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第46课时　带电粒子在电场中的偏转
目标要求　1.能根据运动的合成和分解、动力学和能量观点分析带电粒子在电场中偏转问题。2.会分析带电粒子在交变电场中的偏转问题。
考点一　带电粒子在匀强电场中的偏转
1.运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t=(如图)。
(2)沿静电力方向做匀加速直线运动
①加速度：a===；
②离开电场时沿电场方向的偏移量：y=at2=；
③离开电场时的偏转角：tan θ==。
2.功能关系
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=mv2-m，其中Uy=y，指初、末位置间的电势差。
3.粒子经电场偏转后射出时，速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点。
例1　如图所示，喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会被带上一定量的负电荷，在电场的作用下使电荷发生偏转到达纸上。已知两偏转极板长度为L1，极板右侧到纸张距离为L2，两极板间电场强度为E，质量为m、电荷量为q的墨滴在进入电场前的速度为v0，方向与两极板平行，O点为纸张与电场中线交点，不计空气阻力和墨滴重力，假设偏转电场只局限在平行极板内部，忽略边缘电场的影响。求：
(1)墨滴通过偏转极板的时间；
(2)墨滴射出偏转极板时在竖直方向上的位移y；
(3)墨滴射出偏转极板时的动能；
(4)墨滴射出偏转极板时的速度方向与原入射方向夹角的正切值；
(5)墨滴打到纸上的点距O点的距离。
答案　(1)　(2)　(3)m+　(4)　(5)
解析　(1)墨滴进入偏转电场做类平抛运动，如图所示
在v0方向做匀速直线运动，有L1=v0t，
得t=
(2)垂直于v0方向有y=at2，qE=ma
得y=
(3)由动能定理qEy=Ek-m
得Ek=m+
(4)墨滴从偏转极板间的电场射出时垂直于v0方向的分速度vy=at=
设墨滴从偏转极板间的电场射出时速度方向与原入射方向夹角为θ，有tan θ==
(5)方法一　从偏转电场射出到打在纸上的竖直距离y2=L2tan θ=
墨滴打在纸上的点距O点的距离为Y=y+y2=
方法二　将墨滴从偏转极板间的电场射出时速度方向反向延长，交初速度v0延长线于处，由三角形相似=，解得Y=。
计算粒子打到屏上的位置离屏中心距离的方法
(1)Y=y+Dtan θ(D为屏到偏转电场右边界的水平距离)。
(2)Y=(+D)tan θ(L为极板长度)。
(3)根据三角形相似==。
(来自教材)让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转，它们是否会分离成三股粒子束？试通过计算说明。
答案　由qU0=m
y=at2=··()2
tan θ==
得y=，tan θ=，
y、θ均与m、q无关。所以它们的偏移量和偏转角总是相同的，轨迹是重合的。
故它们不会分离成三股粒子束。
例2　(2025·河北沧州市二模)如图甲、乙所示为示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。现在偏转电极Y、Y'之间加图丙所示电压。加速电压U0的调节不仅影响电子速度，还能间接控制波形显示的缩放比例，是示波器校准的重要参数。若仅将加速电压U0增大为原来的2倍，其他条件不变，则电子在竖直方向的最大侧移量变为原来的(　　)
A. B. C. D.2倍
答案　B
解析　若加速电压U0增大为原来的2倍，电子射出加速电场时的速度v0增大为原来的倍，则电子在偏转电极间运动的时间变为原来的，竖直方向的最大侧移量对应UY的峰值，在电场中的加速度不变，则侧移量变为原来的，电子射出偏转电场后至运动到荧光屏的时间也变为原来的，射出偏转电场时沿竖直方向的速度变为原来的，所以电子射出偏转电场后至运动到荧光屏时沿竖直方向的侧移量也变为原来的。故选B。
例3　(2025·江苏卷·13)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)　(2)
解析　(1)对粒子a根据牛顿第二定律有qE=ma
a运动到最高点时，在竖直方向有v0sin θ=at
联立解得t=
(2)方法一　根据题意可知，两粒子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v0cos θ，则两粒子一直在同一竖直线上，a到达最高点时，a粒子竖直方向上运动的位移为x1==
b粒子竖直方向上运动位移为x2=v0tsin θ+at2=
则粒子a到达最高点时与粒子b之间的距离H=x1+x2=
方法二　两粒子均受到相同静电力，以粒子a为参考系，则粒子b以2v0sin θ的速度向下做匀速直线运动，a到达最高点时，a、b间的距离H=2v0sin θ·t=。
例4　(2025·江苏泰州市检测)空间中存在水平向左的匀强电场，电场强度E的大小为。将质量为m、电荷量为+q的小球以初速度v0水平向右抛出，小球的运动轨迹如图所示。A、C两点在同一竖直线上，B点的速度方向竖直向下，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：
(1)小球从A点运动到B点的时间；
(2)小球从A点到C点运动过程中的最小速度的大小。
答案　(1)　(2)
