帶電粒子在電場中的偏轉（解析版）-2027年高考物理

帶電粒子在電場中的偏轉

目錄

模擬E演練.........................................................................1

題型01帶電粒子在電導中的腳體運動.................................................1

題型02示波管的原理及其應用.......................................................5

題型03帶電體（計費力）在電場中的加體運動..........................................9

題型04帶電粒子在交變電場中的偏樣................................................13

重津創新演練.........................................................................18

真題實戰演練.........................................................................23

模擬?基礎演練

考左直點:拿電枇子在電通中的把體運動

題型01帶電粒子在電場中的拋體運動

1.（2026.北京豐臺.二模）一質量為加、電荷量為q的試探電荷在某勻強電場中運動，僅在靜電力的作用下

由a運動到b（運動軌跡在豎直面內），所用時間為，其在Q點和b點的速度大小均為2%速度方向如圖中

箭頭所示。虛線代表水平方向，則（）

A.小球從a運動到b的過程中，電勢能先減小再增大

B.電場強度方向與Q、b連線平行

C.a、b之間的距離為比

D.電場強度的大小為邛

qt

【答案】。

【詳解】B.因小球在ab兩點的速度大小相同，可知小球在ab兩點的電勢能相同，出?兩點的電勢相同,

即ab為等勢面，則電場強度方向與a、b連線垂直，方向斜向左下方，6錯誤；

A.小球從a運動到b的過程中，電場力先做負功后做正功，則電勢能先增大再減小，力錯誤：

C.由對稱性可知，而連線與水平線的夾角為30°,小球沿成方向做勻速運動，則a、b之間的距離為d

=2vcos60°'t—vty。正確；

D.沿場強方向由2vsin60°=—2vsin60°4-——t

m

解得E=2/乎”，。錯誤。

qt

故選c。

2.（2026?湖南邵陽?三模）如圖所示，水平放置的平行金屬板43間存在沿豎直方向的勻強電場。質量相

同的兩個帶電粒子1、2以相同的初速度貼著/板左側沿水平射入，帶電粒子1沿軌跡①從兩板正中間

飛出，帶電粒子2沿軌跡②落到8板中點。不計粒子的重力和粒子間的相互作用，則粒子1、2在極板間

運動的過程中（）

Al.J

,、、②

B[

A.運動時間之比為抗益=1：2B.所帶電荷量之比團聞2=1：2

C.電勢能減少量之比△￡［：△昆=1:8D.動量增量之比Ap匚An=1：4

【答案】。

【詳解】4水平方向￡=*則運動時間與水平位移成正比，即“=乙：9=2:1,故若錯誤;

B.豎直方向y=gaP,Eq=ma

聯立解得q=鬻~

%一劭戲_

則———'x——不1

0V2t?

即QiS=1：8,故B錯誤：

C.由功能關系有AE=EQV

則旭=9=_L

△瓦q汨216

即加%:八￡；2=1:16,故。錯誤：

D.由動量定理可知Ap=Eq￡

則包^=汕=上

△「P22q2t24

即Api：Ap?=1：4,故。正確。

故選。。

3.（2026?黑龍江大慶?三模）如圖所示,在電場強度為E,方向豎直向上的勻強電場中，兩個相同的帶負電粒

子。、b同時從O點以初速度仇射出，速度方向與水平方向夾角均為仇已知粒子的質量為a,電荷量為

q,不計重力及粒子間相互作用,當。到達最高點時，間的距離為（）

...........?

E

%

()

27mfein2JTTWnSin2^「m憂sin2，3T兒球sin2。

A.D.

