带电粒子在电场中的运动-2025年广东高考物理复习专练

重难点13带电粒子在电场中的运动

命题趋势J

考点三年考情分析2025考向预测

带电粒子在电场中的运动问题涉

及较多的概念和规律，带电粒子涉

及的运动过程包括电场中的加速、

3年3考平衡、偏转和一般的曲线运动，从

带电粒子在电场中运动的分析与

广东卷[(2024,T8),(2023,T9),物理规律应用的角度分析，涉及受

计算；

(2022,T8)]力分析、牛顿运动定律、能量守恒

定律，从考查方法的角度分析，涉及

运动的合成与分解法、正交分解

法、等效法。

重难诠释◎

【情境解读】

⑴加速

(2)偏转

'沿初速度”。方向做匀速直线运动，沿电场力

方向做匀加速直线运动。

X._________________________-

加速度但支=致=%。

mmma9+

L

y=-^-at,t=-9解得离开电场时的偏移量产

2VQ

qU不

2mdvo°

离开电场时的速度偏转角的正切值tan

乡,%=a=吗•2,解得tan0=-2^

oi——

粒子经电场偏转后，合速度。的反向延

位移偏转角的正切值30=子=料为，速长线与初速度延长线的交点0为粒子

I2TZU/I?O水平位移的中点，即0到偏转电场边

度偏转角正切值(tan夕)等于位移偏转角正缘的距离为方。

切值(tana)的2倍，即tan0=2tanao

【高分技巧】

1.电场中直线运动问题的两种解题思路

(1)动能定理：不涉及。、力时可用。

(2)牛顿运动定律：涉及4、/时可用。

2.匀强电场中的偏转问题

(1)带电粒子垂直于场强方向进入匀强电场，在匀强电场中的偏转一般为类平抛运动，可用

运动的分解来解决。

(2)不涉及运动细节、涉及功能问题时常用动能定理解决。

注意：偏转时静电力做功不一定是少=4。板间，应该是少=q与。为偏移量)。

3.匀强电场中偏转问题的两个结论

(2)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，偏移量歹=

-at2=^-=—,偏转角的正切值tan9="=y,与比荷无关，y和夕总是相同的。

22mdvi4Uodmdvi2Uod

粒子打在光屏上的位置P到中心的距离yo=y+/tan9=仔+/jtane。

4.带电体在电场和重力场中运动的分析方法

(1)对带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的

规律解决问题。

(2)根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以

及动能的相互转化，总的能量保持不变。

【考向一：带电粒子在电场中的直线运动】

1.如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，经过/、8、C

三点，已知xc—尤2=物一山。该电子的电势能稣随坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的

是()

1

△pq.；V.

XAXBXCX

uXAXBXcX

甲乙

AN点电势高于8点电势

B.A点的电场强度小于B点的电场强度

C.A,3两点电势差等于8、C两点电势差|“c|

D.电子经过N点的速率小于经过8点的速率

答案D

解析一个电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，由题图知电子电势能一直减小，则电子从/到3

静电力做正功，即%B=4%B=(-e)%B>0,所以必产0,/点电势低于8点电势，故A错误；根据电

势能Ep随坐标x变化的关系Ep=q(px=eq)x，则A£p=e\(px=eEx\x,可知Ep-x图像的斜率绝对值越大，

电场强度越强，由题图可知/点的斜率绝对值比3点的大，/点的电场强度大于2点的电场强度，故B

错误；由题图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，根据功能关系%B=—AEpNB，

WBC=-\EvBC,静电力做功%8=4%E，WBC=qUBC,故/、3两点电势差|为引大于8、C

两点电势差|以d，故C错误；一个电子仅在静电力作用下沿X轴正方向运动，根据动能定理矗

--mv^>0,电子经过N点的速率小于经过8点的速率，故D正确。

2

2.人体的细胞膜模型图如图a所示，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜电位），

现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为心膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图b所示，初速度可