解析　(1)水平方向，由牛顿第二定律有ma=qE，由运动学规律有t=，联立解得t=
(2)设静电力与重力的合力与水平方向的夹角为θ，tan θ＝＝，
则θ＝30°。建立如图所示直角坐标系，小球沿x方向做匀速直线运动，沿－y方向做匀减速直线运动，当vy＝0，即速度与合力垂直时，速度最小为v＝v0sin 30°，解得v＝。
考点二　带电粒子在交变电场中的偏转
1.当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性。
2.研究带电粒子在交变电场中的偏转运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况。根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。
3.对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。
例5　如图(a)所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图(b)所示的交流电压UAB，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v0水平射入电场。粒子电荷量为+q，质量为m，不计粒子重力。
(1)若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t；
(2)若粒子在t=0时刻射入电场，经过一段时间后从B板右侧边缘水平射出。
①定性画出垂直板方向的速度vy(规定竖直向下为正方向)随时间变化的图像。
②求出板长L和两板间距d分别满足的条件。
(3)若粒子在t=时刻射入电场，经过一段时间后从A板右侧边缘水平射出，则板长L和两板间距d分别满足什么条件？
答案　(1)　(2)①见解析图　②见解析
(3)L=nv0T(n=1，2，3，…)　d≥
解析　(1)根据题意可知，粒子在电场中，水平方向上做匀速直线运动，若粒子能够射出电场，则粒子在电场中的运动时间为t=
(2)①②由对称性可知，粒子可能在t1=nT，即vy=0时从B板右边缘水平射出，
L=v0t1=nv0T(n=1，2，3，…)，
d=2n·a()2
由牛顿第二定律有a=，
联立得d=(n=1，2，3，…)
(3)根据题意可知，若粒子在t=时刻射入电场，且经过一段时间后能够从A板右侧边缘水平射出，则在竖直方向上，粒子在~时间内，做向下的匀加速直线运动，在~时间内，向下做匀减速直线运动，由对称性可知，粒子在时，竖直分速度减小到0，此时，粒子未达到B板上，然后在~T时间内，向上做匀加速直线运动，在T~时间内，向上做匀减速直线运动，由对称性可知，在时，粒子恰好回到A板边缘，且竖直分速度为0，由上述分析可知，两板间距d满足条件d≥2×a()2
由牛顿第二定律可得a=
联立解得d≥
粒子在电场中的运动时间为t2=nT(n=1，2，3，…)
则板长为L=v0t2=nv0T(n=1，2，3，…)
课时精练
[分值：48分]
　[1~4题，每题4分]
1.(多选)如图所示，光滑绝缘固定的四分之一圆弧槽B处切线水平，一可视为质点的带正电小球从圆弧槽A处由静止释放，滑到B处离开圆弧槽做平抛运动，到达水平地面的D处，若在装置所在平面内加上竖直向下的匀强电场，重复上述实验，下列说法正确的是(　　)
A.小球落地点在D的右侧
B.小球落地点仍在D点
C.小球落地点在D的左侧
D.小球离开B到达地面的运动时间减小
答案　BD
解析　不加电场时，小球从A点到B点有mgR=m-0，解得vB=，平抛过程，竖直方向上有h=gt2，解得t=，平抛水平位移x=vBt=2，平抛水平位移与重力加速度无关，施加竖直向下的匀强电场后，小球同时受重力和向下的静电力，相当于重力加速度g'增大了，小球落地点仍在D点，t∝，小球离开B点后到达地面的运动时间减小，B、D正确。
2.(2025·湖北黄冈市模拟)如图所示，长为L的平行板电容器水平放置，两极板带等量的异种电荷。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，以初速度v0紧贴上极板平行于极板进入匀强电场，刚好从下极板右边缘射出，射出时速度方向恰与水平方向成30°角。不计粒子重力，下列说法正确的是(　　)
A.粒子离开电场时的速度为v0
B.板间匀强电场的电场强度为
C.两极板间的距离为L
D.两极板间的电势差为
答案　D
解析　粒子离开电场时，速度方向与水平方向夹角为30°，由几何关系得v==v0，故A错误；粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上有L=v0t，竖直方向上有vy=at=v0tan 30°，由牛顿第二定律可知qE=ma，联立解得E=，故B错误；粒子在匀强电场中做类平抛运动，竖直方向上有d=at2，解得d=L，故C错误；两极板间的电势差U=Ed=，故D正确。
3.(多选)(2026·安徽省江淮十校第一次联考)如图所示为示波器的核心部件——示波管。电子束经加速电场加速后，在偏转电极XX'、YY'(长度一样)中受到静电力的作用而发生偏转，打到荧光屏上形成亮斑。不计电子所受的重力及电子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)
A.经过偏转电场时，电子会向带正电的电极方向偏转
B.偏转电压越小，电子在偏转电场中的运动时间越长
C.YY'方向偏移量与电子枪的加速电压成正比
D.若增加YY'方向电压，可以观察到波形图纵向拉长
答案　AD
