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第十章 静电场中的能量
微型专题 3 带电粒子在电场中的运动（四种题型）
一、单选题：
1.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场
线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图1所示。则此电场的电场线分布可能是( )
【解析】从v－t图象可以看出物体的速度逐渐减小，图线的斜率逐渐增大，v－t图线中图线的斜率
表示物体的加速度大小，故物体做加速度逐渐增大的减速运动，所以带负电的粒子顺着电场线运动，
电场力做负功，速度逐渐减小，且电场线沿粒子运动方向逐渐密集，故选项 A正确，选项B、C、
D错误。
【答案】A
2.如图所示，两平行的带电金属板水平放置.若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保
持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微
粒，该微粒将( )
A.保持静止状态
B.向左上方做匀加速运动
C.向正下方做匀加速运动
D.向左下方做匀加速运动
【答案】D
【解析】两平行金属板水平放置时，带电微粒静止，有mg＝qE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸
面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小
不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，
选项D正确.
3.如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘沿垂直电场方向射入匀强电场，电子恰好从
正极板边缘飞出，现保持负极板不动，正极板在竖直方向移动，并使电子入射速度变为原来的 2倍，
而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间距离变为原来的( )
更多资料添加微信号：hiknow_007 淘宝搜索店铺：乐知课堂A.2倍 B.4倍 C. D.
【答案】C
【解析】电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，做类平抛运动.假设电子的带电荷量为e，
质量为m，初速度为v，极板的长度为L，极板的间距为d，电场强度为E.由于电子做类平抛运动，
所以水平方向有：L＝vt，竖直方向有：y＝at2＝··()2＝d.因为E＝，可得：d2＝，若电子的速度变为
原来的两倍，仍从正极板边缘飞出，则由上式可得两极板的间距d应变为原来的，故选C.
4.一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图4所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子
于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是(假设带电粒子不与
板相碰)( )
A.带电粒子只向一个方向运动
B.0～2 s内，电场力做功等于0
C.4 s末带电粒子回到原出发点
D.2.5～4 s内，电场力做功等于0
【答案】D
【解析】画出带电粒子速度v随时间t变化的图象如图所示，
v－t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s末带电粒子
不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，可见0～2 s内电场力做的功不等于0，B错误；
2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，则2.5～4 s内，电场力做功等于0，所以D正确.
5.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一
端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下
列说法正确的是( )
更多资料添加微信号：hiknow_007 淘宝搜索店铺：乐知课堂A.小球带负电
B.电场力跟重力平衡
C.小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D.小球在运动过程中机械能守恒
【答案】B
【解析】由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为 0，电场力方向竖直
向上，小球带正电，A错，B对；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错；由于有电场力做功，
机械能不守恒，D错.
6.如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖
直边ad长为h.质量均为m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以
速率v 进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中).不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v 等于(
0 0
)
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心，则在水平方向有s＝vt，在竖
0
直方向有h＝··t2，解得v＝，故选项B正确，选项A、C、D错误.
