2024年高考物理二轮热点模型电偏转模型中的分解与能量（解析版）

电偏转模型中的分解与籍量

国品

模型一带电粒子（体）在电场中的偏转

模型二带电粒子在交变电场中的运动

模型三“等效重力法”在电场中的应用

模型讲解

模型一带电粒子（体）在电场中的偏转

1.偏转的一般规律

2.两个重要推论

（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的偏转角、偏移距离总是相同

的。

（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。为粒子水平位移的中点,若电场宽度为

1,0到电场边缘的距离为亨。

3.一般解题方法

运动的分一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的

解法匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动

当讨论带电粒子的末速度。时也可以从能量的角度进行求解：虱4=］小。2

功能关系

—2馆*，其中4=与“指初、末位置间的电势差

/CL

模型二带电粒子在交变电场中的运动

1.两条分析思路

一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析;二是功能关系（机械能守恒定律、动能定理、

能量守恒定律）。

2.两个运动特征

分析受力特点和运动规律,抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程

中的速度、位移等,并确定与物理过程相关的边界条件。

3.交变电压与v—t图像

工如图甲所示，在平行板电容器4、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，力=0时刻4板电势比石板

高，两板中间静止一电子,设电子在运动过程中不与两板相碰，而且电子只受静电力作用，规定向左为正方

向，则下列叙述正确的是()

图线一

［木图线二

ABU]

7O

-U1

2图线三

甲

A.在±=0时刻释放电子，则电子运动的o—t图像如图丙图线一所示,该电子一直向B板做匀加速

直线运动

B.若力=彳时刻释放电子，则电子运动的。一力图像如图线二所示,该电子一直向B板做匀加速直

O

线运动

C.若七=工时刻释放电子，则电子运动的v-t图像如图线三所示，该电子在2T时刻在出发点左边

4

D.若力=春7时刻释放电子，在2T时刻电子在出发点的左边

O

【答案】C

【解析】在力=9时刻之前释放电子，静电力水平向左，电子在静电力的作用下向A板做匀加速直线运

动，4、B错误；若t=时刻释放电子，电子先向左做匀加速直线运动，水平向左为速度正方向，在

时刻速度达到最大，然后做匀减速直线运动,图线三符合电子运动的。一t图像，v—t图像与t轴所围的

面积即为电子的位移，在从开始出发到2T时刻0一t图像与土轴所围的面积为正，电子的位移为正，所以

电子在出发点左边，。正确；若t=用时刻释放电子，易分析得在从开始出发到2T时刻。一力图像与t轴

O

所围的面积为负，即位移为负，电子在出发点的右边，。错误。

模型三“等效重力法”在电场中的应用

1.等效重力法

把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。如图所示，则理为等效重力场中的“重

力"，g'=今为等效重力场中的“等效重力加速度”；璃的方向等效为“重力”的方向,即在等效

重力场中的“竖直向下”方向。

2.物理最高点与几何最高点

重力场与电场在一条直线上重力场与电场成一定夹角

(qE>mg)

等效重力场E

E'［［等效“最高点”)

'等效"最低点”)

rngV|\mg

(mg'为等薮重力'

等效重力场

mg'为

等效“最高点”等效“最低点”等效重力

g'为等效重力加速度g'为等效重力加速度

案例剖析1I,

回1（2022•浙江•统考高考真题）如图所示,带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长

为L（不考虑边界效应）ot=0时刻，河板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直河板

向右的粒子,到达N板时速度大小为V2v0；平行同板向下的粒子,刚好从N板下端射出。不计重力和粒

子间的相互作用，则（）

A.河板电势高于N板电势B.两个粒子的电势能都增加

C.粒子在两板间的加速度&=孚D.粒子从N板下端射出的时间J=I"

L2v0

【答案】。

【详解】4由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故人错误：

B.根据题意垂直河板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则平

行凶板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；

CD.设两板间距离为d,对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有

L_.