解析　电子受到的静电力沿电场线的反方向，因此电子会向带正电的电极方向偏转，A正确；设电子枪的加速电压为U1，电子加速过程由动能定理可得eU1=mv2，设偏转电极YY'的极板长为L，电子在偏转电场中的运动时间t==，打到荧光屏上的电子在电场中运动的时间取决于加速电压U1的大小，与偏转电压无关，B错误；设偏转电极YY'的极板间距为d，偏转电压为U2，YY'方向偏移量为y，电子在垂直偏转电场方向做匀速直线运动，可得L=vt，沿偏转电场方向做匀加速直线运动，可得y=at2，电子在偏转电场中的加速度为a=，联立可得y=，电子在YY'方向偏移量y与电子枪的加速电压U1成反比，若YY'方向电压U2增加，则y也增加，波形图纵向拉长，C错误，D正确。
4.(2025·重庆卷·5)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
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
解析　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，沿题图中所示轨迹同时到达M、N点，可知，运动时间相等，由题图可知，沿初速度方向位移之比为2∶1，则初速度之比为2∶1，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2∶1，则所用时间之比为1∶2，故D正确；沿电场方向的位移大小相等，由y=at2可知，粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定律有qE=ma，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；沿电场方向，由公式vy=at可知，到达M、N的竖直分速度大小相等，由于初速度之比为2∶1，则到达M、N的速度大小不相等，故C错误。
5.(8分)(2025·河南卷·13)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=2.0×10-10 kg。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=1.0×10-13 C。随后，液滴以v=2.0 m/s的速度竖直进入长度为l=2.0×10-2 m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=2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h=0.1 m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)(4分)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离；
(2)(4分)A、B细胞收集管的间距。
答案　(1)5×10-3 m　(2)0.11 m
解析　(1)由题意可知含A细胞的液滴在电场中做类平抛运动，垂直于电场线方向有l=vt1
沿电场线方向有x1=a
由牛顿第二定律有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=vt2，x2=v1t2=at1t2
联立解得x2=0.05 m
由对称性可知A、B细胞收集管的间距Δx=2(x1+x2)=2×(0.005+0.05) m=0.11 m。
　[6~8题，每题6分]
6.(2025·山西省三模)竖直平面内存在水平向右的匀强电场E，一带电小球从电场中的O点以初速度v0向左上方射出，v0方向与水平方向成30°角，如图所示。小球运动到其轨迹的最左端时，速度大小恰好等于初速度大小v0，则小球受到的静电力与它受到的重力的比值为(　　)
A.∶2 B.1∶2
C.∶3 D.∶2
答案　C
解析　带电小球在水平方向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有qE=ma，根据速度—时间公式有0=v0cos 30°-at，小球运动到其轨迹的最左端，速度大小与初速度大小相同，表明小球在竖直方向上经历减速为零又反向加速的过程，则有-v0=v0sin 30°-gt，解得=，故选C。
7.(多选)(2025·陕西渭南市三模)如图所示为某静电除尘装置的简化原理图，已知板间距为d，板长为L，两块平行带电电极板间为除尘空间，两极板间电压为U0。当进入除尘空间的带电尘埃碰到极板时，所带电荷立即被中和，同时尘埃被收集。若质量为m、电荷量为-q的带电尘埃分布均匀，均以沿板方向的速率v射入除尘空间时，该除尘装置的除尘率η(相同时间内被收集尘埃的数量与进入除尘空间尘埃的数量的百分比)恰好为100%。不计空气阻力、尘埃的重力及尘埃之间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是(　　)
A.仅将两极板间电压变为，除尘装置的除尘率变为50%
B.仅将两极板间电压变为，除尘装置的除尘率变为25%
C.仅带电尘埃射入除尘空间的速度变为2v，除尘装置的除尘率变为25%
D.仅带电尘埃射入除尘空间的速度变为2v，除尘装置的除尘率变为50%
答案　AC
解析　两极板间电压为时， 由牛顿第二定律得=ma，所以尘埃的加速度变为原来的，尘埃在板间水平方向运动为匀速直线运动，故尘埃在板间运动的时间不变，由竖直方向位移y=at2，知尘埃在板间竖直方向的最大位移为板间距的，故除尘率η=×100%=50%，故A正确，B错误；除尘率η=×100%=×100%=×100%，则仅带电尘埃射入除尘空间的速度变为2v，代入数据可知除尘率变为原来的，即除尘装置的除尘率变为25%，故C正确，D错误。
