2025年人教版高中物理精讲精练必修3第08讲：带电粒子在电场中的运动 解析版

第08讲：带电粒子在电场中的运动

【考点梳理】

考点一：带电粒子在匀强电场中的直线运动

考点二：带电粒子在非匀强电场中的运动

考点三：带电粒子（计算重力）在电场的直线运动

考点四：带电粒子（计算重力）在电场的圆周运动

考点五：带电粒子在匀强电场中的偏转问题

考点六：示波管及其应用

考点七：在电场运动过程中的能量问题

考点八：电场中带电粒子的运动综合

【知识梳理】

考点一：带电粒子的加速

1．基本粒子的受力特点：对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，虽然它们也会受到万有引力(重力)的作

用，但万有引力(重力)一般远远小于静电力，可以忽略不计．

2．带电粒子加速问题的处理方法：

12qU

①利用动能定理分析．：初速度为零的带电粒子，经过电势差为U的电场加速后，qU＝mv2，则v＝.

2m

②在匀强电场中也可利用牛顿定律结合运动学公式分析．

知识点二：带电粒子在匀强电场中的偏转

质量为m、带电量为q的基本粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，板间距离

为d，板间电压为U.

1．运动性质

(1)沿初速度方向：速度为v0的匀速直线运动．

qU

(2)垂直v0的方向上：初速度为零，加速度为a＝的匀加速直线运动．

md

2．运动规律

lqU1ql2U

(1)偏移距离：因为t＝，a＝，所以偏移距离y＝at2＝.

2

v0md22mv0d

qUlvyqUl

(2)偏转角度：因为vy＝at＝，所以tanθ＝＝.

2

mv0dv0mdv0

知识点三：示波管的原理

1．构造

示波管是示波器的核心部件，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(发射电子的灯丝、加速电极组

成)、偏转电极(由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成)和荧光屏组成．

甲示波管的结构乙荧光屏

2．原理

(1)扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压．

(2)灯丝被电源加热后，出现热电子发射，发射出来的电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如

果在Y偏转极板上加一个信号电压，在X偏转极板上加一扫描电压，在荧光屏上就会出现按Y偏转电压规律变化的

可视图象．

技巧考点归纳：带电粒子在匀强电场中偏转

vx＝v0x＝v0t初速度方向

1．基本关系：12

vy＝aty＝at电场线方向

2

ql2U

2．导出关系：粒子离开电场时的侧向位移为：y＝

2

2mv0d

vyqlU

粒子离开电场时的偏转角的正切tanθ＝＝

2

v0mv0d

yqUl

粒子离开电场时位移与初速度夹角的正切tanα＝＝.

