带电粒子在电场中的偏转（解析版）-2027年高考物理

带电粒子在电场中的偏转

目录

模拟E演练.........................................................................1

题型01带电粒子在电导中的脚体运动.................................................1

题型02示波管的原理及其应用.......................................................5

题型03带电体（计费力）在电场中的加体运动..........................................9

题型04带电粒子在交变电场中的偏样................................................13

重津创新演练.........................................................................18

真题实战演练.........................................................................23

模拟•基础演练

考左直点:拿电枇子在电通中的把体运动

题型01带电粒子在电场中的抛体运动

1.（2026.北京丰台.二模）一质量为加、电荷量为q的试探电荷在某匀强电场中运动，仅在静电力的作用下

由a运动到b（运动轨迹在竖直面内），所用时间为，其在Q点和b点的速度大小均为2%速度方向如图中

箭头所示。虚线代表水平方向，则（）

A.小球从a运动到b的过程中，电势能先减小再增大

B.电场强度方向与Q、b连线平行

C.a、b之间的距离为比

D.电场强度的大小为邛

qt

【答案】。

【详解】B.因小球在ab两点的速度大小相同，可知小球在ab两点的电势能相同，出?两点的电势相同,

即ab为等势面，则电场强度方向与a、b连线垂直，方向斜向左下方，6错误；

A.小球从a运动到b的过程中，电场力先做负功后做正功，则电势能先增大再减小，力错误：

C.由对称性可知，而连线与水平线的夹角为30°,小球沿成方向做匀速运动，则a、b之间的距离为d

=2vcos60°'t—vty。正确；

D.沿场强方向由2vsin60°=—2vsin60°4-——t

m

解得E=2/乎”，。错误。

qt

故选c。

2.（2026・湖南邵阳•三模）如图所示，水平放置的平行金属板43间存在沿竖直方向的匀强电场。质量相

同的两个带电粒子1、2以相同的初速度贴着/板左侧沿水平射入，带电粒子1沿轨迹①从两板正中间

飞出，带电粒子2沿轨迹②落到8板中点。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则粒子1、2在极板间

运动的过程中（）

Al.J

,、、②

B[

A.运动时间之比为抗益=1：2B.所带电荷量之比团闻2=1：2

C.电势能减少量之比△£［：△昆=1:8D.动量增量之比Ap匚An=1：4

【答案】。

【详解】4水平方向£=*则运动时间与水平位移成正比，即“=乙：9=2:1,故若错误;

B.竖直方向y=gaP,Eq=ma

联立解得q=鬻~

%一劭戏_

则———'x——不1

0V2t?

即QiS=1：8,故B错误：

C.由功能关系有AE=EQV

则旭=9=_L

△瓦q汨216

即加%:八£；2=1:16,故。错误：

D.由动量定理可知Ap=Eq£

则包^=汕=上

△「P22q2t24

即Api：Ap?=1：4,故。正确。

故选。。

3.（2026•黑龙江大庆•三模）如图所示,在电场强度为E,方向竖直向上的匀强电场中，两个相同的带负电粒

子。、b同时从O点以初速度仇射出，速度方向与水平方向夹角均为仇已知粒子的质量为a,电荷量为

q,不计重力及粒子间相互作用,当。到达最高点时，间的距离为（）

...........»

E

%

()

27mfein2JTTWnSin2^「m忧sin2，3T儿球sin2。

A.D.

Q'^E-~1E~

【答案】力

【详解】以匕均做类斜抛运动，运动轨迹如图所示

则竖直方向上，对a球，根据牛顿第二定律有qE=ma

a运动到最高点，由运动学公式有VoSinO=at

联立解得a运动到最高点的时间力=三竺噜吆

qE

方法一：根据题意可知，两个小球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加COS0,

则两小球一直在同一竖直线上，斜上抛的小球竖直方向上运动的位移为为=的"工=嘤坐"

2a2qE

2

斜下抛的小球竖直方向上运动位移为x2=vntsin0+-i-at

377wi5sin道

解得的=

2qE

贝I小球a到达最高点时与小球5之间的距离H=为+%=7n

2"q。E廿"