Q'^E-~1E~

【答案】力

【詳解】以匕均做類斜拋運動，運動軌跡如圖所示

則豎直方向上，對a球，根據牛頓第二定律有qE=ma

a運動到最高點，由運動學公式有VoSinO=at

聯立解得a運動到最高點的時間力=三竺嚕吆

qE

方法一：根據題意可知，兩個小球均在水平方向上做勻速直線運動，且水平方向上的初速度均為加COS0,

則兩小球一直在同一豎直線上，斜上拋的小球豎直方向上運動的位移為為=的"工=嚶坐"

2a2qE

2

斜下拋的小球豎直方向上運動位移為x2=vntsin0+-i-at

377wi5sin道

解得的=

2qE

貝I小球a到達最高點時與小球5之間的距離H=為+%=7n

2"q。E廿"

方法二：兩個小球均受到相同電場力，以a球為參考系，b球以2功）sin9的速度向下做勻速直線運動，則。

2mv'nS\n23

至］達最高點時，a、b間的距離H=20（）sin仇=

故選A。

4.（2026.河北衡水.模擬預測）真空中的某裝置如圖所示，平行金屬板4、6之間有加速電壓,大小為金

屬板。、。之間有偏轉電壓，大小為2“。現有一質量為m、帶電荷量為+q的粒子由4板從靜止被加速

后垂直于電場方向沿C、。板之間的中線進入偏轉電場，粒子飛出偏轉電場后打到熒光屏PQ上的“

點。OM=L,C、。板長與板間距均為L,忽略邊緣效應，不計粒子重力，下列說法正確的是（）

p

c

*------------------------------------0

ABD

M

Q

A.粒子進入偏轉電場時的速度大小為J蝦

B.粒子離開偏轉電場時豎直方向的偏轉距離為春

C.光屏到C、。極右邊緣的距離為L

D.若將C、。之間的偏轉電壓增大，則粒子將打到M點的下方

【答案】B

【詳解】A.粒子在加速電場中時qa）=優

解得粒子進入偏轉電場時的速度大小為為=、2逅,A錯誤;

2

B.粒子離開偏轉電場時豎直方向的偏轉能離為y=y^-tfL=vot

解得y=4,B正確;

L

C.粒子從偏轉電場射出時，速度的反向延長線經過水平位移的中點，則/—=/

解得光屏到。板右邊緣的距離為S，C錯誤；

D，因當偏轉電壓為叫時偏轉距離片片即粒子恰好從。板右側邊緣飛出,根據"斗黑公

UL

4a

如若將C、。之間的偏轉電壓U增大，則偏轉距離g變大，則粒子將打到。板上，不能打到PQ上，。錯

?U

［關O

故選6。

5.（2026?陜西榆林?二模）如圖所示，豎直平面內平行正對的兩水平金屬板4與、4顯的間距和板長均為d,

上極板接地，下極板不帶電。一發射源從4點沿45方向以相同速度持續噴射出質量為M、電荷量為

+q（q很小）的油滴（視為質點），第1滴油滴落在下極板中點。處，油滴落在極板上立即被吸收且電荷均

勻分布在極板上。已知重力加速度為g,不計空氣阻力，忽咯油滴間的相互作用，則下列說法正確的是

（）

A.油滴噴射的初速度大小為癡J

B.最終穩定時，油滴沿45方向做勻變速直線運動

C.油滴在平行板間運動的最短與最長時間之比為1：4

D.油滴在平行板間運動時電勢能最多減少

O

【答案】。

【詳解】人.板長和間距均為d,初速度沿月出2,故%=%=3,總初速度o=

第一滴油滴下落時板間無電場，僅受重力，可分解為水平方向的勻速直線運動、豎直方向的豎直上拋運

動。落在下極板中點。，在水平方向，有比￡=亨

在豎直方向，有％=

聯立解得&0=

總初速度。=V2v0=J華豐6J,故A錯誤；

B.隨著赴荷量的積累，兩板間電場強度逐漸增大，粒子豎直方向上的加速度減小，水平方向的位移逐漸

增大，直至下極板的電荷量積累至油滴剛好離開5點為止，之石粒子將一直從3點射出，故6錯誤；

C.水平方向的分運動決定了油滴在平行板間運動的時間，因此最短、最長時間對應于油湎落在。點和

B,點的時間，則時間之比為1：2,故。錯誤；

Z）.立場力做功最多時油滴向上運動至最高點，由運動的對稱性和分析知，水平方向上比￡'=（/

豎直方向上，做勻減速直線運動，至最高點時，位移仁當?聯立解得九=1?從4點到最高點的過程

N乙?

