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热点 07 匀强电场中的匀变速直（曲）线运动模
型
1. 高考命题经常出现带电粒子（不计重力）在匀强电场中的做直
线或曲线运动，带电粒子在电场中只受静电力，加速度恒定，做匀变速直线运动或匀变速曲线运动模
型，结合静电学知识、运动学知识、功能关系、能量关系进行考查。
2. 高考命题经常出现带电粒子（计重力）在匀强电场、重力场中
运动的情景，带电粒子在电场中受静电力和重力，合力恒定，加速度恒定，做匀变速直线运动或匀变
速曲线运动模型，结合静电学知识、运动学知识、功能关系、能量关系进行考查。
【模型一】带电粒子在电场中的加速和减速运动模型
1.带电粒子在电场中的加速直线运动模型
（1） 受力分析：
与力学中受力分析方法相同,只是多了一个电场力而已.如果带电粒子在匀强电场中，则电场力为恒
力（qE）,若在非匀强电场，电场力为变力.
（2） 运动过程分析：
带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做匀加
（减）速直线运动.
（3） 两种处理方法：
①力和运动关系法——牛顿第二定律：
带电粒子受到恒力的作用，可以方便地由牛顿第二定律求出加速度，结合匀变速直线运动的公式确
定带电粒子的速度、时间和位移等.
②功能关系法——动能定理：
ΔE
带电粒子在电场中通过电势差为U 的两点时动能的变化是 k，则
AB
1 1
qU =ΔE = mv2 − mv2
AB k 2 2 2 1
.
2.交变电场中的直线运动
U-
t
图v-t v v v v
图 v 0 A 速度不反向 v 0 A B 速度反向 v 0 A B 速度反向 v 0 A 速度反向
O B
B O T/2 T t T/8 5T/8 T t O T/3 2T/3 T t
O T/2 T t -v 0 -3v 0 -v
单向直线运动 往返直线运动 往返直线运动 0 往返直线运动
[
轨 O A B O A B O A B O A B
迹 A D C A
图
3.带电体在电场中的直线运动
(1).带电小球在电容器中的直线运动
匀速直线运动 匀加速直线运动 匀加速直线运动 匀减速直线运动
- - - - -
- - - - -
qE
qE
+ + + + + qE
+ + + + +
m
mg g θ
mg
θ
qE=mg，a=0 qE=mgtanθ，a=g/cosθ qE=mg/cosθ，a=gtanθ qE=mg/cosθ，a=gtanθ
(2)多过程运动规律
运动模型 受力分析 运动分析 规律
v ** 错误的表达式 **速度公式
mg
v
0 v=gt=at;
qE g a 0 1 2
速度位移公式v2=2gx=2ax
0 1 2
●
** 错误的表达式 **全程动能定理：
mg O t t t
1 2
mg(h+d)-qU=0
【模型二】带电粒子在匀强电场中的偏转模型
v
【运动模型】质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速 0沿垂直于电场的方向，进入长为l、间距为d、
电压为U的平行金属板间的匀强电场中，粒子将做匀变速曲线运动，如图所示，若不计粒子重力，则可求
出如下相关量：
l
1、粒子穿越电场的时间t：
v =v
粒子在垂直于电场方向以 x 0做匀速直线运动， U d q v 0
l
y
t=
l=v t v
0 ， 0；
2、粒子离开电场时的速度v：qE qU
a= =
m md
粒子沿电场方向做匀加速直线运动，加速度 ，
qUl
v =at=
y mdv
粒子离开电场时平行电场方向的分速度 0，
v= √v2 +v2 = √ v2 +( qUl ) 2
x y 0 mdv
所以 0 。
3、粒子离开电场时的侧移距离y：
1 qUl2
y= at2 =
2 2mdv2
0 ②
q
v
②式涉及了描述粒子的物理量如m、q、 m 、 0；描述设备的物理量 U 、 l
q q
y∝
m m
不难发现：（1）当不同粒子（ 不同）以相同的速度进入偏转电场时侧移距离
（2）当不同粒子以相同的动能进入偏转电场时侧移距离y∝q
4、粒子离开电场时的偏角ϕ：
v qUl
tanϕ= y =
v mdv2
因为 x 0 ③
2y
tanϕ=
l
②与③的关系： （熟记）
5、速度方向的反向延长线必过偏转电场的中点
qUl qUl2
tanϕ=
mdv2
y=
2mdv2
y=
2
l
tanϕ
由 0和 0 ，可推得 。粒子可看作是从两板间的中点沿直线射出的。
【模型三】带电粒子经加速电场后进入偏转电场模型
U