方法二：两个小球均受到相同电场力，以a球为参考系，b球以2功）sin9的速度向下做匀速直线运动，则。

2mv'nS\n23

至］达最高点时，a、b间的距离H=20（）sin仇=

故选A。

4.（2026.河北衡水.模拟预测）真空中的某装置如图所示，平行金属板4、6之间有加速电压,大小为金

属板。、。之间有偏转电压，大小为2“。现有一质量为m、带电荷量为+q的粒子由4板从静止被加速

后垂直于电场方向沿C、。板之间的中线进入偏转电场，粒子飞出偏转电场后打到荧光屏PQ上的“

点。OM=L,C、。板长与板间距均为L,忽略边缘效应，不计粒子重力，下列说法正确的是（）

p

c

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

ABD

M

Q

A.粒子进入偏转电场时的速度大小为J虾

B.粒子离开偏转电场时竖直方向的偏转距离为春

C.光屏到C、。极右边缘的距离为L

D.若将C、。之间的偏转电压增大，则粒子将打到M点的下方

【答案】B

【详解】A.粒子在加速电场中时qa）=优

解得粒子进入偏转电场时的速度大小为为=、2逅,A错误;

2

B.粒子离开偏转电场时竖直方向的偏转能离为y=y^-tfL=vot

解得y=4,B正确;