中，由動能定理，有—mgh=0—■若解得=~^~mgd即電勢能最多減少-^-mgd，故Z?正確。故

2oo

選。。

題型02示波管的原理及其應用

6.（2025?安徽合肥?模擬預測）示波管的結構如圖甲所示，如果在偏轉電極XX，、W之間都沒有加電壓，

電子束將打在熒光屏的中心，形成亮斑。若在偏轉電極丫卜之間加上圖乙所示的正弦式電壓，在偏轉電

,極XX，之間加上圖（Q）、（?、（c）、（d）所示的幾種電壓，則熒光屏上可能會形成圖（e）、（/）所示的圖像。

；下列說法正確的是（）

Q................

示波管結構熒光屏（從右向左看）

A.若XX，加電壓（°）,熒光屏上出現圖（e）所示波形

B.若XX，加電壓（b）,熒光屏上出現圖（e）所示波形

C.若XX加電壓（c）,熒光屏上出現圖（力所示波形

D.若XX，加電壓3）,熒光屏上出現圖（/）所示波形

【答案】C

【詳解】4.在熒光屏上建立直角坐標系，如圖所示

若XX'加電壓（a）,熒光屏上的0值只有兩個值，故應為兩條關于"軸對稱且垂直于］軸的亮線，故4錯

誤；

B.若XX，加電壓3）,熒光屏上的亮斑應出現先沿”軸從正到負掃描前半個周期的正弦圖像，再沿①軸

從正到負掃描后半個周期的正弦圖像，會形成（/）所示波形，故B錯誤；

C.若XX，加電壓（c）,熒光屏上的亮斑應先出現沿/軸從負到正掃描前半個周期的正弦圖像，再沿/軸

從負到正掃描后半個周期的正弦圖像，也會形成（/）所示波形，故。正確；

D.若XX，加電壓（d）,熒光屏上的亮斑應出現先從1軸的中心點沿c軸正方向掃描前半個周期的正弦

圖像，再沿。軸負方向到①軸的中心點掃描后半個周期的正弦圖像，不會形成（/）所示波形，故。錯誤。

故選C。

7.（25—26高三上?廣東中山?期中）圖1為示波管的原理圖。如果在電極W之間所加的電壓按圖2所示

的規律變化,在電極X，X之間所加的電壓按圖3所示的規律變化，假設粒子的運動時間相比電場變化周

期可忽略不計，則熒光屏上顯示的圖像是（）

電子槍

()

熒光屏

\ou偏轉電極

圖1

【答案】6

【詳解】根據g=KM工『可知，粒子通過偏轉電極時偏轉距離與偏轉電壓成正比關系：設當兩個偏

2dm'Vo,

H電極加最大偏轉電壓時的最大偏轉距離分別為y,n和xmt則

當￡=0時在兩個偏轉電極的偏轉距離分別為和一看”（對應于4點）；

當t=0.57J時在兩個偏轉電極的偏轉距離分別為?%0和0（對應于6點）；

當￡=7?）時在兩個偏轉電極的偏轉距離分別為:4“和小（對應于。點和C'點）；

當￡=1.5為時在兩個偏轉電極的偏轉距離分別為0和0（對應于O點）；

當￡=2￡）時在兩個偏轉電極的偏轉距離分別為一和1m（對應于D點和。點）;

