恒，

-0.4J,根據動能定理可得用G+少電=應，又因為心=一加g?=-0.7J,解得少電=0.3J,從％=

6.0?11處運動至％=2()(?處的過程中，靜電力做的正功為

0.3J,電勢能減少0.3J,D正確。

14.如圖所示，/BCD表示豎直放在場強為￡=104v/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BCD

部分是半徑為R的半圓，軌道的水平部分與半圓環相切，/為水平軌道上的一點，而且/8=R=0.2rn。

把一質量%=100g、帶電荷量4=10-4c的小球，放在水平軌道上的4點，由靜止開始被釋放后，在

軌道的內側運動。(g=10m/s2)求：

(1)它到達C點時的速度是多大？

⑵它到達C點時對軌道壓力是多大?

(3)小球所能獲得的最大動能是多少？

答案(1)2m/s(2)3N(3)^J

解析(1)設小球在C點的速度大小是vc，軌道對小球的壓力大小為樂°,則對于小球由N-C的過程

中，應用動能定理得

qE-2R—mgR——mv^—0

4qER

解得vc=2gR=2m/so

⑵在C點沿圓軌道徑向，對小球應用牛頓第二定律，有FNc—qE=m—

R

得F^c=5qE—2mg=3N

根據牛頓第三定律知，小球在C點對軌道的壓力大小為3No

(3)因為mg=qE=1N

所以小球受到合力的方向垂直于2、C兩點的連線向下，8c弧的中點。為等效重力的最低點，在此處

小球具有最大速度，

從N到。由動能定理得

qER(l+sin45°)—wg-7?(l—cos45°)=￡,km

所以耳?1=旨Jo

15.(2022廣東高考)密立根通過觀測油滴的運動規律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎。

圖是密立根油