L

C.粒子从偏转电场射出时，速度的反向延长线经过水平位移的中点，则/—=/

解得光屏到。板右边缘的距离为S，C错误；

D，因当偏转电压为叫时偏转距离片片即粒子恰好从。板右侧边缘飞出,根据"斗黑公

UL

4a

如若将C、。之间的偏转电压U增大，则偏转距离g变大，则粒子将打到。板上，不能打到PQ上，。错

•U

［关O

故选6。

5.（2026・陕西榆林・二模）如图所示，竖直平面内平行正对的两水平金属板4与、4显的间距和板长均为d,

上极板接地，下极板不带电。一发射源从4点沿45方向以相同速度持续喷射出质量为M、电荷量为

+q（q很小）的油滴（视为质点），第1滴油滴落在下极板中点。处，油滴落在极板上立即被吸收且电荷均

匀分布在极板上。已知重力加速度为g,不计空气阻力，忽咯油滴间的相互作用，则下列说法正确的是

（）

A.油滴喷射的初速度大小为痴J

B.最终稳定时，油滴沿45方向做匀变速直线运动

C.油滴在平行板间运动的最短与最长时间之比为1：4

D.油滴在平行板间运动时电势能最多减少

O

【答案】。

【详解】人.板长和间距均为d,初速度沿月出2,故%=%=3,总初速度o=

第一滴油滴下落时板间无电场，仅受重力，可分解为水平方向的匀速直线运动、竖直方向的竖直上抛运

动。落在下极板中点。，在水平方向，有比£=亨

在竖直方向，有％=

联立解得&0=

总初速度。=V2v0=J华丰6J,故A错误；

B.随着赴荷量的积累，两板间电场强度逐渐增大，粒子竖直方向上的加速度减小，水平方向的位移逐渐

增大，直至下极板的电荷量积累至油滴刚好离开5点为止，之石粒子将一直从3点射出，故6错误；

C.水平方向的分运动决定了油滴在平行板间运动的时间，因此最短、最长时间对应于油湎落在。点和

B,点的时间，则时间之比为1：2,故。错误；

Z）.立场力做功最多时油滴向上运动至最高点，由运动的对称性和分析知，水平方向上比£'=（/

竖直方向上，做匀减速直线运动，至最高点时，位移仁当•联立解得九=1•从4点到最高点的过程

N乙।

中，由动能定理，有—mgh=0—■若解得=~^~mgd即电势能最多减少-^-mgd，故Z?正确。故

2oo

选。。

题型02示波管的原理及其应用

6.（2025・安徽合肥・模拟预测）示波管的结构如图甲所示，如果在偏转电极XX，、W之间都没有加电压，

电子束将打在荧光屏的中心，形成亮斑。若在偏转电极丫卜之间加上图乙所示的正弦式电压，在偏转电

,极XX，之间加上图（Q）、（»、（c）、（d）所示的几种电压，则荧光屏上可能会形成图（e）、（/）所示的图像。

；下列说法正确的是（）

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

示波管结构荧光屏（从右向左看）

A.若XX，加电压（°）,荧光屏上出现图（e）所示波形

B.若XX，加电压（b）,荧光屏上出现图（e）所示波形

C.若XX加电压（c）,荧光屏上出现图（力所示波形

D.若XX，加电压3）,荧光屏上出现图（/）所示波形

【答案】C

【详解】4.在荧光屏上建立直角坐标系，如图所示

若XX'加电压（a）,荧光屏上的0值只有两个值，故应为两条关于"轴对称且垂直于］轴的亮线，故4错

误；

B.若XX，加电压3）,荧光屏上的亮斑应出现先沿”轴从正到负扫描前半个周期的正弦图像，再沿①轴

从正到负扫描后半个周期的正弦图像，会形成（/）所示波形，故B错误；

C.若XX，加电压（c）,荧光屏上的亮斑应先出现沿/轴从负到正扫描前半个周期的正弦图像，再沿/轴

从负到正扫描后半个周期的正弦图像，也会形成（/）所示波形，故。正确；

D.若XX，加电压（d）,荧光屏上的亮斑应出现先从1轴的中心点沿c轴正方向扫描前半个周期的正弦

图像，再沿。轴负方向到①轴的中心点扫描后半个周期的正弦图像，不会形成（/）所示波形，故。错误。

故选C。

7.（25—26高三上•广东中山•期中）图1为示波管的原理图。如果在电极W之间所加的电压按图2所示

的规律变化,在电极X，X之间所加的电压按图3所示的规律变化，假设粒子的运动时间相比电场变化周

期可忽略不计，则荧光屏上显示的图像是（）

电子枪

()

荧光屏

\ou偏转电极

图1

【答案】6

【详解】根据g=KM工『可知，粒子通过偏转电极时偏转距离与偏转电压成正比关系：设当两个偏

2dm'Vo,

H电极加最大偏转电压时的最大偏转距离分别为y,n和xmt则

当£=0时在两个偏转电极的偏转距离分别为和一看”（对应于4点）；

当t=0.57J时在两个偏转电极的偏转距离分别为?%0和0（对应于6点）；

当£=7?）时在两个偏转电极的偏转距离分别为:4“和小（对应于。点和C'点）；

当£=1.5为时在两个偏转电极的偏转距离分别为0和0（对应于O点）；

当£=2£）时在两个偏转电极的偏转距离分别为一和1m（对应于D点和。点）;

O

当力=2.5备时在两个偏转电极的偏转距离分别为一日乐和0（对应于E点）；

当£=32）时在两个偏转电极的偏转距离分别为一Um和2m（对应于F点）

8.（2025•河南南阳•模拟预测）加速电场、偏转电场与荧光屏组成的示波管结构示意图如图所示。忽略电子

重力，下列说法错误的是（）

A.加速电场可使电子的速度增大,偏转电场仅改变速度的方向但不改变速度的大小

B.荧光屏上可以产生倾斜亮线

c.若yw的电势均低于y、x的电势，则电子打在xoy区域

D.水平偏转电场可使电子做匀变速曲线运动

【答案】力

【详解】4.加速电场可使电子的速度增大，偏转电场不但改变速度的方向且能改变速度的大小，故A错

误，符合题意；

B.当电子枪源源不断的发出电子，在两偏转极板上加上合适的周期性电压，荧光屏上就可产生倾斜亮

线，故6项正确，不符合题意；

c.若y‘、x，的电,势均低于y、x的电势，则偏向低电势极板，电子会打在XOY区域，故c正确，不符

合题意；

D.水平偏转电场提供的加速度不变，可使电子做类平抛运动即匀变速曲线运动，故。项壬确，不符合

题意。

本题选择错误选项，故选力。

9.（2025・广西•三模）示波管可以用来观察电信号随时间的变化情况，其原理如图甲所示，通电后电子枪有

电子逸出（初速度为零），经加速电压〃加速后，从偏转电极左侧边缘中心进入偏转电场，最后打在荧光

屏上，荧光屏的中心在偏转电极的水平轴线上，以荧光屏的中心为原点O,建立cOy坐标系。若在rr

电极上输入图乙所示的电压，下列说法正确的是（）

A.若在水平电极XX，不加电压,荧光屏上的图像为正弦图像

B.若在水平电极XX，不加电压,所有的电子打在荧光屏中心O点

C.若在水平电极XX，加图丙所示电压,荧光屏上的图像是一条直线

D.若在水平电极XX，加图丙所示电压，荧光屏上的图像是一个圆

【答案】C

【详解】AZ?.若在水平电极XX，不加电压，则电子仅在竖直方向偏转，图像为过O点的竖直线，故4Z?