2

l2mv0d

2

3．几点说明：①mv0为粒子进入电场初动能的2倍．

q

②叫粒子的比荷．

m

③由tanθ＝2tanα可知，粒子从偏转电场中射出时，其速度方向反向延长线与初速度方向延长线交于一点，此

点平分沿初速度方向的位移．

【题型归纳】

题型一：带电粒子在匀强电场中的直线运动

1．（22-23高三上·黑龙江鸡西·期末）如图在P板附近有电荷由静止开始向Q板运动，则以下解释正确的是（）

A．到达Q板的速率与板间距离和加速电压两个因素有关

B．到达Q板的速率与板间距离无关

C．两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大

D．若电荷的电压U、与电量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的4倍

【答案】B

【详解】AB．根据动能定理得

1

qUmv2

2

到达Q板的速率为

2qU

v

m

可知到达Q板的速率只与加速电压有关，与板间距离无关，故A错误，B正确；

C．根据动力学公式

1

Lat2

2

可知两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越小，故C错误；

D．到达Q板的速率为

2qU

v

m

故若电荷的电压U、与电量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍，故D错误。

故选B。

2．（23-24高二上·广东广州·期中）平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连，若一

带电微粒恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该微粒（）

A．所受重力与电场力平衡

B．机械能逐渐增加

C．电势能逐渐增加

D．可能做匀速直线运动

【答案】C

【详解】AD．根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，

故AD错误；

BC．因电场力做负功，则电势能增加，导致机械能减小，故B错误C正确。

故选C。

3．（23-24高二上·四川凉山·期中）如图所示，在虚线的左侧存在向右的匀强电场，场强为E。现有一质量为m、电

荷量为q的带正电粒子（不计重力），从虚线上某点以一定的初速度向左射入电场，已知粒子射入的最大深度为l，

则粒子到达最大深度所用时间为（）

mlml2mlml

A．B．2C．D．

qEqEqE2qE

【答案】C

【详解】设该带正电粒子初速度为v0，由动能定理得

1

qEl0mv2

20

解得

2qEl

v

0m

该带正电粒子的加速度大小

qE

a

m

末速度为零的匀减速直线运动，可以看成反方向初速度为零的匀加速直线运动，则粒子到达最大深度所用时间

2qEl

v2ml

t0m

aqEEq

m

故选C。

题型二：带电粒子在非匀强电场中的运动

4．（23-24高二上·四川成都·期中）如图所示为点电荷产生的电场中的一条电场线，若一带负电的粒子从A点运动

到B点时，其速度图像如图，关于AB两点场强及电势可判定（）

A．EAEB;ABB．EAEB;AB

C．EAEB;ABD．EAEB;AB

【答案】C

【详解】vt图像的斜率表示加速度，带负电的粒子从A点运动到B点过程中，vt图像斜率的绝对值逐渐增大，

可知粒子的加速度逐渐增大，根据牛顿第二定律

qE

a

m

可得

EAEB

带负电的粒子从A点运动到B点过程中，粒子的速度逐渐减小，电场力做负功，根据

WABUAB(q)(AB)(q)0

可得

AB

故选C。

5．（22-23高一下·江苏苏州·阶段练习）如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水

平。a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点由静止释放，沿半圆槽运动经过

P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零。则小球a（）

A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小

B．从N到P的过程中，速率先减小后增大

C．从N到Q的过程中，电势能一直增加

D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量

【答案】C

【详解】A．a球从N点静止释放后，受重力mg、b球的库仑斥力FC和槽的弹力N作用，a球在从N到Q的过程

中，mg与FC的夹角θ由直角逐渐减小，不妨先假设FC的大小不变，随着θ的减小mg与FC的合力F将逐渐增大；

由库仑定律和图中几何关系可知，随着θ的减小，FC逐渐增大，因此合力F一直增加，故选项A错误；

B．从N到P的过程中，在其中间某个位置存在一个三力平衡的位置，此位置的合力为零，加速度为零，速度最大，

则从N到P的过程中，a球速率必先增大后减小，故选项B错误；

C．在a球在从N到Q的过程中，a、b两小球距离逐渐变小，电场力(库仑斥力)一直做负功，a球电势能一直增加，

故选项C正确；

D．在从P到Q的过程中，根据能的转化与守恒可知，其动能的减少量等于电势能增加量与重力势能增加量之和，

故选项D错误。

故选C。

6．（20-21高一下·河南洛阳·阶段练习）如图所示，a、b、c为电场中的三条等势线，一根光滑、粗细均匀的绝缘竖

直杆固定在电场中，一个带电小球套在杆上在A点由静止释放，小球向下运动到B点的过程中，小球的电势能越来

越大；已知a、b、c三条等势线和电场强度方向均在竖直面内，下列说法正确的是（）

A．小球一定带负电B．小球的加速度一定越来越大

C．小球的动能可能先增大后减小D．小球的机械能一定越来越小

【答案】D

【详解】A．小球从A运动到B的过程中电势能越来越大，由电场力做了负功，所以电场力方向指向上方，但是电

场线的方向不确定，所以小球的电性也无法确定，A错误；

B．根据电场线的疏密表示场强的强弱，则小球的加速度一定越来越小，B错误；

C．如果电场力小于重力，小球做加速运动，电场力大于重力，小球做减速运动，由于电场力越来越小，所以小球

的动能可能先减小后增大，或者是越来越大，C错误；

D．根据能量守恒定律，由于电场力一直做负功，电势能一直增大，所以小球的机械能一定越来越小，D正确。

故选D。

题型三：带电粒子（计算重力）在电场的直线运动

7．（23-24高二上·陕西咸阳·期末）如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，一带电微粒以初速度v0从A点沿直