O

當力=2.5備時在兩個偏轉電極的偏轉距離分別為一日樂和0（對應于E點）；

當￡=32）時在兩個偏轉電極的偏轉距離分別為一Um和2m（對應于F點）

8.（2025?河南南陽?模擬預測）加速電場、偏轉電場與熒光屏組成的示波管結構示意圖如圖所示。忽略電子

重力，下列說法錯誤的是（）

A.加速電場可使電子的速度增大,偏轉電場僅改變速度的方向但不改變速度的大小

B.熒光屏上可以產生傾斜亮線

c.若yw的電勢均低于y、x的電勢，則電子打在xoy區域

D.水平偏轉電場可使電子做勻變速曲線運動

【答案】力

【詳解】4.加速電場可使電子的速度增大，偏轉電場不但改變速度的方向且能改變速度的大小，故A錯

誤，符合題意；

B.當電子槍源源不斷的發出電子，在兩偏轉極板上加上合適的周期性電壓，熒光屏上就可產生傾斜亮

線，故6項正確，不符合題意；

c.若y‘、x，的電,勢均低于y、x的電勢，則偏向低電勢極板，電子會打在XOY區域，故c正確，不符

合題意；

D.水平偏轉電場提供的加速度不變，可使電子做類平拋運動即勻變速曲線運動，故。項壬確，不符合

題意。

本題選擇錯誤選項，故選力。

9.（2025?廣西?三模）示波管可以用來觀察電信號隨時間的變化情況，其原理如圖甲所示，通電后電子槍有

電子逸出（初速度為零），經加速電壓〃加速后，從偏轉電極左側邊緣中心進入偏轉電場，最后打在熒光

屏上，熒光屏的中心在偏轉電極的水平軸線上，以熒光屏的中心為原點O,建立cOy坐標系。若在rr

電極上輸入圖乙所示的電壓，下列說法正確的是（）

A.若在水平電極XX，不加電壓,熒光屏上的圖像為正弦圖像

B.若在水平電極XX，不加電壓,所有的電子打在熒光屏中心O點

C.若在水平電極XX，加圖丙所示電壓,熒光屏上的圖像是一條直線

D.若在水平電極XX，加圖丙所示電壓，熒光屏上的圖像是一個圓

【答案】C

【詳解】AZ?.若在水平電極XX，不加電壓，則電子僅在豎直方向偏轉，圖像為過O點的豎直線，故4Z?

錯誤；

CD.若在水平電極xx'加圖丙所示電壓，即電極xx'與電極上所加電壓均為正弦電壓，則電子水

平偏轉位移和豎直偏轉位移始終相等，圖像為過。點的滿足U=出的傾斜的直線，故。正確，。錯誤。

故選C。

10.（2025?黑龍江佳木斯?模擬預測）某種類型的示波管工作原理如圖所示，電子先經過電壓為，的宜線加速

電場，再垂直進入偏轉電場，離開偏轉電場時的偏移量為心兩平行板之間的距離為d,電壓為5,板長為

L把與叫示波器的靈敏度，下列說法正確的是（）

5

...........?