8.(2025·甘肃卷·7)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图甲所示。从离子源S释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1的电场加速后，沿OO'方向射入电压为U2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，U2-t关系如图乙所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处，样品中心位于O'点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不变，当U2=±Um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.U2的最大值Um=U1
B.当U2=±Um且L=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U1
D.在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A和B点
答案　B
解析　离子在加速电场中被加速时U1q=m，在偏转电场中做类平抛运动，则l=v0t，=·t2，解得Um=U1，选项A错误；当U2=±Um时离子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，根据相似三角形，则=，解得L=，选项B正确；根据y=·t2=，若其他条件不变，增大U1，则y变小，样品的辐照范围变小，选项C错误；由题图可知t1时刻所加的电场电压小于t2时刻所加的电场的电压，则t1时刻射入的离子打到A点时的竖直位移小于t2时刻射入的离子打到B点时的竖直位移，则选项D错误。
　[6分]
9.(2025·四川内江市检测)如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入(记为t=0时刻)，同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是(　　)
A.粒子射出时间可能为t=4 s
B.粒子射出的速度大小为2v
C.极板长度满足L=3vn(n=1，2，3，…)
D.极板间最小距离为
答案　D
解析　粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向的运动v-t图像如图所示
因为粒子平行极板射出，可知粒子垂直极板的分速度为0，所以射出时刻可能为1.5 s、3 s、4.5 s…，满足t=1.5n(n=1，2，3，…)，粒子射出的速度大小必定为v，故A、B错误；极板长度L=v·1.5n(n=1，2，3，…)，故C错误；因为粒子不跟极板碰撞，则应满足≥vy×1.5 s，vy=a×1 s，a=，联立求得d≥，故D正确。(共65张PPT)
第九章
静电场
带电粒子在电场
中的偏转
第46课时
1.能根据运动的合成和分解、动力学和能量观点分析带电粒子在电场中偏转问题。
2.会分析带电粒子在交变电场中的偏转问题。
目标要求
考点一　带电粒子在匀强电场中的偏转
考点二　带电粒子在交变电场中的偏转
内容索引
课时精练
带电粒子在匀强电场中的偏转
考点一
1.运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t=(如图)。
(2)沿静电力方向做匀加速直线运动
①加速度：a===_____；
②离开电场时沿电场方向的偏移量：y=at2=________；
③离开电场时的偏转角：tan θ==_______。
2.功能关系
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=mv2-m，其中Uy=y，指初、末位置间的电势差。
3.粒子经电场偏转后射出时，速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的_____。
中点
　　　如图所示，喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会被带上一定量的负电荷，在电场的作用下使电荷发生偏转到达纸上。已知两偏转极板长度为L1，极板右侧到纸张距离为L2，两极板间电场强度为E，质量为m、电荷量为q的墨滴在进入电场前的速度为v0，方向与两极板平行，O点为纸张与电场中线交点，不计空气阻力和墨滴重力，假设偏转电场
答案　
只局限在平行极板内部，忽略边缘电场的影响。求：
(1)墨滴通过偏转极板的时间；
　　　墨滴进入偏转电场做类平抛运动，如图所示
在v0方向做匀速直线运动，有L1=v0t，
得t=
(2)墨滴射出偏转极板时在竖直方向上的位移y；
答案　
　　　垂直于v0方向有y=at2，qE=ma
得y=
(3)墨滴射出偏转极板时的动能；
答案　m+
　　　由动能定理qEy=Ek-m
得Ek=m+
(4)墨滴射出偏转极板时的速度方向与原入射方向夹角的正切值；
答案　
　　　墨滴从偏转极板间的电场射出时垂直于v0方向的分速度vy=at=
设墨滴从偏转极板间的电场射出时速度方向与原入射方向夹角为θ，有tan θ==
(5)墨滴打到纸上的点距O点的距离。
答案　