错误；

CD.若在水平电极xx'加图丙所示电压，即电极xx'与电极上所加电压均为正弦电压，则电子水

平偏转位移和竖直偏转位移始终相等，图像为过。点的满足U=出的倾斜的直线，故。正确，。错误。

故选C。

10.（2025•黑龙江佳木斯•模拟预测）某种类型的示波管工作原理如图所示，电子先经过电压为，的宜线加速

电场，再垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏移量为心两平行板之间的距离为d,电压为5,板长为

L把与叫示波器的灵敏度，下列说法正确的是（）

5

...........»

A.电子在加速电场中动能增大，在偏转电场中动能不变

B.电子只要能离开偏转电场,在偏转电场中的运动时间一定等于LJ器

C.当“、乙增大，d不变，示波器的灵敏度一定减小

D.当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，Q不变,示波器的灵敏度不变

【答案】。

【详解】4.电子在加速电场和偏转也场中，电场力均对电子做正功，电子动能均增大，故A错误；

B,电子在加速电场中，有ea=57n嗡解得q）=电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运

动时间一定等于£=争=七6配，故B错误；

C.电子在偏转电场中，有人=4.空（工f结合优联立可得3=冉7可知当U、L增

大，d不变，示波器的灵敏度可能增大、可能减小、还可能不变，故。错误；

D,根据M=-^,可知当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，，不变，示波器的灵敏度不变，故

U24gd

。正确。故选。。

题型03带电体（计重力）在电场中的抛体运动

11.（2026・重庆・三模）某小组同学利用人工智能模拟“风洞”实验。如图所示，整个竖直平面内存在与竖直方

向夹角为。的恒力风，现将一小球以速度为水平抛出，小球在该竖直平面内运动且所受风力大小是其重

力的一半。其他条件不变，若在该竖直平面内任意改变角夕的大小，则该小球在所有运动过程中的最小

速度大小为（）

1

vBn.-v.C.%D.等。

A.wJ。

【答案】。

mg

【详解】由题知，风力提供的加速度恒为。=工=2

m2

小球所受合加速度（等效重力加速度小）是。与重力加速度g的矢量和，结合抛体运动规律易知，最小速

度就是伙,在垂直”等效重力加速度”方向的分速度（即匀速分运动的速度大小）,由矢量三角形定则如图

所示

可知，当a与⑦垂直时，小球运动的最小速度即为所有运动过程中的最小速度，由几何关系易得sina=

a_1

92

/Q

最小速度为Mnin=%COSa=比。

故选。。

12.（2026•河南关B州•模拟预测）由太阳能板阵列产生的人工可控匀强电场，主要用于偏转太空尘埃和微小碎

片。为了测试电场对带电微粒的偏转效果，工程师将一个足够长、倾角为30°的固定斜面置于电场强度

大小E=Y|理、方向水平向右的匀强电场中，并向该区域发射了一质量为m、电荷量为+q的小球，小

球以初速度。。从斜面底端斜向上抛出，初速度方向与水平方向间的夹角为60°,如图所示。重力加速度

为g,不计空气阻力。从抛出到落回斜面的过程中，小球机械能的增加量为（)

6m端c9V3mt>o6V3mvo97n褚

G49D.

,49B・FF-49

【答案】。

【详解】小球落到斜面上时的水平位移x=q）cos60°£+广，其中Eq=ma

竖直方向g=t，osin6O°-t—JgJ

其中tan30°=—

x

短俎,18—端

解得t=——,x=­T—

7g49g

Qrr??）2

小球机械能的增加量为=Eqx=--r-^

49

故选。。

13.（2026・四川绵阳•三模）竖直放置的带电平行金属板之间的电场可以看成是匀强电场，现有一带电小球从

两带电平行金属板中的M点竖直向上抛出，其运动轨迹如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，。•