线运动到B点，微粒除受到电场力和重力外，不受其它力。则（）

A．微粒带正电B．微粒从A点运动到B点，动能减小

C．微粒从A点运动到B点，电场力做负功D．微粒从A点运动到B点，机械能增加

【答案】D

【详解】A．粒子从A点沿直线运动到B点，可知合力方向与AB共线，粒子受竖直向下的重力，根据力的合成条

件可知电场力水平向左，可知微粒带负电，故A错误；

CD．根据以上分析可知从A点沿直线运动到B点的过程中电场力对微粒做正功，电势能减小，其机械能增加，故

C错误，D正确；

B．根据动能定理可知重力做正功，电场力也做正功，即合外力对微粒做正功，所以动能会增加。故B错误。

故选D。

8．（23-24高二上·陕西安康·期末）如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强

o

电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动。ON与水平面的夹角为30，重力加速度为g，且mgqE，

则（）

A．电场方向竖直向上B．小球做匀加速直线运动

v21

C．小球上升的最大高度为0D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为mv2

4g20

【答案】C

【详解】AB．小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因

mgqE

电场力与重力关于ON对称，根据数学知识得，电场强度方向与水平方向的夹角应为30o，受力情况如图所示。

合力沿ON方向向下，大小为mg，加速度为g，方向沿ON向下，小球做匀减速直线运动，故AB错误；

C．小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为

v2

x0

m2g

则最大高度为

v2

hxsin300

mm4g

故C正确；

D．若小球在初始位置的电势能为零，当小球处于最高点时，则小球电势能的最大，根据能量守恒有

1

mv2mghE

20mp

解得小球电势能的最大值为

1

Emv2

pm40

故D错误。

故选C。

题型三：带电粒子（计算重力）在电场的直线运动

9．（23-24高二上·吉林延边·阶段练习）如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为

d，带负电的微粒质量为m、带电量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的

右边缘B处射出，则（）

mgd

A．微粒的加速度大小等于gsinθB．两极板的电势差UMN=

qcos

mgd

C．微粒达到B点时动能为mv2D．微粒从A点到B点的过程电势能增加

0tan

【答案】B

【详解】AB．微粒在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力的合力必定水平向左，如图所示

微粒沿直线做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得

mgtanma

mgU

EqMNq

cosd

解得

mgd

agtan，U

MNqcos

故A错误，B正确；

C．由于微粒做匀减速直线运动，动能减小，故C错误；

D．微粒的电势能增加量为

mgd

EqU

pMNcos

故D错误。

故选B。

题型四：带电粒子（计算重力）在电场的圆周运动

mg

10．（23-24高二上·四川成都·期末）如图，空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小E，半径为R的圆环

q

竖直固定。一质量为m、电荷量为q的带正电小球从轨道内侧最低点A以某一初速度v沿顺时针方向做圆周运动，

小球恰好能通过圆弧上与圆心O等高的B点，重力加速度为g，则速度v大小为（）

A．2gRB．3gRC．2gRD．5gR

【答案】C

【详解】小球恰好能通过圆弧上与圆心O等高的B点，根据动能定理有

11

mgRqERmv2mv2

2t2

mv2

qEt

R

速度v大小为

v5gR

故选C。

11．（23-24高二上·广西·阶段练习）如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，匀强电场中有一根长为L的

绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一可视为质点的质量为m、电荷量为q的带电小球。小球静止时细线与

竖直方向成角，此时让小球获得沿切线方向的初速度且恰能绕O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。下列说法正确的是（）

mgtan

A．小球带正电，且匀强电场的电场强度大小E

q

gL

B．小球做圆周运动过程中速度的最小值v=

cos

C．小球从原静止位置运动至圆周轨迹最高点的过程中动能逐渐减小，电势能一直增大

D．小球从原静止位置开始至其在竖直平面内运动一周的过程中，机械能先减小后增大

【答案】B

【详解】A．小球静止时细线与竖直方向成角，由平衡条件可知电场力水平向右，与场强方向相反，小球带负电，

根据平衡条件有

qE

tan

mg

解得

mgtan

E

q

A错误；

B．小球恰能绕O点在竖直面内做圆周运动，在等效最高点A点速度最小，如图所示

重力与电场力合力为F

mg

cos

F

恰能完成圆周运动，小球在等效最高点A有最小速度，则有

mv2

F

L

联立求得

gL

v=

cos

B正确；

C．小球从静止位置内沿逆时针方向运动至圆周轨迹最高点的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后