　　　方法一　从偏转电场射出到打在纸上的竖直距离y2=L2tan θ=
墨滴打在纸上的点距O点的距离为Y=y+y2=
方法二　将墨滴从偏转极板间的电场射出时速度方向反向延长，交初速
度v0延长线于处，由三角形相似=，解得Y=。
计算粒子打到屏上的位置离屏中心距离的方法
(1)Y=y+Dtan θ(D为屏到偏转电场右边界的水平距离)。
(2)Y=(+D)tan θ(L为极板长度)。
(3)根据三角形相似==。
(来自教材)让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转，它们是否会分离成三股粒子束？试通过计算说明。
讨论交流
答案　由qU0=m
y=at2=··()2
tan θ==
得y=，tan θ=，
y、θ均与m、q无关。所以它们的偏移量和偏转角总是相同的，轨迹是重合的。
故它们不会分离成三股粒子束。
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.2倍
(2025·河北沧州市二模)如图甲、乙所示为示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。现在偏转电极Y、Y'之间加图丙所示电压。加速电压U0的调节不仅影响电子速度，还能间接控制波形显示的缩放比例，是示波器校准的重要参数。若仅将加速电压U0增大为原来的2倍，其他条件不变，则电子在竖直方向的最大侧移量变为原来的
√
　　　若加速电压U0增大为原来的2倍，电子射出加速电场时的速度v0增大为原来的倍，则电子在偏转电极间运动的时间变为原来的，竖直方向的最大侧移量对应UY的峰值，在电场中的加速度不变，则侧移量变为原来的，电子射出偏转电场后至运动到荧光屏的时间也变为原来的，射出偏转电场时沿竖直方向的速度变为原来的，所以电子射出偏转电场后至运动到荧光屏时沿竖直方向的侧移量也变为原来的。故选B。
(2025·江苏卷·13)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；
答案　
　　　对粒子a根据牛顿第二定律有qE=ma
a运动到最高点时，在竖直方向有v0sin θ=at
联立解得t=
(2)a到达最高点时，a、b间的距离H。
答案　
　　　方法一　根据题意可知，两粒子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v0cos θ，则两粒子一直在同一竖直线上，a到
达最高点时，a粒子竖直方向上运动的位移为x1==
b粒子竖直方向上运动位移为x2=v0tsin θ+at2=
则粒子a到达最高点时与粒子b之间的距离H=x1+x2=
方法二　两粒子均受到相同静电力，以粒子a为参考系，则粒子b以2v0sin θ的速度向下做匀速直线运动，a到达最高点时，a、b间的距离H=2v0sin θ·t
=。
(2025·江苏泰州市检测)空间中存在水平向左的匀强电场，电场强度E的大小为。将质量为m、电荷量为+q的小球以初速度v0水平向右抛出，小球的运动轨迹如图所示。A、C两点在同一竖直线上，B点的速度方向竖直向下，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：
(1)小球从A点运动到B点的时间；
答案　
　　　水平方向，由牛顿第二定律有ma=qE，由运动学规律有t=，联立解得t=
(2)小球从A点到C点运动过程中的最小速度的大小。
答案　
返回
　　　设静电力与重力的合力与水平方向的夹角为θ，tan θ＝＝，
则θ＝30°。建立如图所示直角坐标系，小球沿x方向做匀速直线运动，沿－y方向做匀减速直线运动，当vy＝0，即速度与合力垂直时，速度最小为v＝v0sin 30°，解得v＝。
带电粒子在交变电场中的偏转
考点二
1.当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性。
2.研究带电粒子在交变电场中的偏转运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况。根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。
3.对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。
　　　如图(a)所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图(b)所示的交流电压UAB，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v0水平射入电场。粒子电荷量为+q，质量为m，不计粒子重力。
(1)若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t；
答案　
　　　根据题意可知，粒子在电场中，水平方向上做匀速直线运动，若粒子能够射出电场，则粒子在电场中的运动时间为t=
(2)若粒子在t=0时刻射入电场，经过一段时间后从B板右侧边缘水平射出。
①定性画出垂直板方向的速度vy(规定竖直向下为正方向)随时间变化的图像。
答案　见解析图
②求出板长L和两板间距d分别满足的条件。
答案　见解析
　　　由对称性可知，粒子可能在t1=nT，即vy=0时从B板右边缘水平射出，
L=v0t1=nv0T(n=1，2，3，…)，
d=2n·a()2
由牛顿第二定律有a=，
联立得d=(n=1，2，3，…)