A.電子在加速電場中動能增大，在偏轉電場中動能不變

B.電子只要能離開偏轉電場,在偏轉電場中的運動時間一定等于LJ器

C.當“、乙增大，d不變，示波器的靈敏度一定減小

D.當L變為原來的兩倍，d變為原來的4倍，Q不變,示波器的靈敏度不變

【答案】。

【詳解】4.電子在加速電場和偏轉也場中，電場力均對電子做正功，電子動能均增大，故A錯誤；

B,電子在加速電場中，有ea=57n嗡解得q）=電子只要能離開偏轉電場，在偏轉電場中的運

動時間一定等于￡=爭=七6配，故B錯誤；

C.電子在偏轉電場中，有人=4.空（工f結合優聯立可得3=冉7可知當U、L增

大，d不變，示波器的靈敏度可能增大、可能減小、還可能不變，故。錯誤；

D,根據M=-^,可知當L變為原來的兩倍，d變為原來的4倍，，不變，示波器的靈敏度不變，故

U24gd

。正確。故選。。

題型03帶電體（計重力）在電場中的拋體運動

11.（2026?重慶?三模）某小組同學利用人工智能模擬“風洞”實驗。如圖所示，整個豎直平面內存在與豎直方

向夾角為。的恒力風，現將一小球以速度為水平拋出，小球在該豎直平面內運動且所受風力大小是其重

力的一半。其他條件不變，若在該豎直平面內任意改變角夕的大小，則該小球在所有運動過程中的最小

速度大小為（）

1

vBn.-v.C.%D.等。

A.wJ。

【答案】。

mg

【詳解】由題知，風力提供的加速度恒為。=工=2

m2

小球所受合加速度（等效重力加速度小）是。與重力加速度g的矢量和，結合拋體運動規律易知，最小速

度就是伙,在垂直”等效重力加速度”方向的分速度（即勻速分運動的速度大小）,由矢量三角形定則如圖

所示

可知，當a與⑦垂直時，小球運動的最小速度即為所有運動過程中的最小速度，由幾何關系易得sina=

a_1

92

/Q

最小速度為Mnin=%COSa=比。

故選。。

12.（2026?河南關B州?模擬預測）由太陽能板陣列產生的人工可控勻強電場，主要用于偏轉太空塵埃和微小碎

片。為了測試電場對帶電微粒的偏轉效果，工程師將一個足夠長、傾角為30°的固定斜面置于電場強度

大小E=Y|理、方向水平向右的勻強電場中，并向該區域發射了一質量為m、電荷量為+q的小球，小

球以初速度。。從斜面底端斜向上拋出，初速度方向與水平方向間的夾角為60°,如圖所示。重力加速度

為g,不計空氣阻力。從拋出到落回斜面的過程中，小球機械能的增加量為（)

6m端c9V3mt>o6V3mvo97n褚

G49D.

,49B?FF-49

【答案】。

【詳解】小球落到斜面上時的水平位移x=q）cos60°￡+廣，其中Eq=ma

豎直方向g=t，osin6O°-t—JgJ

其中tan30°=—

x

短俎,18—端

解得t=——,x=-T—

7g49g

Qrr??）2

小球機械能的增加量為=Eqx=--r-^

49

故選。。

13.（2026?四川綿陽?三模）豎直放置的帶電平行金屬板之間的電場可以看成是勻強電場，現有一帶電小球從

兩帶電平行金屬板中的M點豎直向上拋出，其運動軌跡如圖所示，其中M、N兩點在同一水平線上，。?

點為軌跡的最高點，不計空氣阻力，則（）：

.............3

A.小球從八〃至ljO的時間小于。到N的時間

R小球從M到O的動量變化量等于O到N的動量變化量

C.小球從M到O的電勢能變化量只有。到N的電勢能變化量的一半

D.小球從河到N的過程中，經。點時為速度最小值

【答案】B

【詳解】46.小球在豎直方向上先做豎直上拋運動，上至最高點O以后做自由落體運動，因為A/N在同

一水平線上，所以小球上升和下降的過程用時相等，合外力沖量相等，動量變化量相等，故A錯誤，6正

確；

C.小球在水平方向做初速度為。的勻加速直線運動，因為140和ON的運動時間相等，根據初速度為0

的勻加速直線運動推論可知，從M到O的水平位移與從。到N的水平位移之比為酗=《

XON3

則從M到。電場力做功與從0到N電場力做功之比為9a”

qE?rON3

小球從八4到。的電勢能變化量與從。到N的電勢能變化量之比為1:3,故。錯誤：

D.如圖所示：由受力分析可知，開始時合力與初速度成鈍角，速度減小，當二者垂直時，取得速度最小

值，印枕跡切線與合力方向垂直時，該點在。左側，故。錯誤。

故選B。

14.（2026?湖北恩施?二模）如圖所示，地面上方某區域存在著水平向右的勻強電場，一個質量為加、電荷量為

q的帶負電小球（可視為質點）以水平向右的初速度為由O點射入該區域，剛好豎直向下通過尸點，己知

OP與初速度方向的夾角為45°,重力加速度為g,以下說法正確的是（）

A.小球由。點到尸點用時為2B.小球運動過程中的最小速率為粵

<72

C.O、。兩點的電勢差為吆吹D.勻強電場的電場強度大小為出些

qq

【答案】4

【詳解】4.將小球運動分解為水平方向心方向，向右為正）和豎直方向（g方向，向下為正）：小球帶負

電，電場向右，因此水平方向受向左的電場力，做勻減速直線運動，到P點時速度豎直向下，說明P點水

平速度%=0;豎直方向只受重力，做初速度為0的勻加速直線運動。

設運動時間為t,水平加速度大小&=哈，豎直加速度生,=g:

水平方向：0=a—a1t

水平位移比=駕9￡=乎

豎直方向：豎直位移勺=49產

由。尸與初速度夾角為45°,得c="，即煤"=[■清

解得￡=生

9

故4正確；

B.任意時刻廿的速度分量：8=加）一英'

Vy=gtr

速率平方"=（g—/）2+（*）2

由二次函數求最小值，得最小速率。=

故Z?錯誤；

C.水平位移出一萼一算

22g

。到。的電勢差％尸=后/=理?某=字

q2g2q

故C錯誤；

D.由0=a/—,—

0Tng

約去&u得E=——

q

故。錯誤。

故選A。

15.（2025?山西?模擬預測）在水平向右的勻強電場中，一質量為m、電荷量為+q的小球從4點以初速度a豎

直向上拋出，其運動的軌跡如圖所示。已知電場強度大小為七=瞥，小球運動軌跡上4、B兩點在同

一水平線上，”為軌跡的最高點，不計空氣阻力，已知重力加速度為g。下列說法錯誤的是（）

.............國

A.小球水平位移如化2=1:3

13.小球運動至M點時的速度為粵

C.運動過程中的最小速度為普

D.到達B點時,小球的速度方向與水平方向夾角為tan。=

O

【答案】D

【詳解】4.對小球受力分析，可知小球在豎直方向受重力作用，做豎直上拋運動，即從/到”的時間與

從初到6的時間相等；小球在水平方向受電場力作用，做初速度為零的句加速直線運動，可知水平方向

的兩段位移―g所用的時間相等，根據初速度為零的勻變速直線運動規律，小球水平位移如g=上3,

故力正確，不符合題意；

B.小球從力點運動至M點的過程中，豎直方向做豎直上拋運動，豎直方向的速度為零，則運動時間為力

_v

9

故小球運動至“點只有水平方向的速度，而小球在水平方向做初速度零的勻加速直線運動，故小球運動

至Af點的速度為小=或￡=學，故6正確，不符合題意；

m3

C.將重力與電場力合成一個合力，設合力與水平方向的夾角為外則有tana=嘩=?