点为轨迹的最高点，不计空气阻力，则（）：

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

A.小球从八〃至ljO的时间小于。到N的时间

R小球从M到O的动量变化量等于O到N的动量变化量

C.小球从M到O的电势能变化量只有。到N的电势能变化量的一半

D.小球从河到N的过程中，经。点时为速度最小值

【答案】B

【详解】46.小球在竖直方向上先做竖直上抛运动，上至最高点O以后做自由落体运动，因为A/N在同

一水平线上，所以小球上升和下降的过程用时相等，合外力冲量相等，动量变化量相等，故A错误，6正

确；

C.小球在水平方向做初速度为。的匀加速直线运动，因为140和ON的运动时间相等，根据初速度为0

的匀加速直线运动推论可知，从M到O的水平位移与从。到N的水平位移之比为酗=《

XON3

则从M到。电场力做功与从0到N电场力做功之比为9a”

qE•rON3

小球从八4到。的电势能变化量与从。到N的电势能变化量之比为1:3,故。错误：

D.如图所示：由受力分析可知，开始时合力与初速度成钝角，速度减小，当二者垂直时，取得速度最小

值，印枕迹切线与合力方向垂直时，该点在。左侧，故。错误。

故选B。

14.（2026•湖北恩施•二模）如图所示，地面上方某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为加、电荷量为

q的带负电小球（可视为质点）以水平向右的初速度为由O点射入该区域，刚好竖直向下通过尸点，己知

OP与初速度方向的夹角为45°,重力加速度为g,以下说法正确的是（）

A.小球由。点到尸点用时为2B.小球运动过程中的最小速率为粤

<72

C.O、。两点的电势差为吆吹D.匀强电场的电场强度大小为出些

qq

【答案】4

【详解】4.将小球运动分解为水平方向心方向，向右为正）和竖直方向（g方向，向下为正）：小球带负

电，电场向右，因此水平方向受向左的电场力，做匀减速直线运动，到P点时速度竖直向下，说明P点水

平速度%=0;竖直方向只受重力，做初速度为0的匀加速直线运动。

设运动时间为t,水平加速度大小&=哈，竖直加速度生,=g:

水平方向：0=a—a1t

水平位移比=驾9£=乎

竖直方向：竖直位移勺=49产

由。尸与初速度夹角为45°,得c="，即煤"=[■清

解得£=生

9

故4正确；

B.任意时刻廿的速度分量：8=加）一英'

Vy=gtr

速率平方"=（g—/）2+（*）2

由二次函数求最小值，得最小速率。=

故Z?错误；

C.水平位移出一萼一算

22g

。到。的电势差％尸=后/=理•某=字

q2g2q

故C错误；

D.由0=a/—,—

0Tng

约去&u得E=——

q

故。错误。

故选A。

15.（2025•山西•模拟预测）在水平向右的匀强电场中，一质量为m、电荷量为+q的小球从4点以初速度a竖

直向上抛出，其运动的轨迹如图所示。已知电场强度大小为七=瞥，小球运动轨迹上4、B两点在同

一水平线上，”为轨迹的最高点，不计空气阻力，已知重力加速度为g。下列说法错误的是（）

.............国

A.小球水平位移如化2=1:3

13.小球运动至M点时的速度为粤

C.运动过程中的最小速度为普

D.到达B点时,小球的速度方向与水平方向夹角为tan。=

O

【答案】D

【详解】4.对小球受力分析，可知小球在竖直方向受重力作用，做竖直上抛运动，即从/到”的时间与

从初到6的时间相等；小球在水平方向受电场力作用，做初速度为零的句加速直线运动，可知水平方向

的两段位移―g所用的时间相等，根据初速度为零的匀变速直线运动规律，小球水平位移如g=上3,

故力正确，不符合题意；

B.小球从力点运动至M点的过程中，竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向的速度为零，则运动时间为力

_v

9

故小球运动至“点只有水平方向的速度，而小球在水平方向做初速度零的匀加速直线运动，故小球运动

至Af点的速度为小=或£=学，故6正确，不符合题意；

m3

C.将重力与电场力合成一个合力，设合力与水平方向的夹角为外则有tana=哗=?