增大，在从开始到最高点的过程中，重力与电场力合力做负功，动能减小，C错误；

D．小球从静止位置开始沿逆时针方向至其在竖直平面内运动一周的过程中，小球的机械能和电势能之和守恒，小

球电场力先做正功后负功后再做正功，则电势能先减小后增大再减小，机械能先增大后减小再增大，D错误。

故选B。

12．（23-24高三上·河南周口·期中）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L

的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m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O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。下列说法正确的是（）

mg

A．匀强电场的电场强度E

qtan

mgL

B．小球动能的最小值为Ek

2cos

C．小球的重力势能最小时机械能也最小

D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先增大后减小再增大

【答案】B

【详解】A．小球静止时悬线与竖直方向成角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据

平衡条件，有

mgtanqE

解得

mgtan

E

q

故A错误；

B．小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，如图

根据牛顿第二定律，有

mgv2

m

cosL

则最小动能

1mgL

Emv2

k22cos

故B正确；

C．小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆

周轨迹的最左端点时机械能最小，故C错误；

D．小球从初始位置开始，在竖直平面内沿逆时针方向运动一周的过程中，电场力先做正功后做负功，再做正功，

则其电势能先减小后增大，再减小，故D错误。

故选B。

题型五：带电粒子在匀强电场中的偏转问题

13．（23-24高二上·黑龙江哈尔滨）如图所示，质子和α粒子以相同的初速度垂直射入偏转电场，不计粒子的重力。

已知α粒子的电荷量是质子的2倍，质量是质子的4倍，则质子和α粒子射出电场时的偏移量之比为（）

A．2:1B．1:1C．1:2D．1:4

【答案】A

【详解】带电粒子在电场中做类平抛运动，则

Lv0t

1

yat2

2

EqqU

a

mmd

所以

qUL2q

y2

2mv0dm

所以质子和α粒子射出电场时的偏移量之比为2:1。

故选A。

14．（23-24高二上·陕西西安·期末）如图所示，平行板电容器的上、下极板间的距离恒定，上极板带有正电荷，下

极板带有等量负电荷。粒子1和粒子2分别沿着两极板的中心线先后以相同的初速度射入平行板电容器，已知两粒

子均能从电场射出，粒子1和粒子2比荷之比为1:3，不计粒子所受重力，下列说法正确的是（）

A．粒子1和粒子2在电场中运动的时间之比为1:3

B．粒子1和粒子2在电场中运动的加速度大小之比为1:9

C．粒子1和粒子2在电场中运动的侧位移大小之比为1:3

D．粒子1和粒子2在电场中运动的侧位移大小之比为1:9

【答案】C

【详解】A．粒子1和粒子2在电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，设极板长度为L，粒子的初

速度为v0，则运动时间为

L

t

v0

则粒子1和粒子2在电场中运动的时间相等，即时间之比为1:1，故A错误；

B．由牛顿第二定律有

qEma

由于同一个电场，所以场强相等，粒子1和粒子2比荷之比为1:3，则粒子1和粒子2在电场中运动的加速度大小

之比为1:3，故B错误；

CD．粒子在电场中运动的侧位移大小

1

yat2

2

结合之前的分析可知，粒子1和粒子2在电场中运动的侧位移大小之比为1:3，故C正确，D错误。

故选C。

15．（23-24高二上·北京丰台·期末）如图所示，一个正电荷由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射

