2026届高考物理一轮复习模型解读与针对性训练22.带电粒子在电场中的运动(学生版+解析)

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【带电粒子在电场中运动模型解读】
1. 带电粒子在电场中的直线运动
（1）带电粒子做直线运动的条件
（i）粒子所受合力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动.
（ii）粒子所受合力F合≠0且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动.
（2）.两种分析角度
（3）.带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法
（i）基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明以外，一般都不考虑重力（但并不忽略质量）.
（ii）带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明以外，一般都要考虑重力.
2 带电粒子在匀强电场中的偏转
（1）.偏转规律
（2）.两个结论
（i）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（匀强）电场射出时的偏移量y和速度偏转角θ总是[11] 相同的 .
证明： 由qU0＝12mv02、y＝qUl22mdv02、tan θ＝qUlmdv02得y＝Ul24U0d，tan θ＝Ul2U0d.
（ii）带电粒子经匀强电场偏转后，速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的[12] 中点 .
证明：由tanθ＝yx得x＝ytanθ＝l2.
3.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＝12mv2－12mv02，其中Uy＝Udy，指初、末位置间的电势差.
4. 带电粒子在匀强电场中的偏转问题的解题模板
【高考真题】
【典例1】．（2025高考广西卷）（14分）带电粒子绕着带电量为的源电荷做轨迹为椭圆的曲线运动，源电荷固定在椭圆左焦点F上，带电粒子电量为；已知椭圆焦距为c，半长轴为a，电势计算公式为，带点粒子速度的平方与其到电荷的距离的倒数满足如图关系。
(1)求在椭圆轨道半短轴顶点B的电势；
(2)求带电粒子从A到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功；
(3)用推理论证带点粒子动能与电势能之和是否守恒；若守恒，求其动能与电势能之和；若不守恒，说明理由。
【答案】(1)
(2)
(3)守恒，
【解析】（1）由几何关系可知，椭圆上任何一点到两焦点间距离之和为2a，故顶点B距源电荷的距离为
根据电势计算公式可得在椭圆轨道半短轴顶点B的电势为（2分）
（2）同理可知，在椭圆轨道半长轴顶点A的电势为（2分）
根据电场力做功与电势能的关系可知，带电粒子从A到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功为 （2分）
（3）设带电粒子的质量为m，假设带点粒子动能与电势能之和守恒，则满足（定值）
则（4分）
根据图像可知关系为一条倾斜直线，故假设成立，将图像中代入关系式可得其动能与电势能之和为（4分）
【典例2】．（2025高考广东卷）（16分）一矩形上下方有两块长为d的绝缘板，左、右方有两块带电金属板，两端电势差为u，一质量为m，带正电的粒子从矩形左上角静止释放后往矩形内运动，第一次与下方绝缘板碰撞，碰撞处与左侧距离为l。
(1)求带电量q；
(2)当粒子与绝缘板第一次碰撞后，粒子带电量变为Q，碰后瞬间粒子合外力与运动方向垂直，碰撞后水平方向速度不变，竖直速度大小变为原来的k倍（），求带电量Q；
(3)在静止释放后，从开始到第二次与绝缘板碰撞过程中，求电场力对粒子做的功W。
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】（1）根据题意可知，粒子在竖直方向上做自由落体，则有
水平方向上做匀加速直线运动，则有，
解得（4分）
（2）根据题意可知，粒子与绝缘板第一次碰撞时，竖直分速度为
水平分速度为
则第一次碰撞后竖直分速度为
设第一次碰撞后粒子速度方向与水平方向夹角为，则有
由于第一次碰撞后瞬间粒子所受合力与速度方向垂直，则有
联立解得（6分）
（3）根据题意可知，由于，则第一次碰撞后粒子不能返回上绝缘板，设从第一碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为，则有
水平方向上做匀加速直线运动，加速度为
水平方向运动的距离为
则电场对粒子做的功为（6分）