【运动模型】如图所示，由静止开始被电场（加速电压为 1）加速的带电粒子平行于两正对的平行金属板
且从两板正中间射入，从右侧射出，设在此过程中带电粒子没有碰到两极板。若金属板长为L，板间距离
U
为d、两板间电压为 2，试分析带电粒子的运动情况。
v
1、粒子穿越加速电场获得的速度 1 U
1
L
设带电粒子的质量为m，电量为q，
U v
经电压 1加速后速度为 1。由动能定理有 q qv
1
v
0 U d
1 √2qU 2
qU = mv2 v = 1 v 1
1 2 1 ， 1 m
v
2
2、粒子穿越偏转电场的时间t：
v
带电粒子以初速度 1平行于两正对的平行金属板从两板正中间射入后，在偏转电场中运动时间为t，
L √ m
t= =L
v 2qU
则 1 1
3、粒子穿越偏转电场时沿电场方向的加速度a：F' qU
a= = 2
m dm
带电粒子在偏转电场中运动时沿电场方向的加速度
4、粒子离开偏转电场时的侧移距离y：
带 电 粒 子 在 偏 转 电 场 中 运 动 时 沿 电 场 方 向 作 初 速 度 为 0 的 做 匀 加 速 直 线 运 动
1 1 qU m U L2
y= at2 = × 2 × L2 = 2
2 2 dm 2qU 4U d
1 1
④
④式表明静止的带电粒子经过同一电场加速，再垂直射入同一偏转电场，射出粒子的侧移量与粒子的q、
m无关。
v
5、粒子离开偏转电场时沿电场方向的速度为 y：
U L √ q
v =at= 2
v y d 2mU
带电粒子离开电场时沿电场方向的速度为 y，则 1
6、粒子离开偏转电场时的偏角ϕ：
v U L
tanθ= y = 2
v 2U d
设飞出两板间时的速度方向与水平方向夹角为θ。则 x 1 ⑤
⑤式表明静止的带电粒子经过同一电场加速，再垂直射入同一偏转电场，射出粒子的偏转角与粒子的q、
m无关。
【模型四】带电粒子在复合场中的匀变速曲线运动的几种常见模型
1.带电物体在静电场和重力场的复合场中运动时的能量守恒
(1)带电物体只受重力和静电场力作用时，电势能、重力势能以及动能相互转化，总能
量守恒，即 恒定值
(2)带电物体除受重力和静电场力作用外，如果还受到其它力的作用时，电势能、重力
势能以及动能之和发生变化，此变化量等于其它力的功，这类问题通常用动能定理来解决。
2.带电粒子在复合场中的匀变速曲线运动的几种常见情况
竖直向上抛出 水平抛出 斜上抛出
y A y
x v qE C
0
B ●
●
B
● B●
mg
v v
0 0
A qE C ● x qE x
●C A
mg y
mg
（建议用时：60分钟）
一、单选题
1．如图所示，两平行金属板相距为d，电势差为U，一个质量为m，电荷量为e的电子，从O点沿垂直于
极板的方向射出，最远到达距O点为h处的A点，然后返回。则此电子在O点射出时的速度大小是
（ ）A．eU B． C． D．
【答案】B
【解析】电子最远到达距O点为h处的A点，根据动能定理有
电场强度为
此电子在O点射出时的速度大小是
故选B。
2．（2023·安徽·校联考二模）如图所示，三块平行放置的金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位
于O、M、P点。B板与电源正极相连，A、C两板与电源负极相连。闭合电键，从O点由静止释放一电子，
电子恰好能运动到P点（不计电子的重力影响）。现将C板向右平移到 点，下列说法正确的是（ ）
A．若闭合电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到P点返回
B．若闭合电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到 点返回
C．若断开电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到P和 点之间返回
D．若断开电键后，再从O点由静止释放电子，电子将穿过 点【答案】B
【解析】AB．根据题意可知
电子从O到M电场力做正功，从M到P电场力做负功或从M到 电场力做负功，电子在板间运动的过程，
由动能定理可知
将C板向右平移到 点，若电键处于闭合状态，上式仍然成立，电子将运动到 点返回，故A错误，B正
确；
CD．断开电键后，根据
， ，
联立解得
可知板间的电场强度与板间距离无关，而断开电键后可认为极板间电荷量不变，则电场强度不变，根据动
能定理可知
因此若断开电键后再从O点由静止释放电子，电子仍将运动到P点，故CD错误。
故选B。
3．如图所示，半径为R的圆处在匀强电场中，O为圆心，圆所在平面与电场线平行，A、B是圆上两点，