视为零的一价正钠离子仅在静电力的作用下，从图中的N点运动到8点，下列说法正确的是（）

细胞外

b

A.A点电势等于B点电势

B.钠离子的电势能增大

C.若膜电位越小，钠离子进入细胞内的速度越大

D.若膜电位增加，钠离子进入细胞内的速度更大

答案D

解析初速度可视为零的一价正钠离子仅在静电力的作用下，从图中的4点运动到8点，则/点电势高

于3点电势，A错误；钠离子运动过程中静电力做正功，所以钠离子的电势能减小，B错误；由动能定

理可知4。=；加廿，若膜电位越小，钠离子进入细胞内的速度越小；电压U增加，速度更大，C错误，D

正确。

3.（2023大湾区一模）工业生产中有一种叫电子束焊接机的装置，其核心部件由如图所示的高压辐向电场

组成.该电场的电场线如图中带箭头的虚线所示.一电子在图中〃点从静止开始只在电场力的作用下沿

着电场线做直线运动.设电子在该电场中的运动时间为位移为x,速度为v,受到的电场力为尸，电

势能为小，运动经过的各点电势为夕，则下列四个图像可能合理的是（）

答案D

解析电子所受的电场力的方向与电场强度方向相反，指向a所以电子向/运动，电场线越来越

密，电场强度逐渐增大，根据尸=eE,电场力逐渐增大，故B错误；电子的加速度。=一，电子向/运

m

动，电场强度增大，电子的加速度增大，速度增大且图线的斜率增大，故A错误；电子逆电场线向/运

动，电势升高，电场强度增大，根据£="，电势图线的斜率增大，故D正确；品一x图线斜率代表电

Ax

场力，电子向4运动，电场强度增大，电场力变大，即电势能图线的斜率增大，故C错误.

4.(2023新课标卷)密立根油滴实验的示意图如图14所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上

板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴。、b

vo

在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为％、两板间加上电压后(上板为正极)，这

4

两个油滴很快达到相同的速率上，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半

2

径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。

aoob

(1)求油滴a和油滴b的质量之比；

(2)判断油滴。和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。

答案(1)8：1(2)。带负电荷6带正电荷4：1

解析(1)根据题述有f=kvr

设油滴。的质量为加1，油滴。以速率为向下匀速运动时，由平衡条件有

加ig=Eori，m\=—Tir\p

Vo

设油滴6的质量为加2,油滴b以速率一向下匀速运动时，由平衡条件有

4

vo4

碎名=匕1^2,加2=于川"