0
7.如图甲所示，Q 、Q 为两个被固定的点电荷，a、b、c三点在它们连线的延长线上，其中Q 带负
1 2 1
电。现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始向远处运动并经过b、c两点(粒子只受
电场力作用)，粒子经过a、b、c三点时的速度分别为v 、v 、v，其v－t图象如图乙所示。以下说
a b c
法正确的是( )
A.Q 一定带负电
2
B.Q 的电量一定大于Q 的电量
2 1
C.b点的电场强度最大
D.粒子由a点运动到c点过程中，粒子的电势能先增大后减小
【解析】由题图乙可知，粒子从a到b过程做加速度减小的减速直线运动，在b点时粒子速度最小，
加速度为零。根据牛顿第二定律Eq＝ma，得出粒子在b点受力为零，b点电场强度为零，选项C
错误；在b点Q 对带负电粒子的电场力水平向右，要使b点粒子所受合力为零，则Q 对带负电粒
1 2
子的电场力水平向左，所以Q 带正电，选项A错误；b点与Q 的间距大于与Q 的间距，由库仑定
2 1 2
更多资料添加微信号：hiknow_007 淘宝搜索店铺：乐知课堂律F＝k知，Q 的带电量大于Q 的带电量，选项B错误；粒子从a点运动到c点过程，动能先减小
1 2
后增大，根据能量守恒定律知，粒子电势能先增大后减小，选项D正确。
【答案】D
8.如图甲所示，A板电势为0，A板中间有一小孔，B板的电势变化情况如图乙所示，一质量为 m、
电荷量为q的带负电粒子在t＝时刻以初速度为0从A板上的小孔处进入两极板间，仅在电场力作
用下开始运动，恰好到达B板．则( )
A．A、B两板间的距离为
B．粒子在两板间的最大速度为
C．粒子在两板间做匀加速直线运动
D．若粒子在t＝时刻进入两极板间，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打向B板
【答案】B
【解析】.粒子仅在电场力作用下运动，加速度大小不变，方向变化，选项 C错误；粒子在t＝时刻
以初速度为0进入两极板，先加速后减速，在时刻到达B板，则··＝，解得d＝ ，选项A错误；粒
子在时刻速度最大，则v ＝·＝ ，选项B正确；若粒子在t＝时刻进入两极板间，在～时间内，粒
m
子做匀加速运动，位移x＝·＝，所以粒子在时刻之前已经到达B板，选项D错误．
二、多选题
9.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场 E ，
1
之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒
2
子重力及其相互作用，那么( )
A．偏转电场E 对三种粒子做功一样多
2
B．三种粒子打到屏上时的速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置
【答案】AD
【解析】.根据动能定理有qEd＝mv，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v＝ .在偏转电
1 1
场中，由l＝vt 及y＝t得，带电粒子经偏转电场的侧位移y＝，则三种粒子在偏转电场中的侧位移
12
大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W＝qEy得，偏转电场E 对三种粒子做功一样多，选
2 2
更多资料添加微信号：hiknow_007 淘宝搜索店铺：乐知课堂项A正确．根据动能定理，qEd＋qEy＝mv，得到粒子离开偏转电场E 打到屏上时的速度v ＝ ，
1 2 2 2
由于三种粒子的质量不相等，故v 不一样大，选项B错误．粒子打在屏上所用的时间t＝＋＝＋(L′
2
为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v 不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项
1
C错误．根据v＝t 及tan θ＝得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝，即三种带电粒子的偏转角
y 2
相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D正确．
10.如图所示，虚线a、b、c表示在O处某一点电荷的电场中的三个等势面，设两相邻等势面间的
间距相等。一电子射入电场后的运动轨迹如图中实线所示，其中 1、2、3、4表示电子的运动轨迹
与等势面的一些交点。由此可以判定( )
A.电子在1、2、3、4位置处所具有的电势能与动能的总和一定相等
B.O处的点电荷一定带负电
C.a、b、c三个等势面的电势关系是φ>φ>φ
a b c
D.电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功的关系是|W |＝2W
12 34
【解析】由能量守恒可知，电子的电势能与动能的总和保持不变，故选项A正确；由电子射入电场
后的运动轨迹可知场源点电荷为负点电荷，选项B正确；沿着电场线方向电势降低，即φ>φ>φ ，
c b a
选项C错误；在点电荷的电场中，虽然ab＝bc，但ab间的场强大于bc间的场强，由U＝Ed可知
U ≠U ，电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功|W |≠2W ，故选项D错误。
ab bc 12 34
【答案】AB
11.如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m、
带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x＝ky2，
且小球通过点P.已知重力加速度为g，则( )
A．电场强度的大小为
B．小球初速度的大小为
C．小球通过点P时的动能为
D．小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少
【答案】BC
【解析】.小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿 x轴正方向，qE＝mg，电场强度的大小为