间劣弧为四分之一圆弧，一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子以大小为v 的速度从O点沿某一
0
方向射出，到达B点时的动能为 ，若以垂直 连线向左的方向仍以大小为 的速度射出，过一段时
间t粒子又回到O点，再改变粒子从O点射出的方向，射出速度大小仍为 ，结果粒子到达了A点，不计
粒子的重力，则（ ）
A． B．A点电势比B点电势高
C．匀强电场的电场强度大小为 D．O、A两点的电势差为
【答案】C
【解析】B．粒子从O点沿垂直 方向射出去，能回到O点，说明电场方向垂直 ，由O指向 ，则是等势线，A、B两点等势，故B错误；
C．由题意知
解得
故C正确；
A．根据题意
解得
故A错误；
D．O、A两点的电势差等于
故D错误。
故选C。
4．质量为 、电荷量为 的物块处于水平方向的匀强电场 中，在电场力的作用下，由静止开始在水平
地面上做直线运动， 与时间 的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2， ，则
（ ）
A． 时，物块的速率为3m/s
B． 时，物块的动能为零
C． 时，物块回到初始位置D．0~6s内，物块平均速度的大小为2m/s
【答案】B
【解析】0~3s间，根据牛顿第二定律
得
时
，
3s后
得
显然 时
动能为零，3s~4s间
4s后反向加速
得
4s~6s间
0~6s内，物块的位移
6s时未回到出发点，0~6s内平均速度
故选B。
5．（2023·福建福州·统考模拟预测）1909年密立根通过油滴实验测得电子的电荷量，因此获得1923年诺
贝尔物理学奖，实验装置如图。两块水平放置相距为d的金属板A、B分别与电源正、负两极相接，从A板
上小孔进入两板间的油滴因摩擦带上一定的电荷量。两金属板间未加电压时，通过显微镜观察到某带电油
滴P以速度大小 竖直向下匀速运动；当油滴P经过板间M点（图中未标出）时，给金属板加上电压U，经过一段时间，发现油滴P恰以速度大小 竖直向上匀速经过M点。已知油滴运动时所受空气阻力大小为
，其中k为比例系数，v为油滴运动速率，r为油滴的半径，不计空气浮力，重力加速度为g。下列
说法正确的是（ ）
A．油滴P带正电
B．油滴P所带电荷量的值为
C．从金属板加上电压到油滴向上匀速运动的过程中，油滴的加速度先增大后减小
D．油滴先后两次经过M点经历的时间为
【答案】D
【解析】A．由于加上电压时，经过一段时间，发现油滴P恰以速度大小 竖直向上匀速运动，说明油滴
受到的电场力方向向上，所以油滴带负电，故A错误；
B．设油滴P所带电荷量的值为q，没有加电压时，根据平衡条件可得
施加电压后匀速向上运动时，根据平衡条件可得
联立解得
q=
故B错误；
C．从金属板加上电压到油滴速度减为零的过程中，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
随着速度的减小、加速度逐渐减小；
向上加速运动的过程中，根据牛顿第二定律可得解得加速度大小为
随着速度的增大、加速度逐渐减小；
综上所述，从金属板加上电压到油滴向上匀速运动的过程中，油滴的加速度一直减小，故C错误；
D．油滴经过M点向下运动到速度为零过程中，取向上为正方向，根据动量定理可得
油滴从速度为零到达到M点的过程中，根据动量定理可得
其中
q=
联立解得油滴先后两次经过M点经历的时间为
故D正确。
故选D。
二、多选题
6．（2024·湖南邵阳·统考一模）如图所示，有一匀强电场平行于平面 ，一个质量为m的带电粒子仅在
电场力作用下从O点运动到A点，粒子在O点时速度 沿y轴正方向，经A点时速度沿x轴正方向，且粒
子在A点的速度大小是它在O点时速度大小的2倍。关于该粒子在OA这一过程的运动情况，下列说法正
确的是（ ）
A．带电粒子带负电
B．带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小C．这段运动过程中粒子的最小动能为
D．电场力方向与 轴正方向之间夹角的正切值为
【答案】BD
【解析】A．由于电场线方向未知，则带电粒子的电性未知，故A错误；
B．带电粒子从O点到A点动能增加，则电场力做正功，电势能减小，故带电粒子在A点的电势能比在O
点的电势能小，故B正确；
D．设加速度方向与y轴正方向之间的夹角为 ，如图所示
则在沿着y轴方向上
沿着x轴方向上
并且粒子在A点的速度是它在O点时速度的2倍，即
联立解得
故D正确；
C．当速度最小时，速度方向与电场力方向垂直，设最小速度为 ，将初速v 沿着电场力方向和垂直电场
0
力方向进行分解，可得
则最小动能为
故C错误；
故选BD。
7．（2024·四川绵阳·统考二模）如图所示，在真空中两水平平行板P、Q正对，电容为C，板长为L，板间