(3)若粒子在t=时刻射入电场，经过一段时间后从A板右侧边缘水平射出，则板长L和两板间距d分别满足什么条件？
答案　L=nv0T(n=1，2，3，…)　d≥
　　　根据题意可知，若粒子在t=时刻射入电场，且经过一段时间后能够从A板右侧边缘水平射出，则在竖直方向上，粒子在~时间内，做向下的匀加速直线运动，在~时间内，向下做匀减速直线运动，由对称性可知，粒子在时，竖直分速度减小到0，此时，粒子未达到B板上，然后在~T时间内，向上做匀加速直线运动，在T~时间内，向上做匀减速直线运动，由对称性可知，在时，粒子恰好回到A板边缘，且竖直分速度为0，由上述分析可知，两板间距d满足条件d≥2×a()2
　　　由牛顿第二定律可得a=
联立解得d≥
粒子在电场中的运动时间为t2=nT(n=1，2，3，…)
则板长为L=v0t2=nv0T(n=1，2，3，…)
返回
课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
答案
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7
8
题号 1 2 3 4 5
答案 BD D AD D (1)5×10-3 m　(2)0.11 m
题号 6 7 8 9
答案 C AC B D
9
1.(多选)如图所示，光滑绝缘固定的四分之一圆弧槽B处切线水平，一可视为质点的带正电小球从圆弧槽A处由静止释放，滑到B处离开圆弧槽做平抛运动，到达水平地面的D处，若在装置所在平面内加上竖直向下的匀强电场，重复上述实验，下列说法正确的是
A.小球落地点在D的右侧
B.小球落地点仍在D点
C.小球落地点在D的左侧
D.小球离开B到达地面的运动时间减小
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答案
基础落实练
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答案
　　　不加电场时，小球从A点到B点有mgR=m-0，解得vB=，平抛过程，竖直方向上有h=gt2，解得t=，平抛水平位移x=vBt=2，
平抛水平位移与重力加速度无关，施加竖直向下的匀强电场后，小球同时受重力和向下的静电力，相当于重力加速度g'增大了，小球落地点仍
在D点，t∝，小球离开B点后到达地面的运动时间减小，B、D正确。
9
2.(2025·湖北黄冈市模拟)如图所示，长为L的平行板电容器水平放置，两极板带等量的异种电荷。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，以初速度v0紧贴上极板平行于极板进入匀强电场，刚好从下极板右边缘射出，射出时速度方向恰与水平方向成30°角。不计粒子重力，下列说法正确的是
A.粒子离开电场时的速度为v0
B.板间匀强电场的电场强度为
C.两极板间的距离为L
D.两极板间的电势差为
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答案
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√
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答案
　　　粒子离开电场时，速度方向与水平方向夹角为30°，由几何关系
得v==v0，故A错误；
粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上有L=v0t，竖直方向上有vy=at=
v0tan 30°，由牛顿第二定律可知qE=ma，联立解得E=，故B错误；
粒子在匀强电场中做类平抛运动，竖直方向上有d=at2，解得d=L，故
C错误；
两极板间的电势差U=Ed=，故D正确。
9
3.(多选)(2026·安徽省江淮十校第一次联考)如图所示为示波器的核心部件——示波管。电子束经加速电场加速后，在偏转电极XX'、YY'(长度一样)中受到静电力的作用而发生偏转，打到荧光屏上形成亮斑。不计电子所受的重力及电子间的相互作用，下列说法正确的是
A.经过偏转电场时，电子会向带正电的电极方
向偏转
B.偏转电压越小，电子在偏转电场中的运动时
间越长
C.YY'方向偏移量与电子枪的加速电压成正比
D.若增加YY'方向电压，可以观察到波形图纵向拉长
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√
答案
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√
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答案
　　　电子受到的静电力沿电场线的反方向，因此电子会向带正电的电极方向偏转，A正确；
设电子枪的加速电压为U1，电子加速过程由动能定理可得eU1=mv2，设偏转电极YY'的极板长为L，电子在偏转电场中的运动时间t==，打
到荧光屏上的电子在电场中运动的时间取决于加速电压U1的大小，与偏转电压无关，B错误；
9
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答案
　　　设偏转电极YY'的极板间距为d，偏转电压为U2，YY'方向偏移量为y，电子在垂直偏转电场方向做匀速直线运动，可得L=vt，沿偏转电场方向做匀加速直线运动，可得y=at2，电子在偏转电场中的加速度为a=
，联立可得y=，电子在YY'方向偏移量y与电子枪的加速电压U1成反比，若YY'方向电压U2增加，则y也增加，波形图纵向拉长，C错误，D正确。