联立解得尸1:尸2=2：1,冽I：加2=8:lo

Vo

(2)当在上下平板加恒定电压(上板为正)时，这两个油滴很快以鼻的速率竖直向下匀速运动，则油滴。速

率减小，说明油滴a受到向上的电场力，油滴。带负电荷，油滴b速率增大，说明油滴6受到向下的电

场力，则油滴b带正电荷。

Vo

当两个油滴均以速率一竖直向下匀速运动时，

2

fir\

由可知所受阻力之比为一=—=2

fi.及

VoV0

油滴b以速率I竖直向下匀速运动时，所受阻力为/=加2g,结合可知油滴6以速率,竖直向下匀

速运动时，所受阻力为2g

Vo

油滴a以速率5竖直向下匀速运动，所受阻力为力=班=4"?喏

设油滴。所带电荷量的绝对值为％,由平衡条件有

m\g=q\EA-fx

设油滴6所带电荷量的绝对值为公，由平衡条件有

m2g+qiE=fi

联立解得夕1:伙=4：1。

5.如图是电子加速系统，K是与金属板M距离最近的灯丝，电源4给K加热可以产生初速度不计的热电

子，N为金属网，M、N接在输出电压恒为U的高压电源及上，M、N之间的电场近似为匀强电场，系

统放置在真空环境中，正常工作时，从K发出的电子经M、N之间的电场加速后，大多数电子从金属网

N的小孔射出，少部分电子打到金属网丝上被吸收，从而形成回路电流，电流表的示数稳定为/。已知

电子的质量为加、电荷量为e,不计电子所受的重力和电子之间的相互作用。

(1)求单位时间内被金属网N吸收的电子数«；

(2)若金属网N吸收电子的动能全部转化为内能，证明金属网的发热功率P=IU；

(3)电子可认为垂直打到金属网N上，并假设打在金属网N上的电子全部被吸收，不反弹。求被金属网

吸收的电子对金属网的作用力大小厂。

/\2rnU

答案(1)-(2)见解析(3)/——

e

解析(1)根据电流定义式得/=2

Q—net

解得n=~

e

(2)每个电子被加速，有eU=1w2

单位时间内金属网吸收的电子动能转化为金属网的发热功率

1I

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

2o

(3)电子被加速时，有加廿

2eU

解得v

m

由动量定理一产方=&?得Ft—nmv

、一,2m17

联立解得尸=/一1

2mU

由牛顿第三定律知尸=/=/二。

【考向二：带电粒子在电场中的曲线运动】

6.(多选)如图所示，竖直平面内存在一匀强电场，电场强度方向与水平方向间的夹角(9=60。，。、M为其

中一条电场线上的两点，一带电粒子电荷量为g,不计重力，在。点以水平初速度为进入电场，经过时

间f粒子到达与M在同一水平线上的N点，且.OM=MN,贝|()

5M

B.粒子带负电

C.带电粒子在。点的电势能大于在N点的电势能

D.由。到N运动过程中，静电力的功率增大

答案BCD

——I

解析由5勿=£・。“，U=E-MNCOS0,可得SVM=-UMO，选项A错误；根据粒子的运动轨迹可知，

NM2

粒子受静电力斜向下，可知粒子带负电，选项B正确；带电粒子从。到N静电力做正功，电势能减小，

则带电粒子在。点的电势能大于在N点的电势能，选项C正确；根据尸=q£v,由。到N运动过程中，

粒子沿电场线方向的速度v增大，可知静电力的功率增大，选项D正确。

7.（2024揭阳质检）平行金属板/、8分别带等量异种电荷，/板带正电，8板带负电，a、6两个带正电的

粒子，以相同的速率先后垂直于电场线从同••点。进入两金属板间的匀强电场中，并分别打在8板上的

4'、8'两点，如图所示.若不计重力，贝1k）

AI1

X、、、、

BlI

A'B'

A.a粒子带的电荷量一定大于b粒子带的电荷量

B.a粒子的质量一定小于b粒子的质量

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

解析设粒子的速度为v,电荷量为g,质量为a,加速度为a,运动的时间为7,则加速度a=上，

m

x1IEa/x\2

时间，=一，粒子垂直电场线射入电场后，粒子的偏移量丁=-成2=,卜，从公式中可以知道，水

vo22m\voJ

平位移X较大的粒子，比荷乌就一定小，故C正确，A、B、D错误.

m

8.（2023北京卷）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V。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，己知金属板长度为3间距为力不考虑重力

影响和颗粒间相互作用.

（1）若不计空气阻力，质量为加、电荷量为一q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压5.

（2）若考虑空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为尸什v,其中r为颗

粒的半径，人为常量.假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度：

①若半径为心电荷量为一q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压5.

②已知颗粒的电荷量与其半径的二次方成正比,进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10「im和

2.5的两种颗粒，若10的颗粒恰好100%被收集，求2.5pm的颗粒被收集的百分比.