距为d，充电后与电源（未画出）始终相连，一带正电的粒子从左侧中央以水平初速度v 正对屏上的O点
0
射入，在板间做直线运动；现保持P板不动，将Q板向上平移 d，稳定后，将该粒子仍从左侧同一位置以相同初速度射入，粒子打在屏上M点（未标出）。已知粒子质量为m，电荷量为q，平行板右端到屏距
离也为L，重力加速度为g。则（ ）
A．P板电势高于Q板
B．Q板平移前平行板电容器所带电荷量为
C．点O、M间距离为
D．点M与O重合
【答案】BD
【解析】A．带正电的粒子在电容器中受到重力和电场力平衡，故电场力向上，上极板带负电，则P板电
势低于Q板，故A错误；
B．Q板平移前由平衡可知
其中有
电容器的定义式
联立解得
故B正确；
CD．Q板平移后，板间电场强度
根据牛顿第二定律
解得在两板间做类平抛运动，有
，
解得
出板间时竖直方向的速度
出板间后做斜抛运动，竖直方向的位移为
水平方向
解得
所以在电容器内和出电容器后在竖直方向的位移为
所以点M与O重合，故C错误，D正确。
故选BD。
8．如图所示，一带负电粒子（不计重力）质量为 、电荷量大小为 ，以初速度 沿两板中央水平方向
射人水平放置、距离为 、电势差为 的一对平行金属板间，经过一段时间从两板间飞出，在此过程中，
已知粒子动量变化量的大小为 ，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在两板间运动的加速度大小为 B．粒子从两板间离开时的速度大小为
C．金属板的长度为 D．入射点与出射点间的电势差为
【答案】ACD
【解析】A．根据牛顿第二定律可知，粒子在两板间运动的加速度大小为故A正确；
BC．粒子在水平方向做匀速直线运动，水平方向的动量变化为0；粒子在沿电场方向做初速度为0的匀加
速直线运动，根据题意有
可得粒子从两板间离开时沿电场方向的分速度大小为
则粒子在两板间的运动时间为
金属板的长度为
故B错误，C正确；
D．设入射点与出射点间的电势差为 ，根据动能定理可得
其中
，
联立解得
故D正确。
故选ACD。
9．真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球
由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°。现将该小球从电场中A点以初速度 竖直向上抛
出，经过最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（ ）
A．小球所受的电场力为 B．小球在最高点B的动能为C．小球在C点的机械能比在A点多 D．小球在C点的动能为
【答案】BCD
【解析】
A．如图所示，根据题意可知，小球重力与电场力的合力方向与竖直方向的夹角为37°，由几何关系可得，
小球所受的电场力为
A错误；
B．根据题意可知，小球在竖直方向上做匀减速运动，由运动学公式
可得，运动到B点的时间为
由牛顿第二定律可得，小球在水平方向上的加速度为
则小球运动到B点的速度为
则小球在最高点B的动能为
B正确；
C．根据对称性可知，小球运动到C点的时间为
则AC间的水平位移为
由功能关系可知，小球从A运动到C，机械能的增加量为即小球在C点的机械能比在A点多 ，故C正确；
D．根据题意，由对称性可知，小球运动到C点时，竖直分速度为竖直向下的，由运动学公式可得，小球
运动到C点时的水平分速度为
则小球在C点的速度为
则小球在C点的动能为
D正确；
故选BCD。
10．如图所示，某空间存在一匀强电场，电场中固定一个光滑的半圆形轨道，电场强度的方向平行于轨道
所在平面， 为轨道圆心，半径为R， 为半圆形轨道的四等分点。 处放置一个粒子源，能向纸
面内各个方向发射速率均为 的带电粒子，粒子的质量均为 、电荷量均为 。已知在能打到轨道
上的粒子中，运动到 点的粒子动能最大；且初速度水平向右的粒子恰能运动到 点，不考虑粒子重力、
粒子之间的相互作用和粒子在轨道上的反弹，下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的场强大小为 ，方向由 指向
B．轨道上有粒子打到的弧长为
C．带电粒子运动到 点时，速度大小仍为 ，方向由 指向
D．带电粒子运动到 点时的动能
【答案】AC
【解析】A．如图所示，在能打到轨道上的粒子中，运动到D点的粒子动能最大，即A、D间电势差最大，
D为轨道上电势最低的位置，过d点做圆的切线，场强方向垂直切线，由O指向D，当粒子v 水平向右，
0
从A到C的运动过程中，沿AC、垂直AC方向建立坐标系，运动满足，
联立得
A正确；