qE4

解得a=37°将小球初速度沿垂直合力方向分解为劭=ocosa=¥故小球沿垂直合力方向做匀速直线

5

运动：沿平行合力方向分解为n2=usina=g9其方向与合力方向相反，故小球沿平行方向的速度先减

小再增大；当运动过程中速度最小时，沿平行合力方向的速度为0,此时只有沿垂直合力方向的分速度，

故最小速度为幼=学，故C正确，不符合题意；

D.到达6点时，在竖直方向，根据对称性原理，可知小球沿竖直方向的速度大小为“方向竖直向下，小

球沿水平方向的速度为％=迎X2£=S英=堤0

设小球的速度方向与水平方向夹角为。，则小球的速度方向与水平方向夹角的正切值为tan^=—=

%

•I•，故。错误，符合题意。本题选错误的，故选。。

O

题型04带电粒子在交变电场中的偏转

16.（2026・湖南怀化•一模）如图甲，长4L、宽2L的光滑刚性绝缘矩形框内存在如图乙所示的交变电压，左边

框上a点开有一小孔。±=0时，质量.、电荷量Q的带电粒子（不计重力）以初速度”未知）从a点水平

射入，然后与上.边框碰撞于6点。假设每次碰撞，粒子平行于边框的速度分量不变，垂直于边框的速度分

量仅反向，电荷量不变。其中Q、b均为中点，rn、Q、T、L均为己知量，则（）

甲乙

A.粒子带正电

B.若粒子卷时刻到达b点，那么粒子有可能与下边框垂直碰撞

C.若粒子工时刻到达b点，那么粒子无法从Q点射出

4

D.粒子工时刻到达b点时的电场强度为粒子《时刻到达b点时电场强度的4倍

【笞案】。

【详解】？1.根据题意可知，1=（）时刻粒子往上做类平抛运动，所受电场力向上；此时上边根为高电势，

电场竖直向下，粒子的受力方向与电场方向相反，故粒子带负也，故人错误：

B.1=q时刻到达b点的粒子，因电场力此时向下，故做斜下抛运动，其速度水平分量不可能为0,故

不会与下边框垂直碰撞，故0错误；

C.根据题意可知，1时刻粒子在b点的碰后速度与碰前速度关于上边框对称，结合受力可知其运

动轨迹具有对称性。故粒子最终将从。点水平向左飞出，故。错误；

D.根据类平抛运动的规律有L=4■堡"产

2m

解得

Qt2

因为时间之比为1：2,故电场强度之比为4:1，故。正确。

故选。。

17.（2026・安徽合肥•模拟预测）如图（Q）,平行金属板/和B间的距离为d,现在4、6板上加上如图（b）所示

的方波形电压，£=（）时A板比6板的电势高，电压的正向值为3，反向值也为物。现有由质量为m的

带正电且电荷量为9的粒子组成的粒子束，从AB的中点。以平行于金属板方向。。的速度小一

商警岂射入，所有粒子在间的飞行时间均为T,不计重力影响。则下列说法错误的是（）

.....°|"：

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

(a)(b)

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

A.粒子飞出电场时的速度大小都为驾二

3dm

B.粒子飞出电场时的速度方向都改变了30°

C.粒子飞出电场时位置离O'的最大距离是错归

18am

D.0时刻进入电场的粒子，向式侧移量为鬻^

18am

【答案】。

【详解】由于电压的正向值和反向值均为峋，则根据牛顿第二定律可得q詈=m〃

Cci

解得。=器

ma

由于所有粒子在48间的飞行时间均为T,且由图（b）可知交变电场的变化周期也为T,故粒子在飞出电

场时的速度沿电场线方向的分速度大小均为%二。•（等一曰）=鬻号=与5

所以粒子飞出电场时的速度大小均为。=煦诵=普警二丫+（鬻二"，故4正确，不

vyY\3am/、3dm/3dm

符合题意；

B.设速度方向与&o的夹角为夕，则tan。=~^~==:

3dm

解得0=30°

即粒子飞出电场时的速度方向都改变了30°,故B正确，不符合题意;

