文档内容
知识点 70：带电体在电场的偏转运动
【知识思维方法技巧】
带电体（重力要考虑）在匀强电场中偏转运动的处理方法：
一般用分解的思想来处理，即将带电体的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和
垂直电场力方向上的匀速直线运动，根据运动的合成与分解的知识解决有关问题．
考点一：带电体在匀强电场中的类平抛运动
题型一：带电体在匀强电场中的类平抛运动
【典例1提高题】一个质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中水平抛出，不计空
气阻力，测得小球的加速度大小为，方向向下，其中g为重力加速度．则在小球下落h高
度的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球的动能增加mgh B．小球的电势能减小mgh
C．小球的重力势能减少mgh D．小球的机械能减少mgh
【典例1提高题】【答案】D
【解析】由牛顿第二定律得知，小球所受的合力F ＝ma＝mg，方向向下，根据动能定理
合
知，小球的动能增加ΔE ＝F h＝mgh，故A错误；由牛顿第二定律得：mg－F＝mg，解
k 合
得电场力F＝mg，且方向竖直向上，则电场力做功W ＝－Fh＝－mgh，故小球的电势能
电
增加mgh，故B错误；小球在竖直方向上下降h高度时重力做正功mgh，因此，小球的重
力势能减少mgh，故C错误；由上面可知，小球的电势能增加mgh，根据能量守恒知，小
球的机械能减少mgh，故D正确．
【典例1提高题对应练习】(多选)如图所示，在固定斜面顶端以速度v水平抛出一质量为
0
m、电荷量为q的带正电小球，小球仅在重力作用下落到斜面上的 P点。若在空中加一竖
直向下的匀强电场E，当小球水平抛出速度变成2v，小球仍然落到P点。不计空气阻力，
0
则( )
A.匀强电场E大小为
B.前后两次运动小球动能改变量大小之比为1∶4
C.前后两次运动小球动量改变量大小之比为1∶4
D.前后两次运动小球落到P点时速度方向不变
【典例1提高题对应练习】【答案】BD
【解析】只受重力时，由平抛运动特点可得x＝vt，y＝gt2，受到静电力后，水平方向x＝
0
2vt′，竖直方向y＝at′2，可得t＝2t′，a＝4g，所以＝4g，则E＝，故A错误；由动能定理
0
1
学科网（北京）股份有限公司得前后两次的动能变化量分别为ΔE ＝mgy，ΔE ＝(mg＋qE)y＝4mgy，所以前后两次动能
k1 k2
变化量之比为1∶4，故B正确；前后两次动量变化量分别为Δp ＝mv ＝mgt，Δp ＝mv ＝
1 y1 2 y2
(mg＋qE)t′＝4mg＝2mgt，Δp∶Δp＝1∶2，故C错误；小球前后两次落在P点时位移方向
1 2
不变，而位移方向与速度方向的夹角关系是不变的，所以前后两次运动小球落到P点时速
度方向也不变，故D正确。
题型二：带电体在平行板电容器中的类平抛运动
【典例2提高题】如图，喷雾器可以喷出质量和电荷量都不尽相同的带负电油滴．假设油
滴以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间，有的沿水平直线①飞出，
有的沿曲线②从板边缘飞出，有的沿曲线③运动到板的中点上．不计空气阻力及油滴间的
相互作用，则( )
A．沿直线①运动的所有油滴质量都相等
B．沿直线①运动的所有油滴电荷量都相等
C．沿曲线②、③运动的油滴，运动时间之比为1∶2
D．沿曲线②、③运动的油滴，加速度大小之比为1∶4
【典例2提高题】【答案】D
【解析】沿直线①运动的油滴，根据题意得：mg＝Eq，即：＝，所以沿直线①运动的油滴
比荷相同，A、B错误；沿曲线②、③运动的油滴，均做类平抛运动，水平方向匀速运动：
x＝vt，初速度相同，所以运动时间之比等于位移之比，即为2∶1，C错误；沿曲线②、
0
③运动的油滴，水平方向x＝vt，竖直方向：y＝at2，联立解得：a＝，因为水平位移之比
0
为2∶1，v 和y相同，所以加速度大小之比为1∶4，D正确．
0
【典例2提高题对应练习】如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d＝8 cm，
板长为l＝25 cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v＝0.5 m/s的初速度从板间的正中央
0
水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起 cm，液滴刚好
从金属板末端飞出，求：(g取10 m/s2)
(1)将下板向上提起后，液滴的加速度大小；
(2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用的时间．
【典例2提高题对应练习】【答案】(1)2 m/s2 (2)0.3 s
2
学科网（北京）股份有限公司【解析】(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴做匀速直线运动，所以
有：qE＝mg，即q＝mg得qU＝mgd，当下板向上提起后，d减小，E增大，电场力增大，
故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动．此时液滴所受电场力F′＝q＝，a＝＝g(－1)＝g
＝2 m/s2.