B．OD垂直AC，粒子在电场中做类斜抛运动，设v 与AC夹角为θ时，粒子沿AC方向运动的距离x满足
0
，
联立得
当θ=45°时，即初速度水平向右时，x最大，落点为C，故有粒子打到轨道的弧长
B错误；
C．AC垂直OD，A、C在同一等势面上，故
v =v
C 0
再由类平抛运动的对称性可知，v 方向与AC夹角也为45°，即由O指向C，C正确；
C
D．从A运动到D，根据动能定理
解得
D错误。
故选AC。
三、解答题
11．（2024·辽宁沈阳·统考一模）如图，水平地面上放置一长度 、质量 的长木板。一可视
为质点、质量 、带电量 的小物块放在木板上，小物块到木板右端距离 。在距木板右端 的虚线右侧，存在宽度 的匀强电场，场强 ，方向竖直向下。匀
强电场 右侧存在宽度， 的匀强电场，场强 ，方向竖直向上。从 时刻起，水
平恒力 作用在长木板上，5s末撤去。已知物块与长木板间的动摩擦因数 ，长木板与水平地
面间的动摩擦因数 ，物块带电量始终不变，重力加速度g取 ，求：
（1）物块运动多长时间进入匀强电场 ;
（2）物块离开匀强电场 时速度的大小；
（3）物块最终停下来时，离木板右端的距离。
【答案】（1）4s；（2）6m/s；（3）5.5m
【解析】（1）在物块未进入电场时设其最大加速度大小为 ，则由牛顿第二定律有
解得
当给木板施加恒力时，假设物块和木板能够保持相对静止，一起做匀加速直线运动，设共同加速度的加速
度大小为 ，则对整体由牛顿第二定律有
代入数据解得
则假设成立，在未撤去力F的时间内物块的位移
可知
则可知在力F撤去前的某一时间内物块已经进入电场，设从开始运动到物块进入电场的施加为 ，由位移
与时间的关系可得
解得
（2）当物块进入电场 后由于电场力竖直向下，增加了物块对木板的正压力同时也增加了木板对地面的正压力，因此可知木块仍相对于木板静止，在电场 中，在力F未撤去时，设物块和木板共同运动的加速
度大小为 ，由牛顿第二定律有
解得
即在物块进入电场 中的1s时间内物块和木板一起做匀速直线运动，设其位移为 ，进入电场 时的速
度大小为 ，则有
此时距进入电场 的距离为
设在这段位移内物块和木板共同运动的加速度大小为 ，由牛顿第二定律有
解得
设物块和木板共同进入电场 时的速度大小为 ，则由速度与位移的关系可得
解得
当进入匀强电场 ，电场力竖直向上，对物块在竖直方向有
可知，物块在电场 中做匀速直线运动，因此，物块离开匀强电场 时速度的大小为 。
（3）设物块出电场 所用的时间为 ，在物块出电场 的过程中木板在电场 中做匀减速直线运动的加
速度大小为 ，则有
解得
，
设该过程中木板的位移为 ，可得则可得物块出电场 时距离木板右端的距离为
此时木板的速度
此后在两者达到共速前物块的加速度大小为 ，设木板的加速度大小为 ，对木板由牛顿第二定
律有
解得
即物块出电场 后做匀减速直线运动，而木板做匀速直线运动，设达到共速所用时间为 ，根据速度时间
关系可得
解得
则在该时间内物块和木板的位移分别为 、 ，则根据位移与时间的关系有
两者达到共速后将一起做减速运动，直至停止，则可知物块最终离木板右端的距离为
12．（2023·河南开封·统考一模）在真空中存在着方向竖直向上、足够大且周期性变化的匀强电场E。将一
个质量为m带电量为q的小球（可视为质点），从电场中的P点由静止释放，同时开始计时，小球先向上
运动，经时间T后，小球恰好回到P点。已知电场的周期为T=2t，规定竖直方向为正方向，重力加速为
0
g，求：
（1）匀强电场E的大小及小球上升的最大高度h；
（2）小球在第一个T时间内机械能的变化量 ；
（3）已知t=nt（n取1，2，3....），试确定小球t时刻的速度。
0
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）见解析【解析】（1）由牛顿第二定律得，有电场时
撤去电场后
从释放到回到出发点有
联立可得
（即 ）
有电场时上升的高度
撤去电场后上升的高度
小球上升的最大高度
（2）由功能关系得，小球在第一个T时间内机械能的增加量
（3）在 （n取1，3，5....即奇数）内，小球的加速度为
在 （n取2，4，6....即偶数）内，小球的加速度为 ，当 时
当 时
当 时
当 时当 时
所以当 （n取1，3，5....即奇数）时，小球的速度为
除n取1时，方向竖直向上，其余速度均竖直向下；在 （n取2，4，6....即偶数）内，小球的速度为
方向竖直向下。
（建议用时：30分钟）
一、单选题
1．（2023·安徽合肥·统考二模）真空中存在着方向平行x轴的电场，x轴上各点的电势随位置x变化的关系
如图所示。一带正电粒子从 处由静止释放，已知粒子的比荷为 ，不计重力。则下列
说法正确的是（ ）