E＝，A错误；F ＝mg＝ma，所以a＝g，由类平抛运动规律有＝vt，＝gt2，得小球初速度大小为
合 0
更多资料添加微信号：hiknow_007 淘宝搜索店铺：乐知课堂v ＝ ，B正确；由P点的坐标分析可知＝，所以小球通过点P时的动能为mv2＝m(v＋v)＝，C正确；
0
小球从O到P过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即W＝qE·＝，D错误．
12.在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直
向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为 m的带电小球A，如图3甲所示，
小球运动的v－t图象如图乙所示，不计空气阻力，则( )
A.小球受到的重力与电场力大小之比为3∶5
B.在t＝5 s时，小球经过边界MN
C.在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功
D.在1～4 s过程中，小球的机械能先减少后增加
【解析】小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到重力和电场力作用而做减速运动，由题
图乙可以看出，小球经过边界MN的时刻是t＝1 s和t＝4 s时，故选项B错误；由v－t图象的斜率
等于加速度得，小球进入电场前的加速度大小 a ＝g＝＝v ，进入电场后的加速度大小a ＝＝＝，
1 1 2
由牛顿第二定律得mg＝ma ，F－mg＝ma ，得电场力F＝mg＋ma ＝mg，得重力mg与电场力F大
1 2 2
小之比为3∶5，故选项A正确；小球向下运动的整个过程中，动能的变化量为零，根据动能定理，
整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等，故选项C错误；整个过程中，由题图可得，小球
在0～2.5 s内向下运动，在2.5～5 s内向上运动，在1～4 s过程中，电场力先做负功后做正功，所
以小球的机械能先减少后增加，故选项D正确。
【答案】AD
三、非选择题
13.在水平向右的匀强电场中，有一质量为m、带正电的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于O点，
当小球静止时，细线与竖直方向夹角为θ，如图所示，现给小球一个垂直于悬线的初速度，小球恰
能在竖直平面内做圆周运动，试问：
(1)小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？速度最小值多大？
(2)小球在B点的初速度多大？
【解析】(1)如图所示，小球所受到的重力、电场力均为恒力，二力的合力为F＝.重力场与电
更多资料添加微信号：hiknow_007 淘宝搜索店铺：乐知课堂场的叠加场为等效重力场，F为等效重力，小球在叠加场中的等效重力加速度为g′＝，其方向与F
同向，因此B点为等效最低点，A点为等效最高点，小球在A点速度最小，设为v ，此时细线的拉
A
力为零，等效重力提供向心力，则
mg′＝m，
得小球的最小速度为v ＝ .
A
(2)设小球在B点的初速度为v ，由能量守恒得：
B
mv＝mv＋mg′·2l，
将v 的数值代入得：v ＝ .
A B
【答案】(1)A点速度最小 (2)
14.如图所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，
两电场的电场强度大小相等。一个质量为m，电荷量为－q 的带电质点以初速度v 从x轴上P(－
0
L，0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过 y
轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量。求：
(1)初速度v 与x轴正方向的夹角；
0
(2)P、Q两点间的电势差U ；
PQ
(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间。
【解析】(1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有qE＝mg
且由带电质点在第一象限做直线运动，有tan θ＝
解得θ＝45°
(2)P到Q的过程，由动能定理有
qEL－mgL＝0
W ＝qEL
PQ
解得U ＝＝－
PQ
(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动，
由牛顿第二定律有mg＝ma，
即a＝g，v＝at
0
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带电质点在第一象限中往返一次所用的时间
T＝2t＝
【答案】(1)45° (2)－ (3)
14.如图甲所示，空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场，其变化规律如图乙所示
(取水平向右为正方向).一个质量为m、电荷量为＋q的粒子(重力不计)，开始处于图中的A点.在t＝
0时刻将该粒子由静止释放，经过时间t ，刚好运动到B点，且瞬时速度为零.已知电场强度大小为
0
E.试求：
0
(1)电场变化的周期T应满足的条件；
(2)A、B之间的距离；
(3)若在t＝时刻释放该粒子，则经过时间t 粒子的位移为多大？
0
【答案】见解析
【解析】(1)经过时间t，瞬时速度为零，故时间t 为周期的整数倍，即：
0 0
t＝nT
0
解得：T＝，n为正整数.
(2)作出v－t图象，如图甲所示.
最大速度为：v ＝a·＝·
m
v－t图象与时间轴包围的面积表示位移大小，为：
s＝v t＝，n为正整数.
m0
(3)若在t＝时刻释放该粒子，作出v－t图象，如图乙所示.
v－t图象与时间轴包围的面积表示位移大小，上方面积表示前进距离，下方的面积表示后退的距离：
故位移为：x＝··()2·2n－··()2·2n＝，n为正整数.
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