入偏转电场，并从另一侧射出。已知电荷质量为，电荷量为，加速电场电压为。偏转电场可看做匀强电场，

mqU0

极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。不计正电荷所受重力，下列说法正确的是（）

2qU

A．正电荷从加速电场射出时具有的速度v

0m

B．正电荷从偏转电场射出时具有的动能EkqU0qU

UL

C．正电荷从偏转电场射出时速度与水平方向夹角的正切值tan

2U0d

L2

D．正电荷从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y

4d

【答案】C

【详解】A．在加速电场中，根据动能定理知

1

qUmv2

020

代入得

2qU

v0

0m

A错误；

B．根据动能定理知

U

qyEE

dkk1

代入得

UqU2L2

EkqyqU02qU0

d4U0d

B错误；

C．正电荷从偏转电场射出时速度与水平方向夹角的正切值为

v

tany

v0

沿垂直板面方向速度为

qUL

vyat

mdv0

代入得

qULqULmUL

tan2=

mdv0md2qU02U0d

C正确；

D．由类平抛运动知，正电荷从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离

11qU

yat2t2

22md

水平方向

Lvot

代入得

2

2

1qULUL

y

2md2qU4Ud

00

m

D错误；

故选C。

题型六：示波管及其应用

16．（23-24高二上·河南）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。

故选D。

17．（2023高二上·浙江·学业考试）图甲是示波管的原理图，图乙是电子在偏转电极YY间运动的示意图，电子以v0

的速度沿两极板YY的中心线进入，并射到荧光屏。图乙中极板YY的长度为l，间距为d，板间电压为U。已知电

子电荷量为e，质量为m，则电子在偏转电极YY间运动的（）

2eUeU

A．加速度aB．加速度a

md2md

eUl2eUl2

C．偏移距离y2D．偏移距离y2

mdv02mdv0

【答案】D

【详解】AB．由牛顿第二定律，电子在偏转电极YY间运动的加速度

FeU

a

mmd

AB错误；

CD．电子在偏转电极YY间运动

1

lvt，yat2

02

联立解得，偏移距离

2

1eUlel2U

y

2mdv2mdv2

00

C错误，D正确。

故选D。

18．（2023·浙江·高考真题）如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组

成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开

金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（）

eU

A．在XX′极板间的加速度大小为

m

B．打在荧光屏时，动能大小为11eU

C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为2meU

l

D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tan

20d

【答案】D

【详解】A．由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小

eEeU

a

xmmd

A错误；

B．电子电极XX′间运动时，有

vx=axt

l

t=

vz

电子离开电极XX′时的动能为

2

122l

EkmvzvxeU102

240d

l2

电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为eU102，B错误；

40d

C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小

lmeU

Imv

xxd20

C错误；

D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切

vl

tanx

vz20d

D正确。

故选D。

题型七：在电场运动过程中的能量问题

19．（23-24高二上·广东广州·期中）a、b、c、d四个带电液滴在如图所示的匀强电场中，分别水平向左、水平向右、

竖直向上、竖直向下做匀速直线运动，可知（）

A．c的电势能减少，机械能增加B．a、b的电势能增加、机械能不变

C．a、b为同种电荷，c、d为异种电荷D．d的电势能减少，机械能减少

【答案】A

【详解】四个带电液滴均在匀强电场中做匀速直线运动，则受向上的电场力与重力平衡，则

A．电场力对c做正功，电势能减少，重力对c做负功，机械能增加，A正确；

B．在运动过程中，电场力和重力对a、b都不做功，因此a、b的电势能、机械能均不变，B错误；

C．由于a、b、c、d均为匀速直线运动，说明电场力与重力平衡，即所有粒子所受电场力都向上，所有粒子都带正

电，C错误；

D．电场力对d做负功，电势能增加，机械能减少，D错误；

故选A。

20．（23-24高二上·内蒙古赤峰·阶段练习）如图所示，一质量为m的带电小球在方向竖直向下的匀强电场中由静止

3

释放，小球以加速度ag竖直向下做匀加速度直线运动，不计空气阻力。在小球向下运动距离h的过程中（）

4

33

A．小球的重力势能减少了mghB．小球的动能减少了mgh

44

11

C．小球的机械能增加了mghD．小球的电势能增加了mgh

44

【答案】D

【详解】A．重力做的功等于重力势能的减少量，重力做功

WG=mgh＞0

故小球的重力势能减少mgh，故A错误；

B．根据动能定理可知小球动能的变化量等于合力做功，有

3

EF合hmahmgh0

k4

3

故小球的动能增加了mgh，故B错误；

4

C．在小球向下运动距离h的过程中，根据牛顿第二定律有

mgF电ma

解得

1

F电mgmamg

4

方向竖直向上。

此过程根据功能关系可知小球机械能的变化量

1