A．该电场为匀强电场
B．粒子在 区间内做简谐运动
C．粒子运动过程中的最大速率为
D．粒子沿x轴正方向运动过程中，电势能先变大后变小
【答案】C
【解析】A．坐标原点左、右两侧的电场强度分别为可知左、右两侧的电场强度大小不同，则该电场不是匀强电场，故A错误；
B．带正电的粒子从静止释放后，在原点左侧做匀变速直线运动，进入原点右侧后也做匀变速直线运动，
粒子不做简谐运动，故B错误；
C．原点处的电势最低，则粒子在该点的电势能最小，动能最大，从 处到原点处的过程中，由动
能定理可得
解得
故C正确；
D．带正电粒子沿x轴正方向运动过程中，所在位置的电势先变小后变大，所以粒子的电势能先变小后变
大，故D错误。
故选C。
2．（2023·湖北·统考三模）如图所示，一束单色光入射到极限频率为 的金属板K上，发射的光电子可沿
垂直于平行板电容器极板的方向从左极板上的小孔进入电场，均不能到达右极板，则（ ）
A．该单色光的波长为
B．若仅增大该单色光的强度，则将有电子到达右极板
C．若仅换用频率更大的单色光，则依然没有电子到达右极板
D．若仅将电容器右极板右移一小段距离，电子仍然不能到达右极板
【答案】D
【解析】A．由题可知，单色光的波长应大于 ，故A错误；
B．若仅增大该单色光的强度，由于入射光的频率不变，则电子仍然不能到达右极板，故B错误；
C．若仅换用频率更大的单色光，逸出的光电子的初动能增大，则可能有电子到达右极板，故C错误；
D．若仅将电容器右极板右移一小段距离，由于两板间的电压不变，电子仍然不能到达右极板，故D正确。
故选D。
3．（2023·安徽马鞍山·统考二模）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一带电量为 的物块放在
光滑绝缘水平面上，在恒力F作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动，先经时间t力F做功 ，
此后撤去力F，物块再经时间 返回到出发点O，且回到出发点时的速度大小为v。设物块在O点的电势能为零，则（ ）
A．撤去力F时物块的速度大小为
B．物块向右滑动的最大距离为
C．物块回到出发点时的动能为
D．撤去力F时物块的电势能为
【答案】C
【解析】A．设F撤去前、后物块的加速度大小分别为a、a，根据位移关系有
1 2
解得
根据运动学规律有
所以撤去力F时物块的速度大小为
故A错误；
B．从撤去F到物块速度减为零所经历的时间为
所以物块向右滑动的最大距离为
故B错误；
C．物块从O点开始运动到又回到O点的过程中，电场力做功为零，恒力F做功为90J，根据动能定理可知
物块回到出发点时的动能为 ，故C正确；
D．物块向右运动过程中，电势能增加量等于克服电场力做的功，根据能量守恒定律可知物块向右到达最
远位置时的电势能为90J，设撤去F时物块的电势能为E，则
p解得
故D错误。
故选C。
4．如图所示，在边长为L的正方形ABCD区域内有电场强度大小为E的匀强电场，图中竖直平行的直线
为匀强电场的电场线（方向未知）。一电荷量为q、质量为m的带负电粒子，从A点以某一初速度沿AB
边、垂直电场方向进入电场，经过电场中的P点并从BC边上的Q点离开电场，带电粒子通过Q点的速度
方向与水平方向的夹角为53° ，已知∠PAD=60° ，忽略空气的阻力，不考虑带电粒子受到的重力，取sin
53°=0. 8，cos53° =0.6.下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为
B．带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为
C．带电粒子从A点运动到P点的时间为
D．带电粒子从A点运动到P点的时间为
【答案】A
【解析】AB．根据类平抛运动规律的推论可知，粒子在Q点速度方向的反向延长线一定过AB中点，根据
几何关系可知
解得粒子运动到Q点时的竖直位移为
带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为故A正确，B错误；
CD．设带电粒子的初速度大小为v，经时间t 运动到Q点，则有
0 2
联立上述两式解得
设带电粒子从A点运动到P点的时间为t，则有
1
解得
故CD错误。
故选A。
二、多选题
5．（2024·海南·校联考一模）如图所示，与 坐标系平面平行的匀强电场（未画出）中有一个电荷量为
q的正粒子，从坐标原点O处沿与x轴正方向成 角的虚线匀速运动。已知粒子在运动过程中始终受到一
个大小为F、方向沿x轴正向的恒定外力的作用，不计粒子的重力。则下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的电场强度大小为