万*

d-

对于垂直Al板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有

（A/2?；O）2—^o=2ad

联立解得

-L_2褚

t——一,Q—1一

2。0L

故。正确，_0错误；

故选。。

的2（2023•安徽淮北•统考一模）如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点为两板中点的一

粒子源，能持续水平向右发射初速度为小、电荷量为+q、质量为小的粒子。在两板间存在如图乙所示的

交变电场，取竖直向下为正方向,不计粒子重力，以下判断正确的是（

、E

加“2

2qd

O

2d4d6d8d

哪?%vovovo

2qd

乙

A.能从板间射出的粒子的动能均相同•••

B.粒子在电场中运动的最短时间为乌

2no

c”=4时刻进入的粒子，从。点的下方射出

为

D.方=三时刻进入的粒子，从。点的上方射出

2方

【答案】A

【详解】由图可知场强

7n裙

2qd

则粒子在电场中的加速度

Q-q-E---vo--

m2d

则粒子在电场中运动的最短时间满足

11,2

了a—了aXmin

解得

_V2d

6min一

%

故B错误；

A.能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为

.8d

t——

则任意时刻射入的粒子射出电场时沿电场方向的速度均为0,可知射出电场时的动能均为］???/*,故4正

确；

C.1=且=工时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向下加速工，后向下减速与速度到零；然

v0444

后向上加速。，再向上减速［速度到零•••..如此反复，则最后从。点射出时沿电场方向的位移为零，则

粒子将从O,点射出，故。错误；

D.■时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向下加速亭，运动的位移

此时粒子已经到达下极板，即粒子不能从右侧射出，故。错误。

故选人。

网］3（2022•全国•统考高考真题）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场,将一带正电荷的小球自电场