qE4

解得a=37°將小球初速度沿垂直合力方向分解為劭=ocosa=￥故小球沿垂直合力方向做勻速直線

5

運動：沿平行合力方向分解為n2=usina=g9其方向與合力方向相反，故小球沿平行方向的速度先減

小再增大；當運動過程中速度最小時，沿平行合力方向的速度為0,此時只有沿垂直合力方向的分速度，

故最小速度為幼=學，故C正確，不符合題意；

D.到達6點時，在豎直方向，根據對稱性原理，可知小球沿豎直方向的速度大小為“方向豎直向下，小

球沿水平方向的速度為％=迎X2￡=S英=堤0

設小球的速度方向與水平方向夾角為。，則小球的速度方向與水平方向夾角的正切值為tan^=—=

%

?I?，故。錯誤，符合題意。本題選錯誤的，故選。。

O

題型04帶電粒子在交變電場中的偏轉

16.（2026?湖南懷化?一模）如圖甲，長4L、寬2L的光滑剛性絕緣矩形框內存在如圖乙所示的交變電壓，左邊

框上a點開有一小孔。±=0時，質量.、電荷量Q的帶電粒子（不計重力）以初速度”未知）從a點水平

射入，然后與上.邊框碰撞于6點。假設每次碰撞，粒子平行于邊框的速度分量不變，垂直于邊框的速度分

量僅反向，電荷量不變。其中Q、b均為中點，rn、Q、T、L均為己知量，則（）

甲乙

A.粒子帶正電

B.若粒子卷時刻到達b點，那么粒子有可能與下邊框垂直碰撞

C.若粒子工時刻到達b點，那么粒子無法從Q點射出

4

D.粒子工時刻到達b點時的電場強度為粒子《時刻到達b點時電場強度的4倍

【笞案】。

【詳解】？1.根據題意可知，1=（）時刻粒子往上做類平拋運動，所受電場力向上；此時上邊根為高電勢，

電場豎直向下，粒子的受力方向與電場方向相反，故粒子帶負也，故人錯誤：

B.1=q時刻到達b點的粒子，因電場力此時向下，故做斜下拋運動，其速度水平分量不可能為0,故

不會與下邊框垂直碰撞，故0錯誤；

C.根據題意可知，1時刻粒子在b點的碰后速度與碰前速度關于上邊框對稱，結合受力可知其運

動軌跡具有對稱性。故粒子最終將從。點水平向左飛出，故。錯誤；

D.根據類平拋運動的規律有L=4■堡"產

2m

解得

Qt2

因為時間之比為1：2,故電場強度之比為4:1，故。正確。

故選。。

17.（2026?安徽合肥?模擬預測）如圖（Q）,平行金屬板/和B間的距離為d,現在4、6板上加上如圖（b）所示

的方波形電壓，￡=（）時A板比6板的電勢高，電壓的正向值為3，反向值也為物。現有由質量為m的

帶正電且電荷量為9的粒子組成的粒子束，從AB的中點。以平行于金屬板方向。。的速度小一

商警豈射入，所有粒子在間的飛行時間均為T,不計重力影響。則下列說法錯誤的是（）

.....°|"：

B.....................-..............................................:

(a)(b)

..........................................一

A.粒子飛出電場時的速度大小都為駕二

3dm

B.粒子飛出電場時的速度方向都改變了30°

C.粒子飛出電場時位置離O'的最大距離是錯歸

18am

D.0時刻進入電場的粒子，向式側移量為鬻^

18am

【答案】。

【詳解】由于電壓的正向值和反向值均為峋，則根據牛頓第二定律可得q詈=m〃

Cci

解得。=器

ma

由于所有粒子在48間的飛行時間均為T,且由圖（b）可知交變電場的變化周期也為T,故粒子在飛出電

場時的速度沿電場線方向的分速度大小均為%二。?（等一曰）=鬻號=與5

所以粒子飛出電場時的速度大小均為。=煦誦=普警二丫+（鬻二"，故4正確，不

vyY\3am/、3dm/3dm

符合題意；

B.設速度方向與&o的夾角為夕，則tan。=~^~==:

3dm

解得0=30°

即粒子飛出電場時的速度方向都改變了30°,故B正確，不符合題意;

C.當粒子由￡=九7時刻進入電場時，其向下的側移最大，根據勻變速直線運動位移與時間的關系式可

知，此時粒子飛出電場時位置.離O'的最大距離為外1=外加+如咸=

上,學子/。4）1=嚕=爺黑■

當粒子由￡=九7+岑時刻進入電場時，其向上的側移最大，根據對稱性以及勻變速直線運動位移與時

間的關系式可知，此時粒子飛出電場時位置離O'的最大距離為Jm2=4『=卑二卷二

2\3，io18dm

所以粒子飛出電場時位置離O'的最大距離是錯心?，故。正確，不符合題意：

18am

D.由C選項可知，0時刻進入電場的粒子，向下側移量為警二，故。錯誤，符合題意。

18am

故選ZX

18.（25-26高三上?重慶渝中?模擬預測）如圖甲所示，力6、CD兩平行金屬板水平放置，長度均為L,其間距

為d,板間電場變化如圖乙所示（以豎直向下為正方向）。在水平極板右側有一足夠大的豎直屏，力3的

延長線與屏的交點記為P,屏與極板右端的距離為L。在兩板中央線左端以上部分，均勻分布著帶正電

的相同粒子，這些粒子在￡=0時以相同的速率〃平行于金屬板射入電場。當粒子以速率o?入射

時，所有粒子恰好能全部射出月場，且射出電場時速度方向水平。已知粒子質量為項、電量為q，打在屏

幕上會留下光斑，不計粕子重力及粕子間的相互作用力.下列說法正確的是（）

M

￡7(V/m)