2mcPv6kcPRvo

答案(1)——(2)①--------②25%

qL1qL

解析(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

竖直方向d=-at2

2

根据牛顿第二定律qE=ma

又E吟

」,2m(Pvl

解得5=——

qL2-

(2)①空气和带电颗粒沿板方向的速度均保持不变，说明水平方向不受空气阻力作用，当颗粒在金

属板间经极短时间加速达到最大速度时

F电=/

qUidL

即—=kRv,且一=一

dVVO

…口kcPRvo

斛得5=-----

qL

②10国11带电荷量9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

qU_

——2=A7?iov

amax

在竖直方向颗粒匀速下落，则/=^^/

2.5Hm的颗粒带电荷量为/="，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

16

电场力，有

q'lh1

~~~^2.5Vmax»氏2.5=1及10

d4

设只有距下极板为"的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落

d-Vmax%

〃,d

解得y

则2.5的颗粒被收集的百分比

df

〃=-xl00%=25%

d

9.(2024福建高三校联考)1897年，物理学家汤姆孙正式测定了电子的比荷，揭开了原子神秘的面纱。如图

所示为汤姆孙测定电子比荷装置的简化示意图，阴极K发出的电子由静止经过加速电压仇加速后，沿

轴线进入两平行极板C、。间。仅在C、。极板间施加一定电压，电子从C、。右侧离开时偏离轴线距

离为V；若保持电压不变，在C、。间加上与纸面垂直的磁场，发现电子沿直线前进。已知电子的电荷

量大小为e,质量为机。C>。极板间距为d,长度为求：

KIC----------

-o-lD-

(1)电子经过加速电压加速后的速度大小Vo；

⑵C、D极板间所加的电压大小U；

⑶C、D极板间所加磁场的磁感应强度的大小B。

\2eUoAydUo

答案

⑴、hr限

解析(1)电子经过加速电压Uo加速，有

eU(\=—mvi

2

2eU

解得v=0

0m

(2)粒子进入极板间之后做类平抛运动,

竖直方向和水平方向上有歹=；〃凡L=v()t

由e—=ma得加速度为a——

dmd

联立各式可得。=电学

L2

(3)若保持电压不变，在C、O间加上与纸面垂直的磁场，发现电子沿直线前进，说明电子所受静电力和

洛伦兹力平衡eE=ev()B

又"联立解得"青持

10.(2024天津高三期末统考)如图所示，带电金属板4、8竖直平行正对放置，5板中心的小孔正好位于平面

直角坐标系xQy的。点，歹轴沿竖直方向。在x>0的区域内存在沿歹轴正方向的匀强电场，电场强度

大小为1000V/m；比荷为1.0x105c/kg的带正电的粒子尸从4板中心。处由静止释放，其运动轨迹恰

好经过点M(4m,2m),粒子P的重力不计。求:

⑴粒子P从。运动到M的时间t；

⑵金属板/、8之间的电势差UAB；

(3)若在粒子尸经过。点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电粒子。，使P、。恰

能在运动中相碰；假设。的质量是P的2倍，带电情况与P相同，粒子。的重力及尸、0之间的相互

作用均忽略不计，求粒子0释放点的横、纵坐标x、y应满足的函数关系。

1

答案(1)2x10-4s(2)2x103v(3)尸.2a>o)

解析(1)设粒子尸的质量为叭带电荷量为g,由题意可知，粒子尸在y轴右侧匀强电场中做类平抛

运动。

由平抛运动规律可得.

根据牛顿第二定律有qE=ma

解得Z=2xl0-4So

(2)设粒子P从。点进入匀强电场时的速度大小为vo，可知xM—vot

在金属板/、5之间，由动能定理有

qUAB=~^^vG

解得SB=2X103V。

(3)设0在右侧电场中运动的加速度为“，。粒子从(x,y)点释放后，竖直向上做初速度为0的匀加速

直线运动，经时间，与粒子尸相遇。对于P粒子

有Xp—v^t\

对于。粒子夕0=；优产，qE=2ma'

因为优<°,所以粒子。应在第一象限内释放，且有

yP=y+yQ

联立解得y=/2(40)。

【考向三：带电体在电场和重力场中的运动】

10.(2023福建宁德高三校联考)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为工

的绝缘细线，细线一端固定在。点，另一端系一质量为加的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成。

角，此时让小球获得初速度且恰能绕。点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g,不

考虑空气阻力。下列说法正确的是（）

图12

A.匀强电场的电场强度大小为£=”叱

q

B.小球做圆周运动过程中动能的最小值为瓦111M=上"

2sin9

C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小

D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大

答案A

解析小球静止时细线与竖直方向成。角，对小球进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件可知tan0=

纥解得"X,故A正确；

mgq