9
4.(2025·重庆卷·5)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
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
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答案
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答案
　　　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，沿题图中所示轨迹同时到达M、N点，可知，运动时间相等，由题图可知，沿初速度方向位移之比为2∶1，则初速度之比为2∶1，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2∶1，则所用时间之比为1∶2，故D正确；
沿电场方向的位移大小相等，由y=at2可知，粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定律有qE=ma，可得=，可知带电粒子具有相同比荷，故A错误；
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答案
　　　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；
沿电场方向，由公式vy=at可知，到达M、N的竖直分速度大小相等，由于初速度之比为2∶1，则到达M、N的速度大小不相等，故C错误。
9
5.(2025·河南卷·13)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=2.0×10-10 kg。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
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答案
均为q=1.0×10-13 C。随后，液滴以v=2.0 m/s的速度竖直进入长度为l=2.0×10-2 m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=2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h=0.1 m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：
9
(1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离；
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答案
答案　5×10-3 m
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答案
　　　由题意可知含A细胞的液滴在电场中做类平抛运动，垂直于电场线方向有l=vt1
沿电场线方向有x1=a
由牛顿第二定律有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
9
(2)A、B细胞收集管的间距。
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答案
答案　0.11 m
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答案
　　　含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，则h=vt2，x2=v1t2=
at1t2
联立解得x2=0.05 m
由对称性可知A、B细胞收集管的间距Δx=2(x1+x2)=2×(0.005+0.05) m=
0.11 m。
9
6.(2025·山西省三模)竖直平面内存在水平向右的匀强电场E，一带电小球从电场中的O点以初速度v0向左上方射出，v0方向与水平方向成30°角，如图所示。小球运动到其轨迹的最左端时，速度大小恰好等于初速度大小v0，则小球受到的静电力与它受到的重力的比值为
A.∶2 B.1∶2
C.∶3 D.∶2
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答案
能力综合练
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答案
　　　带电小球在水平方向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有qE=
ma，根据速度—时间公式有0=v0cos 30°-at，小球运动到其轨迹的最左端，速度大小与初速度大小相同，表明小球在竖直方向上经历减速为零又反向加速的过程，则有-v0=v0sin 30°-gt，解得=，故选C。
9
7.(多选)(2025·陕西渭南市三模)如图所示为某静电除尘装置的简化原理图，已知板间距为d，板长为L，两块平行带电电极板间为除尘空间，两极板间电压为U0。当进入除尘空间的带电尘埃碰到极板时，所带电荷立即被中和，同时尘埃被收集。若质量为m、电荷量为-q的带电尘埃分布均匀，均以沿板方向的速率v射入除尘空间时，该除尘装置的除尘率η(相同时间内被收集尘埃的数量与进入除尘空间尘埃的数量的百分比)恰好为100%。不计空气阻力、尘埃的重力及尘埃之间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是