B．虚线上相距为L的两点间的电势差绝对值为
C．粒子沿虚线运动距离L的过程中，静电力做功为
D．粒子沿虚线运动距离L的过程中，电势能增加了
【答案】BD
【解析】A．粒子沿虚线做匀速运动，则受力平衡，即电场力qE与外力F等大反向，则解得
方向沿x轴负向，选项A错误；
B．虚线上相距为L的两点间的电势差绝对值为
选项B正确；
CD．粒子沿虚线运动距离L的过程中，静电力做功为
电势能增加了
选项C错误，D正确。
故选BD。
6．如图甲所示，直线加速器由一个金属圆板（序号为0）和多个横截面积相同的金属圆筒组成，其中心轴
线在同一直线上，圆筒的长度遵照一定的规律依次增加．圆板和圆筒与交流电源相连，序号为奇数的圆筒
和电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源的另一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律
如图乙所示。若电压的绝对值为U，电子电量大小为e，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在t=0时
刻，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子在每
个圆筒中运动的时间均小于T，且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，不考虑相对论效应，则
（ ）
A．由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场
B．电子运动到第n个圆筒时动能为2neU
C．在t= 时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值
D．第 个和第n个圆筒的长度之比为 ∶
【答案】AD【解析】A．由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场，A正确；
B．电子每经过一个间隙，电场力做功eU，根据动能定理，电子运动到第n个圆筒时动能为
电子运动到第n个圆筒时动能为neU，B错误；
C．因为
时圆筒1相对圆板的电势差为正值，同理， 奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，C错误；
D．根据动能定理得
， ， ，
得
电子在每个圆筒中做匀速运动，故第 个和第n个圆筒的长度之比为
得
D正确。
故选AD。
7．如图所示，在纸面所在的平面内，带正电粒子（不计重力），从O点以速度v 进入电场强度为E的匀
0
强电场（范围足够大），经过一段时间t，到达P点，速度正好达最小值 ，再经过一段时间，到达N
0
点，速度的大小正好等于v，sin37°=0.6，下列说法正确的是（ ）
0
A．粒子在O点时的速度v 与场强E的夹角为127° B．O、N两点的连线不是等势线
0
C．粒子从P到N的运动时间可能小于t D．带电粒子的荷质比
0
【答案】AD
【解析】B．在O点时粒子速度为 ，N点时速度为 ，整个过程中只有电场力做功，而O、N两点速度相同，动能相同，故粒子在O、N两点的电势能相等，则O、N两点的电势相等，且电场为匀强电场，所以
O、N两点的连线为等势线，故B错误；
A．由于速度的最小值为 ，在匀强电场中只有竖直方向受力，故 可分解在水平方向的 和竖直方向
，故 与水平方向的夹角为37 ，由几何关系知 与与场强E的夹角为127°，故A正确；
C．从O到P再到N过程中粒子所受的电场力不变，则加速度不变，O到P过程竖直方向的速度由 减速
到0，P到N的过程竖直方向的速度由0加速到 ，故 到 的时间等于 到 的时间，同为 ，故C错
误；
D．粒子在电场中受力为
加速度为
经过 时间，竖直方向速度由 减速到0，可得
联立可得
故D正确。
故选AD。
8．如图所示，电子枪产生的初速度为零的电子经过 的电场加速，沿中央进入平行板电容器，板
间电压 ，板长L和板间距离d均为 ，距板右侧 处有一竖直圆筒，圆筒外侧
粘贴涂有感光材料的荧光纸，圆筒以角速度 转动，不计电子通过平行板时极板上电压的变化，
电子打到荧光纸上留下印迹．然后从圆筒上沿轴线方向剪开荧光纸并展开，剪开位置不同，得到的图像形
状也不同，以下图像可能正确的是（ ）．A． B．
C． D．
【答案】BD
【解析】设电子的电量为e，质量为m，出加速电场的速度为 ，在加速电场的运动过程，由动能定理得
解得