(2)因为液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是，设液滴从P点开始
在匀强电场中飞行的时间为t，则＝at，t＝＝0.2 s，而液滴从刚进入电场到出电场的时间
1 1
t＝＝0.5 s，所以液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用的时间为t＝t－t＝0.3 s.
2 2 1
考点二：带电体在匀强电场中的类斜抛运动问题
【知识思维方法技巧】
带电体在电场类斜抛运动的处理技巧：
将带电体的运动沿电场力方向上分解和沿重力方向上分解，再根据运动的合成与分解的知
识解决有关问题。
题型一：带电体在水平匀强电场中运动模型
【典例1提高题】（多选）在水平向左的匀强电场中，一带电颗粒以速度v从a点水平向
右抛出，不计空气阻力，颗粒运动到b点时速度大小仍为v，方向竖直向下。已知颗粒的质
量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则颗粒从a运动到b的过程中( )
A．做匀变速运动
B．速率先增大后减小
C．电势能增加了mv2
D．a点的电势比b点低
【典例1提高题】【答案】AC
【解析】颗粒受到的重力和电场力是恒力，所以颗粒做的是匀变速运动，故A正确；重力
与电场力的合力方向先与速度方向成钝角，后与速度方向成锐角，故颗粒速度先减小后增
大，故B错误；在平行于电场方向，颗粒的动能减小量为ΔE ＝mv2，减小的动能转化为了
k
颗粒的电势能，所以颗粒电势能增加了mv2，故C正确；在平行于电场方向有qU ＝0－
ab
mv2，解得U ＝－，所以a点的电势比b点低，故D错误。
ab
【典例1提高题对应练习】如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，
以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v、方向与电场方向相反，
则小球从M运动到N的过程中，动量大小的最小值为( )
3
学科网（北京）股份有限公司A.mv B.mv C.mv D.mv
【典例1提高题对应练习】【答案】B
【解析】由题意可知，带电小球在电场中做类斜上抛运动，竖直方向只受重力做匀减速运
动，水平方向受静电力做匀加速运动，由运动学公式在竖直方向上有 v＝gt，在水平方向上
有2v＝at＝t，联立解得qE＝2mg，合成静电力和重力，设等效重力与竖直方向的夹角为
θ，故有tan θ＝＝2，则有sin θ＝，当小球做类斜上抛运动到等效最高点时，速度最小，动
量大小最小，有p＝mv ＝mvsin θ＝，故选B.
min
题型二：带电体在竖直匀强电场中运动模型
【典例2提高题】如图，一带电粒子从小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q 之间的真
空区域，经偏转后打在 Q板上如图所示的位置。在其他条件不变的情况下要使该粒子能从
Q板上的小孔B射出，下列操作中可能实现的是(不计粒子重力)( )
A．保持开关S闭合，适当上移P极板
B．保持开关S闭合，适当左移P极板
C．先断开开关S，再适当上移P极板
D．先断开开关S，再适当左移P极板
【典例2提高题】【答案】A
【解析】粒子做类似斜抛运动，水平分运动是匀速直线运动，要使该粒子能从Q板上的小
孔B射出，即要增加水平分位移，由于水平分速度不变，只能增加运动的时间，即减小两
极板间的电场强度；保持开关S闭合时极板间电压不变，适当上移P极板，根据U＝Ed，
场强E减小，故A正确；保持开关S闭合，适当左移P极板，场强不变，故B错误；先断
开开关S，再适当上移P极板，极板上所带电荷量不变，由E＝＝＝可知，场强不变，故C
错误；先断开开关S，再适当左移P极板，极板所带电荷量不变，正对面积减小，由E＝
＝＝可知，场强变大，故D错误。
题型三：带电体在斜向匀强电场中运动模型
【典例3提高题】如图O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝
60°，OB＝OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过
程中恰好通过A点．使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与
4
学科网（北京）股份有限公司△OAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过
了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向
抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g.求：
(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；
(2)电场强度的大小和方向．
【典例3提高题】【答案】(1)(2) 与竖直方向的夹角为30°；斜向右下方
【解析】(1)设小球的初速度为v，初动能为E ，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝
0 k0
d，则OB＝d，根据平抛运动的规律有
dsin 60°＝vt① dcos 60°＝gt2② 又有E ＝mv③
0 k0
由①②③式得E ＝mgd④
k0
设小球到达A点时的动能为E ，则E ＝E ＋mgd⑤
kA kA k0
由④⑤式得＝⑥
(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小ΔE 和
pA
ΔE ，由能量守恒及④式得
pB
ΔE ＝3E －E －mgd＝E ⑦
pA k0 k0 k0
ΔE ＝6E －E －mgd＝E ⑧
pB k0 k0 k0
在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线OB上的M点与A点等电势，
M与O点的距离为x，如图，则有
＝⑨
解得x＝d，MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行．设电场方向与竖直向下的方向
的夹角为α，由几何关系可得α＝30°.○
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°.