中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则

射出后，（）

A.小球的动能最小时,其电势能最大

B.小球的动能等于初始动能时，其电势能最大

C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大

D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量

【答案】BD

【详解】如图所示

Eq=mg

故等效重力G'的方向与水平成45°。

当％=0时速度最小为^min^^1,由于此时5存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是

最大，故A错误；

BD.水平方向上

Eq

。0二---1

m

在竖直方向上

由于

Eq=mg，得v=

如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知

吗?+%=0

则重力做功等于小球电势能的增加量，故BO正确；

C.当如图中％所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误；

故选&X

皿£（2024上•福建泉州•高三统考期末）如图甲，竖直平面中有平行于该平面的匀强电场，长为Z的绝缘轻绳

一端固定于。点,另一端连接质量为小、带电量为+<7的小球，小球绕。点在竖直面内沿顺时针方向做完

整的圆周运动。图中4。为水平直径，BD为竖直直径。从A点开始，小球动能场与转过角度。的关系

如图乙所示，已知重力加速度大小为g,则（）

A.BD为电场的一条等势线B.该匀强电场的场强大小为理

q

C.轻绳的最大拉力大小为7nigD.轻绳在A、。两点拉力的差值为6mg

【答案】

【详解】AB.由图像知个=专为等效最低点，■为等效最高点，根据动能定理可知

00

W^.—mgl—3mgi

解得

W^=—2mgl

重力和电场力的合力在等效最低点与等效最高点连线上，运动距离为2/,则合力大小为mg,根据余弦定

理可知

(Eq)2=(mg)2+(mg)2—2mg•m^cos60°

解得

E=理

q

根据几何关系可知，电场强度方向和重力方向夹角为120°,方向斜向上，如图所示

由于为匀强电场，则可知BD不是电场的等势线，故A错误，B正确；

C.在等效最低点拉力最大，可得

„,2

^Tmax-mScos60°—Eqcosd0°=m-

3mgl—~^~mv2

解得

玛ma*=7mg

故。正确；

D.在等效最高点拉力最小，可得

，2

用min+77ZgCOS60。+EqCOS60。=7TL十

7_1,2

mgl——mv

解得

玛min=

则轻绳在等效最底点和最高点拉力的差值为

\F=7mg—(—mg)=8mg

故轻绳在4、。两点拉力的差值为8mg,故。错误。

故选B。。

【系统建模】等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路

⑴求出重力与电场力的合力乙，将这个合力视为一个“等效重力”。

⑵将a=坐视为”等效重力加速度”。找出等效“最低点”和等效“最高点”。

m

(3)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解。

综合应用

一、单融

、题目口（2024上•河南周口•高三统考阶段练习）质子（质量数和电荷数均为1）和a粒子（质量数为4、电荷数

为2）垂直进入某一平行板间的匀强电场中,又都从另一侧离开电场。若两粒子在通过平行板时动能的增

量相同，不计粒子重力,则下列判断正确的是（）

A.质子和a粒子射入时的初动量之比为2：1B,质子和a粒子射入时的初动能之比为1：2

C.质子和a粒子射入时的初速度之比为1：1D.质子和a粒子在平行板间的运动时间之比为1：4

【答案】。

【详解】粒子在匀强电场中，垂直于电场方向做匀速运动

竖直方向上

y=4QF

"2

qE=rna

由动能定理知电场力对粒子做的功等于粒子动能增量，则

2斤22

W=△耳=qEy=%~~彳

2ITHJUQ

故动量为

故初动量之比为

Pi==]xVI=X

P2q2新鬲2XV44

故4错误；

B.由动能增量△氏=-...-可知粒子的初动能

1_

耳。一针吁2下逐

故初动能之比

Ekoi__Qi___1^_1

京一至一手一了

故石错误；

C.由两粒子初动量p=?7Wo可知，初速度之比

P1

如=a=as=1x4=x

22&。2Ml4X11

m2

故。正确；

D.由于两粒子初速度相等，则质子和a粒子在平行板间的运动时间之比为

L

力1_如_*2_工

力220011

002•••

故。错误。

故选。。

题目习（2023上•河南南阳•高三统考期中）在水平向右的匀强电场中，质量为小的带正电小球以初速度期。竖

直向上抛出，经过时间t末小球的速度达到最小值。，则（）

B.小球所受合外力的大小为处手心

A.小球在最高点的速度大小为

/诏一"

C.时间t内合力对小球做功为（若一"）D.时间t内合外力对小球的冲量大小为？ngt

【答案】B

【详解】8.设重力与电场力的合力F与竖直方向的夹角为仇将初速度正交分解为与F共线和垂直两个方

向，分速度分别为

Vi=vocos0,v=gsine

垂直合力方向的分速度即最小速度，速度最小时

整理得

2

mv1_mv0cos3_mv41—sin汨_myJVQ—V

tttt

故B正确；

4.小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律

Feos9—mg,FsinG—max

有运动学公式

伙尸gh,

联立得，最高点速度为

故A错误；

C.根据动能定理，时间t内合力对小球做功为

W=-^-mv2---^-7n（D2—i）o）

故。错误；

D.mgt为重力冲量，小球受重力和电场力作用，则合外力对小球的冲量大小不等于?ngt,故。错误。

故选B。

题目§（2024•广西•统考一模）如图,空间中有一匀强电场，大小为管，方向与水平方向成30°角，现有一光

滑绝缘大圆环固定在竖直平面内，。点为环心，将质量为小、带电荷量为+q的小圆环套在大圆环的河点

并同时给小圆环一个向右的水平初速度，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动,重力加速度为9,则

小圆环（）

A.从/■点到Q点动能减小B.在朋■点和N点的电势能相等

C.从M点到Q点电场力做负功D.动能最大处的电势低于动能最小处的电势

【答案】。

【详解】C.小圆环带正电，从河点到Q点电场力做正功，。错误；

B.作出等势面如图：

沿电场线方向电势降低，则在初点的电势高于N点的电势，正电荷在电势高的地方电势能大，所以在“点

的电势能大于N点的电势能，8错误；

A.小圆环受到的电场力

mg

F—qE—q=mg

则小圆环运动的等效最高点和等效最低点分别为人点和B点，在人点速度最小，在B点速度最大，则从M

点到Q点动能先增大后减小，A错误；

D.根据沿电场线方向电势降低，则在B点的电势低于4点的电势，即动能最大处的电势低于动能最小处

的电势，。正确。

故选D。

二、多选题

题目区（2024上•安徽阜阳•高三安徽省临泉第一中学校考期末）如图所示,空间分布着匀强电场，竖直方向

的实线为其等势面，一质量为小，带电量为+q的小球从。点由静止开始恰能沿直线P运动,且到达P点时

的速度大小为。，重力加速度为g（规定。点的电势为零），下列说法正确的是（）

A.电场强度的大小£=等B.p点的电势必=—喑

2:

C.P点的电势能瓦=TD.小球机械能的变化量为号

【答案】BD

【详解】4小球沿直线运动OP,合力沿OP方向，如图所示

则有

qEtan45°=mg

解得

mg

q

故A错误；

BC.设OP=L,根据动能定理得

7ngz/sin45+qELcos45=-mV

解得电场力做功

mv2

W-QEZ/COS45°

4

根据

qUop

解得

mv2

UOP=

4q

根据

Uop—(PO~(PP

且＜po—ov,解得

mv2

3产一工

则P点的电势能为

Ep=q(p=~

P~T~

故B正确，。错误;

D.小球机械能的变化量等于电场力做的功，为

mv2

/\E=W=

4

故。正确。

改选BD。

〔题目可（2024上•四川内江•高三四川省内江市第一中学校考阶段练习）如图所示，abc是竖直面内的光滑固

定轨道，ab水平,长度为2R；be是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点,整个轨道处于水平向右的