【典例3】．（2025高考江苏卷）（8分）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点以初速度射出，速度方向与水平方向夹角均为。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）根据题意，不计重力及粒子间相互作用，则竖直方向上，由对球，根据牛顿第二定律有
a运动到最高点的时间，由运动学公式有
联立解得（3分）
（2）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，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
斜下抛的小球竖直方向上运动位移为
则小球a到达最高点时与小球b之间的距离（5分）
方法二、两个小球均受到相同电场力，以a球为参考系，球以的速度向下做匀速直线运动，则a到达最高点时，a、b间的距离（5分）
【典例4】. （2025高考四川卷）如图所示，真空中固定放置两块较大平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q（）的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求：
（1）微粒第一次到达下极板所需时间；
（2）微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）由牛顿第二定律，qE=ma，
由匀变速直线运动规律
联立解得微粒第一次到达下极板所需时间t=。
（2）微粒第一次到达下极板时的速度
由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，设微粒碰撞后第一次到达上极板时的速度大小为v2，
满足 ，代入解得，。
同理可得微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为v3，
满足，代入解得
微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小p=mv3=。
【针对性训练】
1. （2025年5月四川宜宾市三模）某静电除尘装置的原理截面图如图，一对间距为，极板长为的平行金属板，下板中点为，两板接多挡位稳压电源；均匀分布在、两点间的个（数量很多）带负电灰尘颗粒物，均以水平向右的初速度从左侧进入两板间。颗粒物可视为质点，其质量均为，电荷量均为，板间视为匀强电场。若不计重力、空气阻力和颗粒物之间的相互作用力，且颗粒物能够全部被收集在下极板，则（ ）
A. 上极板带正电
B. 电源电压至少为
C. 电源电压为时，净化过程中电场力对颗粒物做的总功为
D. 点左侧和右侧收集到的颗粒数之比可能为1∶4
【答案】C
【解析】．颗粒物要被下板收集，则所受电场力方向必向下，因其带负电，故场强方向向上，故上板应带负电，故A错误；
电源电压最小时，沿上板边缘进入的颗粒物恰好落到下板右端，设其在板间运动的时间为t，加速度大小为a，则沿极板方向有
垂直极板方向有
又
联立解得，故B错误；
因初始时刻颗粒物均匀分布，由
可得净化过程中电场力对颗粒物做的总功为，故C正确；
电源电压最小时，O点左侧和右侧收集到的颗粒数之比最小，沿极板方向由
可知，落到O点和下板右端的颗粒在板间运动的时间之比为
垂直极板方向，由，可知，落到O点和下板右端的颗粒的初始高度之比为
因初始时刻颗粒物均匀分布，故O点左侧和右侧收集到的颗粒数之比最少为
故D错误。
2. （北京通州区2025年高三年级模拟考试）目前正在运转的我国空间站天和核心舱，搭载了一种全新的推进装置——离子推进器，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。该装置获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（初速度忽略不计），A、B间电压为，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。已知每个离子质量为、电荷量为，单位时间内飘入的正离子数目为。将该离子推进器固定在地面上进行试验。
（1）求正离子经过电极B时的速度的大小；
（2）求推进器获得的平均推力的大小；
（3）加速正离子束所消耗的功率不同时，引擎获得的推力也不同，试推导的表达式，并指出为提高能量的转换效率，要使尽量大可以采取的两条措施。
【答案】（1）
（2） （3）见解析
【解析】（1）正离子A、B之间加速过程，根据动能定理，有
解得
（2）设正离子束所受的电场力为，根据牛顿第三定律，有
以很短时间时间内飘入电极间的个正离子为研究对象，以离子喷出时的速度方向为正方向，根据动量定理，有
其中
解得
（3）设正离子束所受的电场力为，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有
则
根据的表达式可知，为增大可用比荷较小的离子（质量大，带电量小的离子）、或减小加速电压。