C.当粒子由£=九7时刻进入电场时，其向下的侧移最大，根据匀变速直线运动位移与时间的关系式可

知，此时粒子飞出电场时位置.离O'的最大距离为外1=外加+如咸=

上,学子/。4）1=噜=爷黑■

当粒子由£=九7+岑时刻进入电场时，其向上的侧移最大，根据对称性以及匀变速直线运动位移与时

间的关系式可知，此时粒子飞出电场时位置离O'的最大距离为Jm2=4『=卑二卷二

2\3，io18dm

所以粒子飞出电场时位置离O'的最大距离是错心•，故。正确，不符合题意：

18am

D.由C选项可知，0时刻进入电场的粒子，向下侧移量为警二，故。错误，符合题意。

18am

故选ZX

18.（25-26高三上•重庆渝中•模拟预测）如图甲所示，力6、CD两平行金属板水平放置，长度均为L,其间距

为d,板间电场变化如图乙所示（以竖直向下为正方向）。在水平极板右侧有一足够大的竖直屏，力3的

延长线与屏的交点记为P,屏与极板右端的距离为L。在两板中央线左端以上部分，均匀分布着带正电

的相同粒子，这些粒子在£=0时以相同的速率〃平行于金属板射入电场。当粒子以速率o•入射

时，所有粒子恰好能全部射出月场，且射出电场时速度方向水平。已知粒子质量为项、电量为q，打在屏

幕上会留下光斑，不计粕子重力及粕子间的相互作用力.下列说法正确的是（）

M

£7(V/m)

Ei

0

‘。2/（）3/0

甲乙

A.R=

3qM

B.笈:七2=3：1

LL-内任意取值，则粒子离开电场时，速度偏角正切值的取值范围为［■（）,当「

C.若小在

-3tob-Lolj」

D.若0在表，卷］内任意取值，则落在屏上的粒子到屏上。点的距离的取值范围为居号］

【答案】。

【详解】4当粒子以速率。=与入射时，粒子恰好能全部水平射出，则其竖直位移为4d=4X

22

—tox3t

m0

解得£=粤，故力错误；

3狗

B.竖直方向最大速度为%=亘£。=典

mm

由图可知5［2=1:2

解得比:其=2:1,故B错误;

LJ

C.速率,“大小在‘£（）」变化时，设板间运动时间为，，则其变化范围为［仇，3%］

Eiqt。E?q/,,\3E@nE、qtL

根据跖/二(i)=F"一寸%=T

m,jm处席沙&…

速度偏角tana=t

2m

财当3加一£=£时，即£=。电时tana存在最大值为善~,即tana的变化范围为0,，故。错误;

2oL

D.无电场区域偏转距离Y2=Ltan6r=（3t（）—t）t

6M

电场中的偏转距离匕=也+工7（5｝一£）«一幻

I）1/匹

偏转距离丫=务(3益一£)£+[■+Wy(5MT)(tf)=1■+d

(-3产+124一5席)

utnu1/茹。12M

b12to

当£==2M时，偏转距离y取最大,为普

2a2x(-3)

从中央线处出发的粒子，到达屏幕时距尸点的最大距离为半+4=学

424

当£=加或£=3加时，偏转距离Y取最小，为名。同时出发的各个粒子在偏转过程中的运动都是一致

的。因此落在屏上的粒子到屏上P点的距离范围为［号,臂］，故。正确。

故选。。

19.（25-26高二上•江西九江•模拟预测）如图（a）所示,两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板

间存在如图S）所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中

线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为己知£=0时刻射入电场的

粒子刚好沿上板右边缘N处垂直电场方向射出电场。则下列说法正确的是（）

图(b)

A.不同时刻入射的粒子，射出电场时速度方向可能不同

B.运动过程中所有粒子的最大动能不会超过2EkO

C.有粒子会打到两极板上

D.只有力=。九7（n=0,1,2,…）时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场

【答案】Z?

【详解】ACD.在一个周期内，只有1=0和£时刻射入的粒子竖直方向的位移最大，且这两个粒

子的最大位移相等，已知力=0时刻射入电场的粒子刚好沿上极右边缘N处垂直电场方向射出电场，那

么其它粒子都能射出电场。已知力=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘N处垂直电场方向射出

电场，设粒子在电场中运动的时间为△力，竖直方向根据动量定理得=0—0

结合图象可知加=nT（n—0,1,2,•••）

根据图像，任意时刻进入电场的粒子，经过nT时间，电场力的冲量均为零，即经过九T时间的竖直方向的

末速度均为零，所以，所有粒子最终都垂直电场方向射出电场。

故力CD错误；

B.t=0时刻射入电场的粒子竖直方向的速度最大，设为冲竖直方向的最大位移为专，根据题意得

4=二,L=d解得%„=%最大动能为丁=［恒（/+味）=2跖，故B正确。

故选B。

20.（2026.黑龙江哈尔滨.三模）在如图甲所示的平行金属板/、9上加加图乙所示的大小不变、方向周期性

变化的交变电压，其周期为T,现有一电子力=0时刻以平行于极板的速度g从两板中央OO'射入。电

子比荷为k,不计电子的重力，则（）

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IIIII

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