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答案
9
A.仅将两极板间电压变为，除尘装置的除尘率变
为50%
B.仅将两极板间电压变为，除尘装置的除尘率变
为25%
C.仅带电尘埃射入除尘空间的速度变为2v，除尘装置的除尘率变为25%
D.仅带电尘埃射入除尘空间的速度变为2v，除尘装置的除尘率变为50%
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答案
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√
√
　　　两极板间电压为时， 由牛顿第二定律得=ma，所以尘埃的加速度变为原来的，尘埃在板间水平方向运动为匀速直线运动，故尘埃在板间运动的时间不变，由竖直方向位移y=at2，知尘埃在板间竖直方向的最大位移为板间距的，故除尘率η=×100%=50%，故A正确，B错误；
除尘率η=×100%=×100%=×100%，则仅带电尘埃射入除尘空间的速度变为2v，代入数据可知除尘率变为原来的，即除尘装置的除
尘率变为25%，故C正确，D错误。
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答案
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8.(2025·甘肃卷·7)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图甲所示。从离子源S释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1的电场加速后，沿OO'方向射入电压为U2的电场(OO'为平行于两极板的中
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答案
9
轴线)。极板长度为l、间距为d，U2-t关系如图乙所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处，样品中心位于O'点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不变，当U2=±Um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.U2的最大值Um=U1
B.当U2=±Um且L=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U1
D.在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A和B点
√
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答案
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答案
　　　离子在加速电场中被加速时U1q=m，在偏转电场中做类平抛运动，则l=v0t，=·t2，解得Um=U1，选项A错误；
当U2=±Um时离子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，根据相似三
角形，则=，解得L=，选项B正确；
根据y=·t2=，若其他条件不变，增大U1，则y变小，样品的辐照
范围变小，选项C错误；
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答案
　　　由题图可知t1时刻所加的电场电压小于t2时刻所加的电场的电压，则t1时刻射入的离子打到A点时的竖直位移小于t2时刻射入的离子打到B点时的竖直位移，则选项D错误。
9
9.(2025·四川内江市检测)如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入(记为t=0时刻)，同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是
A.粒子射出时间可能为t=4 s
B.粒子射出的速度大小为2v
C.极板长度满足L=3vn(n=1，2，3，…)
D.极板间最小距离为
√
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答案
尖子生选练
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答案
返回
9
　　　粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀
速直线运动，垂直极板方向的运动v-t图像如图所示
因为粒子平行极板射出，可知粒子垂直极板的分速
度为0，所以射出时刻可能为1.5 s、3 s、4.5 s…，满足t=1.5n(n=1，2，3，
…)，粒子射出的速度大小必定为v，故A、B错误；
极板长度L=v·1.5n(n=1，2，3，…)，故C错误；
因为粒子不跟极板碰撞，则应满足≥vy×1.5 s，vy=a×1 s，a=，联立求得d≥，故D正确。
本课结束
THANKS
第九章

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