3. （2025年5月山东省模拟演练）类似光学中的折射现象，利用电场和磁场也可以实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，长方形区域内存在竖直向上的匀强电场，与间电势差大小，上下边界距离为。质子束从图中位置射入电场时，速度方向与法线夹角为入射角，从边射出时，速度方向与法线夹角为折射角，质量为、电荷量为的质子束进入电场时水平方向速度大小恒为，不计重力影响及质子之间的作用力。电场的水平长度足够长。
（1）求电场的“折射率”与入射角的关系（折射率=）。
（2）当质子束恰好在面发生“全反射”（发生“全反射”时质子恰好未从面射出）时，求质子束的入射角（不考虑质子在长方形区域内的多次反射）。
（3）当在电场区域发生“全反射”时，求质子在面的入射点与出射点之间水平距离的范围（不考虑质子在长方形区域内的多次反射）。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
（1）设质子入射时速度为，质子射出电场时速度为，水平方向速度不变，根据运动的合成与分解有，
根据动能定理有
根据“折射率”定义有
联立解得
（2）根据题意，当质子束恰好不从面射出时，发生“全反射”，根据全反射临界条件可知，此时，设入射角为，则有
解得
则质子束的入射角
（3）当质子束发生“全反射”时，质子束在电场中的运动为类斜抛运动。从开始进入电场到速度水平的过程，可反向看成类平抛运动，水平位移为，竖直位移为。设电场强度为，则
设竖直方向初速度为，加速度为，则有，
设入射角为，则有
根据平抛运动速度反向延长线过水平位移中点，有
又有
联立解得
要发生“全反射”，则
根据三角函数关系有
解得
4. （2024年11月四川绵阳重点高中联考）图甲是某机实物图。其产生X射线主要部分的示意图如图乙，图中P、Q之间加速电压为，M、N两板之间偏转电压为U，电子从电子枪逸出后沿图中虚线射入，经加速电场、偏转电场区域后，打到水平靶台的中心点C，产生X射线（图中虚线箭头所示）。已知电子质量，电荷量为，偏转极板M、N长，间距，虚线距离靶台竖直高度，靶台水平位置可以调节，不考虑电子重力、电子间相互作用力及电子从电子枪逸出时初速度大小，不计空气阻力，求：
（1）电子进入偏转电场区域时速度的大小；
（2）若M、N两板之间电压大小时，电子刚出偏转电场区域时的速度；
（3）在（2）中，为使电子击中靶台中心点C，靶台中心点C离N板右侧的水平距离。
【答案】（1）8×107m/s
（2）1×108m/s，方向与水平方向夹角37° （3）03m
【解析】
（1）由动能定理可知
解得
代入数据得v0=8×107m/s
（2）电子在偏转电场中，做类平抛运动，轨迹如图：
水平方向上
L=v0t
竖直方向上
vy=at
出离电场时的速度
电子偏转角为满足
解得
v=1×108m/s
θ=37°
（3）电子离开偏转电场时的偏转量
解得
y=0.075m
电子离开偏转电场后，做匀速直线运动，由几何关系可知
h=y+xtanθ
解得
x=0.3m
5.（13分）（2025期中太原期中）如图所示，在直角坐标系中，有一半径为R的圆形区域，A、B、C、D为圆与坐标轴的交点，F为圆上一点，与y轴的夹角。匀强电场存在于区域内，方向与平行。质量为、电荷量为的粒子甲从O点以初速度沿平面垂直于方向射入第一象限，一段时间后恰好经过B点。另一质量为、电荷量为的粒子乙从O点以相同初速度大小沿方向射出，一段时间后恰好经过D点。粒子重力不计，求：
（1）电场强度E的大小和方向；
（2）粒子乙经过D点时速度的大小。
【解析】.（13分）
（1）根据粒子甲的运动情况可知，场强方向由F指向O（2分）
方法一：对于粒子甲，沿初速度方向（1分）
沿加速度方向（1分）
（1分）
（2分）
方法二：对于粒子乙，沿垂直场强方向
（1分）
沿加速度方向
（1分）
（1分）
（2分）
（2）方法一：若第一问已算得
由

可得：（2分）
对于粒子乙，从O到D，由动能定理
（2分）
（2分）
方法二：若第二问已算得
对于粒子乙，从O到D，由动能定理
（4分）
（2分）
6. （2024河南焦作一模）如图所示，长方体空间区域处在匀强电场中，ac是其中的一条电场线，，，，顶点a、c的电势分别为、。大量带正电的同种粒子以不同的速率从ac线上不同点沿方向射入匀强电场，均能经过顶点。不计粒子的重力及粒子间相互作用，带电粒子的比荷为。求：
（1）匀强电场电场强度的大小；
（2）b点的电势；
（3）从a点射入的带电粒子的速度大小；
（4）若带电粒子中的某一粒子从顶点离开时的速率最小，求该带电粒子从ac线上射入的位置到c点的距离，并求出该最小速率（结果可带根号）。
【参考答案】（1）；（2）；（3）；
（4）射入点与c距离为2cm，
【名师解析】
（1）沿电场线方向电势降低，根据
（2）根据电场线与等势线垂直，如图所示，作
根据几何关系可知
则
其中
解得
（3）粒子在电场中做类平抛运动，则
解得
根据


解得
（4）如图所示
设射入点与c距离为h，则
解得
其中

故
当时，即
速度有最小值，最小值为
7. （2024四川成都一诊）如图，在第一象限0≤x≤2L区域内存在沿y轴正方向的匀强电场（未知），2L