匀强电场中，电场范围足够大，电场强度E=4追。质量为2加带电量为+q的小球，由a点从静止开始向

q

右运动到距水平面高度为R的位置时,其动能的增量可能为（已知重力加速度大小为g,不考虑小球与地面

碰撞后的运动）（）

A.Q.5mgRB.mgRC.2mgRD.3mgR

【答案】BC

【详解】小球受到的电场力为

F=qE=mg

当小球第一次到达。点时，根据动能定理得

Eq{2R+R）—2mgR—△耳尸—X2mvc

解得

mgR

则

Vc^yfgR

从。点开始，小球在竖直方向上做竖直上抛运动,水平方向上做初速度为零的匀加速运动，设小球再次运

动到距水平面高度为R的位置时，所用时间为力，根据运动学公式得

t_2"。_gR

99

在力时间内小球沿电场方向运动的位移为

对小球，从a点到再次运动到距水平面高度为五的位置，根据动能定理得

-2mgR+Eq（3R+力）=△及2

解得

△瓦2=^mgR

故选

题目⑥（2024上•广西•高三校联考专题练习）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伍且周期性变化的电压,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。。、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=也,粒子质量为机，不计粒子重力及相互间的

作用力，则（

T37

2T

A.在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为g

B.粒子的电荷量为第

C.在力=』T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了

OO

D.在t=3丁时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场

4

【答案】AD

【详解】A.粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则±=0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间力=

也，此时间正好是交变电压的一个周期，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5,故4正确;

B.在竖直方向，力=0时刻进入电场的粒子在q时间内的位移为

Td

故8错误；

C.在£■时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为

O

。=乂铲d

2~2

故静电力做功为

v11rr_12

W——^―x—d=~^U°q——mv0

电势能减少了47n若，故。错误；

D.力=彳■时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动工，然后向下减速运动与,再向上加速工，然后

4444

再向上减速?，由对称可以知道,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。正确。

故选A。。

题目可（2024•全国•模拟预测）如图甲所示，工。沙平面内存在着平行于y轴方向的匀强电场，电场强度随时

12

间的变化如图乙所示。t=0时刻，一带电粒子从V轴上的P点以大小为vQ的初速度沿c轴正方向进入电

场。已知O、P两点之间的距离为"粒子在。时刻从Q点以与①轴正方向成夕=45°的角度第一次穿过工

轴，2曲时刻粒子所在位置的沙坐标也为乙，粒子在电场中运动时仅受电场力作用。下列说法正确的是

A.Q点的坐标为(2L,0)B.图乙中4=2瓦

C.2to时刻,粒子的速度大小为为。D.4to时刻，粒子的位置坐标为(8L.5L)

【答案】4CD

【详解】A.粒子沿3轴方向上做速度为％的匀速直线运动，沿沙轴方向上在0〜书，友〜2to，2to~4M时间内

分别做匀变速直线运动，在0〜力0,2名〜4功时间内加速度大小

qE0

s=—

m

在to〜2力0时间内加速度大小

_qE、

OL2------

m

粒子在to时刻从Q点以与a;轴正方向成。=45°的角度第一次穿过立轴，可得此时粒子沿沙轴方向的速度

大小

5=gtan。=vQ

方向向下，由

L=yto

XQ=voto

可得

xQ=2L

故Q点的坐标为(2乙,0),4项正确；

B.设2to时刻粒子沿y轴方向的速度大小为”2,方向向上，由2to时刻粒子所在位置的y坐标也为L,可得

即

。2=2%

又

_5

01—五

仍+。2

。2=%.