小球静止时细线与竖直方向成6角，则Z点为小球绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动的等

效最高点，/点时小球的速度最小，动能最小，由牛顿第二定律可知"-=竺吧，动能瓦„血=雪谣in，

cos0L2

联立解得小正=」叱，故B错误；由功能关系可知，当小球运动到最左边与。点等高位置时，静电

2cos6

力做负功最多，机械能最小，故C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，静

电力先做正功，后做负功，再做正功，所以电势能先减小，后增大，再减小，故D错误。

12.（多选）（2022辽宁高考）如图所示，带电荷量为6。（。＞0）的球1固定在倾角为30。光滑绝缘斜面上的a点，

其正上方L处固定一电荷量为一。的球2,斜面上距。点Z处的6点有质量为〃z的带电球3,球3与一

端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为七球2、3间的静电力大小

2

为詈。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。g为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的

说法正确的是（）

A.带负电

B.运动至a点的速度大小为夜

C.运动至a点的加速度大小为2g

D.运动至刈中点时对斜面的压力大小为地;mg

6

答案BCD

解析由题意可知三小球构成一个等边三角形，小球1和3之间的力大于小球2和3之间的力，弹簧

处于压缩状态，小球1和3之间的库仑力一定是斥力，小球3带正电，故A错误；小球3运动至。点

时，弹簧的伸长量等于匕根据对称性可知，小球2对小球3做功为0；弹簧弹力做功为0,根据动能

2

定理有加g£sin9=1冽v2,解得故B正确；小球3在b点时，设小球3的电荷量为q,有捍=

2L

—,设弹簧的弹力为尸，根据受力平衡，沿斜面方向有尸=左华一

2L2

左半sin30°—mgsin30°,解得尸=不陪，小球运动至。点时，弹簧的伸长量等于鼻，根据对称性可知F+

A^sin30°—mgsin300=ma,解得〃=2g,故C正确；当运动至打中点时，弹簧弹力为0,此时小球2

qQ4cjO42

对小球3的力为尸23=k—=一臂=-X）=-Wg,斜面对小球的支持力为尸N=^gCOS30。一尸23=

3L323

）2

623「一4根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为反三根g，故D正确。

—mg-^mg

66

13.（多选）某同学用如图甲所示装置研究带电小球在重力场和电场中具有的势能E（重力势能、电势能之和）情

况。两个带同种电荷的小球1、2放在竖直放置的绝缘圆筒中，1固定在圆筒底部，2从靠近1位置处

释放，测出球2离球1的位置x和速度，利用能量守恒可以得到势能图像。图乙中I图线是小球2

的E—X图像，n图线是计算机拟合的图线I的渐近线，实验中一切摩擦可忽略，小球的电荷量不会发生

变化，g=10m/s2,则小球2（）

图13

A.上升过程速度一直变大

B.上升过程速度先变大后变小

C.质量为0.5kg

D.从x=6.0cm处运动至x=20cm处电势能减少0.3J

答案BCD

解析上升过程系统能量守恒，£+瓦=后总，结合图像可知，上升过程中势能先变小后变大，因此，

小球2的动能先变大后变小，速度也先变大后变小，A错误，B正确；根据库仑定律尸=等可知，

r2-

bE

当尸—00时，F—0,系统势能的变化量主要取决于重力做功，AE=mgAx,即冽g=—，由此可知小球2

Ax

的重力等于图中渐近线的斜率，结合图像可知根8=丝=&卫=5N,解得加=0.5kg,C正确；从工=

Ax0.1m

6.0cm处运动至x=20cm处的过程中，根据系统能量守恒，

-0.4J,根据动能定理可得用G+少电=应，又因为心=一加g©=-0.7J,解得少电=0.3J,从％=

6.0«11处运动至％=2()(™处的过程中，静电力做的正功为

0.3J,电势能减少0.3J,D正确。

14.如图所示，/BCD表示竖直放在场强为£=104v/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD

部分是半径为R的半圆，轨道的水平部分与半圆环相切，/为水平轨道上的一点，而且/8=R=0.2rn。

把一质量%=100g、带电荷量4=10-4c的小球，放在水平轨道上的4点，由静止开始被释放后，在

轨道的内侧运动。(g=10m/s2)求：

(1)它到达C点时的速度是多大？

⑵它到达C点时对轨道压力是多大?

(3)小球所能获得的最大动能是多少？

答案(1)2m/s(2)3N(3)^J

解析(1)设小球在C点的速度大小是vc，轨道对小球的压力大小为乐°,则对于小球由N-C的过程

中，应用动能定理得

qE-2R—mgR——mv^—0

4qER

解得vc=2gR=2m/so

⑵在C点沿圆轨道径向，对小球应用牛顿第二定律，有FNc—qE=m—

R

得F^c=5qE—2mg=3N

根据牛顿第三定律知，小球在C点对轨道的压力大小为3No

(3)因为mg=qE=1N

所以小球受到合力的方向垂直于2、C两点的连线向下，8c弧的中点。为等效重力的最低点，在此处

小球具有最大速度，

从N到。由动能定理得

qER(l+sin45°)—wg-7?(l—cos45°)=£,km

所以耳„1=旨Jo

15.(2022广东高考)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。

图是密立根油