电子在平行板间做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，设离开电场时速度方向与水平方向的夹角为
，竖直方向的分速度为 ，竖直方向的位移为y，则有
电子打在圆筒上时的竖直位移
代入数据解得
可知若电子打到平面的白纸上留下黑色印迹随时间是按正弦规律变化的，峰值为20cm。
圆筒以 转动，其周期为T=0.5s，而 变化的周期为1s，即圆筒转一周只能在白纸上留下半个
周期的正弦图像印迹。
AB．若在 处沿轴线剪开，在展开的白纸上会看到两个 周期的正弦图像上下对称分布，故A错误，B
正确；
CD．若在 最大为20cm处沿轴线剪开，在展开的白纸上会看到两个 周期的正弦图像交叉分布，故C错
误，D正确；
故选BD。
三、解答题
9．中科院高能物理研究所利用电场约束带电粒子的运动，其简化模型如图1所示，在 平面内的第一象限和第四象限加一沿 轴正方向的匀强电场 （未知），一粒子发射源固定在坐标原点 ，该装置可以沿
轴正方向发射质量为 、电荷量为 的粒子 ，粒子的初速度均为 ，刚好能过第一象限内的
点，已知 点的横坐标为 ，不计重力及粒子间的相互作用。
（1）已知粒子 过 点时速度为 ，求匀强电场的场强大小 和 点的纵坐标；
（2）若将原来的匀强电场替换为另一交变电场，如图2所示，场强为正值时表示电场方向沿 轴正方向，
题干中其他条件均不变， 时刻从坐标原点射出的粒子 仍能过 点，求图2中 与 的比值；
（3）如图3所示，在 处放置一垂直于 轴、可吸收带电粒子的挡板，并在第一和第四象限内加如图2
所示的交变电场，图3中两条虚线的纵坐标为 在 至 时间内从坐标原点 沿 轴正方
向连续发射粒子 ，粒子的初速度均为 ，求在哪个时间范围内发射出的粒子 ，运动轨迹始终在图3中
两条虚线之间（含虚线），并求出这些粒子落在挡桩上的纵坐标范围。
【答案】（1） ； （2） ； （3）
【解析】（1）粒子 在电场中做类平抛运动，将粒子 运动到 点时的速度正交分解，其沿 轴方向的
上分速度为 ，根据勾股定理其沿 轴方向的分速度
粒子 在电场中的加速度
根据动力学，有
联立可得（2）换成交变电场后，粒子 运动至 点的运动时间仍为
结合题图2可知，交变电场在此期间经历了两个周期，粒子 沿 轴的分速度随时间变化的 图像如图
甲所示，所以整个运动过程其在 轴方向运动的距离为
又知道
可解得
故
（3）设 时刻发射出的粒子 恰好能运动至虚线 ，结合粒子 沿 轴的分速度随时间变化的
图像如图乙所示，根据匀变速运动规律可知
可解得
由图乙可知在 时刻射出的粒子 最终打在挡板上时的纵坐标为
设 时刻发射出的粒子 恰好能运动至虚线 ，结合运动图像如图丙所示，根据匀变速运动规律有解得
由图丙可知在 时刻射出的粒子 最终打在挡板上时的纵坐标为
综上所述，在 时间范围内射出的粒子 运动轨迹始终在题图3中两虚线之间。这些粒子落在
挡板上范围为
10．（2023·安徽·校联考二模）如图甲，竖直面内有一小球发射装置，左侧有光滑绝缘圆弧形轨道ABC，A
与圆心O等高，C处于坐标原点，y轴左侧有一水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度的大小
。现将带正电绝缘小球从A点由静止释放进入轨道，一段时间后小球从C点离开并进入y轴右
侧，y轴右侧与直线DF（平行于y轴）中间范围内有周期性变化的水平方向电场，规定向右为正方向，交
变电场周期 ，变化规律如图乙。已知圆弧形轨道半径 ，小球质量 ，电荷量
， ，重力加速度 ， ，不计空气阻力的影响及带电小球产生
的电场。求：
（1）小球在C点时的速度；
（2）若小球在 时刻经过C点，在 时刻到达电场边界DF，且速度方向恰与直线DF平行， 的
大小及直线DF到y轴的距离；
（3）基于（2）中直线DF到y轴的距离，小球在不同时刻进入交变电场再次经过x轴时的坐标范围。
【答案】（1） ，方向为与水平方向成53°；（2） ； ；（3）
【解析】（1）小球在y轴左侧解得
方向与水平方向成53°向下，根据动能定理，小球A到C运动过程
解得
方向为与水平方向成53°。
（2）小球到达直线DF时速度方向恰与DF平行，即水平速度恰减到0，根据电场的周期性
解得
根据
解得
根据速度位移关系式
解得
（3）小球在y轴右侧竖直方向做竖直上抛运动，小球再次经过x轴的运动时间相同
恰经过一个周期， 时刻进入电场，小球在一个周期内水平方向先减速运动再加速，此过程小球水平方
向平均速度最小，离C点最近
因为
小球在电场内经过x轴， 时刻进入电场，小球在一个周期内水平方向先加速运动解得
且
恰加速运动至DF所在直线，小球出电场后做匀速运动
解得
则
此过程小球水平方向平均速度最大，离C点最远，综上，小球经过x轴时的坐标范围为