可得

。2=3al

即

Ei=3及

石项错误；

C.2。时刻，粒子的速度大小

仇2=V^o+^2=00

。项正确；

D.4力0时刻，粒子沿g轴方向的速度

。3=。2—。1・2力0=0

故粒子在2M〜4力o时间内沿"轴方向的位移大小

△y二-22环=4L

4加时刻，粒子的y坐标为

L+by=5L

4加时亥4,粒子的/坐标为

VQ*4力0=8L

。项正确。

故选ACO。

、题目回（2024•湖南邵阳•统考一模）如图所示，有一匀强电场平行于平面忒加，一个质量为小的带电粒子仅

在电场力作用下从。点运动到A点，粒子在O点时速度。。沿9轴正方向，经A点时速度沿c轴正方向，且

粒子在A点的速度大小是它在。点时速度大小的2倍。关于该粒子在。4这一过程的运动情况，下列说

法正确的是（）

九

V

・A

A

A.带电粒子带负电B.带电粒子在A点的电势能比在。点的电势能小

C.这段运动过程中粒子的最小动能为卡小褚D.电场力方向与立轴正方向之间夹角的正切值为］

【答案】BD

【详解】4由于电场线方向未知，则带电粒子的电性未知，故A错误；

B.带电粒子从。点到A点动能增加，则电场力做正功，电势能减小，故带电粒子在4点的电势能比在O

点的电势能小，故B正确；

D.设加速度方向与g轴正方向之间的夹角为仇如图所示

则在沿着0轴方向上

asin。=-y-•fl

沿着立轴方向上

acosd=/

并且粒子在4点的速度是它在。点时速度的2倍，即

v=2v0

联立解得

tan。=-y

故D正确；

C.当速度最小时，速度方向与电场力方向垂直，设最小速度为"min,将初速期0沿着电场力方向和垂直电场

力方向进行分解，可得

"min=VQCOSG=­V5VQ

5

则最小动能为

12_22

及min=ym-ymin=­mv0

故。错误；

故选BD。

面目。（2024上•宁夏银川♦高三宁夏育才中学校考期末）真空中的某装置如图所示,竖直放置平行金属板

A、B和水平放置的平行金属板C、D上均加有电压,河为荧光屏。现有质子（；H）、气核侬）和a粒子©

He）均从A板上的。点由静止开始被加速，经过一段时间后，均打在荧光屏上。中子从O点水平射出，将

打在荧光屏上的。'点，不计粒子所受重力，不考虑平行金属板外的电场，下列说法正确的是（）

A.质子、笊核和a粒子均打在荧光屏上的同一位置

B.质子、:M核和a粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同

C.质子、笊核和a粒子打在荧光屏上时的速度方向相同

D.平行金属板C、。间的电场力对质子、笊核和。粒子做的功之比为1：1：2

【答案】ACD

【详解】设加速电场电压为偏转电场电压为偏转电场间距为d,偏转极板长度为乙，则在加速电

场

解得

偏转电场

因为

t=—

V

代入得

2_UI}

1qU2+2=1qU2L2

"2md2rrtd4叫

由题知，加速电场电压，偏转电场电压，极板长度，极板间距不变，则可知，质子、电核和a粒子均打在荧光屏

上的同■一位置。A正确；

B.在加速电场

qUi=-^-mv2

解得

V=

由于3个粒子比荷不一样，故速度不一样，由

V

知，质子、1核和a粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不相同。_8错误;

C.粒子的速度偏转角

qUiL

mdv_U?L

tang=—

vv2U2d

由题知，加速电场电压，偏转电场电压，极板长度,极板间距不变，质子、1核和a粒子打在荧光屏上时的速

度方向相同。。正确；

D.设电场力对质子、杀核和a粒子做的功为孙、花、取，则电场力做功为

W=qU

代入得

Wy—eU2

W,=eU2

W3=2eU2

则叱:叫:叫=1:1:2,故。正确;

频目叵1（2024•四川绵阳•统考二模）如图所示，在真空中两水平平行板P、Q正对，电容为。，板长为£，板间

距为d,充电后与电源（未画出）始终相连,一带正电的粒子从左侧中央以水平初速度为正对屏上的。点射

入,在板间做直线运动；现保持P板不动,将Q板向上平移:d,稳定后，将该粒子仍从左侧同一位置以相同

初速度射入，粒子打在屏上河点（未标出）。己知粒子质量为小，电荷量为g,平行板右端到屏距离也为

重力加速度为9。则（）

BQ板平移前平行板电容器所带电荷量为空幽

A.P板电势高于Q板.

q

C.点O、河间距离为吗

D.点刊与。重合

2楮

【答案】BD

【详解】带正电的粒子在电容器中受到重力和电场力平衡，故电场力向上，上极板带负电，则P板电势

低于Q板，故A错误；

B.Q板平移前由平衡可知

qE=mg

其中有

E=~

a

电容器的定义式

Q

CJ=u

联立解得

Cmgd

W-

q

故B正确；

CD.Q板平移后，板间电场强度

E'=——

根据牛顿第二定律

qE'—mg=ma

解得

1

在两板间做类平抛运动，有

2

y=ya/：,L=vot

解得

9^

yT6j=*----

出板间时竖直方向的速度

gL

v=at=-一