Ei

0

‘。2/（）3/0

甲乙

A.R=

3qM

B.笈:七2=3：1

LL-內任意取值，則粒子離開電場時，速度偏角正切值的取值范圍為［■（）,當「

C.若小在

-3tob-Lolj」

D.若0在表，卷］內任意取值，則落在屏上的粒子到屏上。點的距離的取值范圍為居號］

【答案】。

【詳解】4當粒子以速率。=與入射時，粒子恰好能全部水平射出，則其豎直位移為4d=4X

22

—tox3t

m0

解得￡=粵，故力錯誤；

3狗

B.豎直方向最大速度為%=亙￡。=典

mm

由圖可知5［2=1:2

解得比:其=2:1,故B錯誤;

LJ

C.速率,“大小在‘￡（）」變化時，設板間運動時間為，，則其變化范圍為［仇，3%］

Eiqt。E?q/,,\3E@nE、qtL

根據跖/二(i)=F"一寸%=T

m,jm處席沙&…

速度偏角tana=t

2m

財當3加一￡=￡時，即￡=。電時tana存在最大值為善~,即tana的變化范圍為0,，故。錯誤;

2oL

D.無電場區域偏轉距離Y2=Ltan6r=（3t（）—t）t

6M

電場中的偏轉距離匕=也+工7（5｝一￡）?一幻

I）1/匹

偏轉距離丫=務(3益一￡)￡+[■+Wy(5MT)(tf)=1■+d

(-3產+124一5席)

utnu1/茹。12M

b12to

當￡==2M時，偏轉距離y取最大,為普

2a2x(-3)

從中央線處出發的粒子，到達屏幕時距尸點的最大距離為半+4=學

424

當￡=加或￡=3加時，偏轉距離Y取最小，為名。同時出發的各個粒子在偏轉過程中的運動都是一致

的。因此落在屏上的粒子到屏上P點的距離范圍為［號,臂］，故。正確。

故選。。

19.（25-26高二上?江西九江?模擬預測）如圖（a）所示,兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板

間存在如圖S）所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，不計重力的帶電粒子沿板間中

線垂直電場方向源源不斷地射入電場，粒子射入電場時的初動能均為己知￡=0時刻射入電場的

粒子剛好沿上板右邊緣N處垂直電場方向射出電場。則下列說法正確的是（）

圖(b)

A.不同時刻入射的粒子，射出電場時速度方向可能不同

B.運動過程中所有粒子的最大動能不會超過2EkO

C.有粒子會打到兩極板上

D.只有力=。九7（n=0,1,2,…）時刻射入電場的粒子才能垂直電場方向射出電場

【答案】Z?

【詳解】ACD.在一個周期內，只有1=0和￡時刻射入的粒子豎直方向的位移最大，且這兩個粒

子的最大位移相等，已知力=0時刻射入電場的粒子剛好沿上極右邊緣N處垂直電場方向射出電場，那

么其它粒子都能射出電場。已知力=0時刻射入電場的粒子剛好沿上板右邊緣N處垂直電場方向射出

電場，設粒子在電場中運動的時間為△力，豎直方向根據動量定理得=0—0

結合圖象可知加=nT（n—0,1,2,???）

根據圖像，任意時刻進入電場的粒子，經過nT時間，電場力的沖量均為零，即經過九T時間的豎直方向的

末速度均為零，所以，所有粒子最終都垂直電場方向射出電場。

故力CD錯誤；

B.t=0時刻射入電場的粒子豎直方向的速度最大，設為沖豎直方向的最大位移為專，根據題意得

4=二,L=d解得%?=%最大動能為丁=［恒（/+味）=2跖，故B正確。

故選B。

20.（2026.黑龍江哈爾濱.三模）在如圖甲所示的平行金屬板/、9上加加圖乙所示的大小不變、方向周期性

變化的交變電壓，其周期為T,現有一電子力=0時刻以平行于極板的速度g從兩板中央OO'射入。電

子比荷為k,不計電子的重力，則（）

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IIIII

IIIII

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