设场强的大小为E，有qEdcos 30°＝ΔE ⑪
pA
由④⑦⑪式得E＝⑫
考点三：带电体在匀强电场中的加速+偏转（斜抛）运动
题型一：带电体重力场+组合场运动模型
5
学科网（北京）股份有限公司【典例1提高题】如图所示，竖直平面内有一坐标系xOy，已知A点坐标为(－2h，h)，
O、B区间存在竖直向上的匀强电场．甲、乙两小球质量均为 m，甲球带的电荷量为＋q，
乙球带的电荷量为－q，分别从A点以相同的初速度水平向右拋出后，都从 O点进入匀强
电场，其中甲球恰从B点射出电场，乙球从C点射出电场，且乙球射出电场时的动能是甲
球射出电场时动能的13倍．已知重力加速度为g.求：
(1)小球经过O点时速度的大小和方向；
(2)匀强电场的电场强度E.
【典例1提高题】【答案】(1)2 与水平方向的夹角θ＝45° (2)
【解析】(1)如图所示，设小球经过O点时的速度为v，水平分速度为v，竖直分速度为
x
v，平拋运动的时间为t.
y
根据平拋运动规律h＝gt2①，2h＝vt②，v＝gt③，v＝④，tan θ＝⑤
x y
由以上式子解得v＝2，θ＝45°，v＝v ⑥
y x
(2)甲球在B点的速度如图所示，乙球在C点的速度如图3所示．依题意得E ＝13E
kC kB
甲球在OB运动过程中电场力、重力做功为零，故甲球在B点射出时速度仍为v，水平分速
度仍为v，竖直分速度为v，大小不变，方向竖直向上．
x y
设甲球在电场中的加速度为a ，乙球在电场中的加速度为a ；甲、乙两球在电场中运动
甲 乙
的时间为t′.研究竖直方向，有
对甲球：2v＝a t′⑧，Eq－mg＝ma ⑨，
y 甲 甲
对乙球：v －v＝a t′⑩，Eq＋mg＝ma ⑪，
ay y 乙 乙
由⑥～⑪式解得E＝.
6
学科网（北京）股份有限公司【典例1提高题对应练习】（多选）如图所示，竖直平面内存在着两个方向竖直向上的相
同带状匀强电场区，电场区的高度和间隔均为d，水平方向足够长。一个质量为m、电荷
量为＋q的小球以初速度v在距离电场上方d处水平抛出，不计空气阻力，则( )
0
A．小球在水平方向一直做匀速直线运动
B．小球在电场区可能做直线运动
C．若场强大小为，小球经过两电场区的时间相等
D．若场强大小为，小球经过两电场区的时间相等
【典例1提高题对应练习】【答案】ABD
【解析】将小球的运动沿着水平方向和竖直方向进行分解，水平方向不受外力，故小球在
水平方向一直以速度v 做匀速直线运动，故A正确。小球在电场区时，受到竖直向下的重
0
力和竖直向下的电场力，若电场力与重力大小相等，二力平衡，小球能做匀速直线运动，
故B正确。若场强大小为E＝，则电场力等于mg，在电场区小球所受的合力为零，在无电
场区小球匀加速运动，故经过每个电场区时小球匀速运动的速度均不等，因而小球经过每
一无电场区的时间均不等，故C错误。当场强大小为E＝，电场力等于2mg，在电场区小
球所受的合力大小等于mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，根据运动
学公式，有经过第一个无电场区d＝gt2，v ＝gt ，经过第一个电场区d＝vt－gt2，v ＝v －
1 1 1 1 2 2 1
gt ，由①②③④联立解得t ＝t v ＝0。接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无
2 1 2, 2
电场区都是自由落体运动，每次通过电场区都是末速度为零匀减速直线运动，因此，小球
经过两电场区的时间相等，故D正确。
题型二：带电体组合场+重力场运动模型
【典例2提高题】（多选）如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平
放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为q、质量为m
的质点以初速度v 沿中线射入两板间，最后垂直打在 M上，则下列结论正确的是(已知重
0
力加速度为g)( )
7
学科网（北京）股份有限公司A．两极板间电压为
B．板间电场强度大小为
C．整个过程中质点的重力势能增加
D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上
【典例2提高题】【答案】BC
【解析】据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，
质点的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在屏M上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如
图所示：
可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE－mg＝ma，mg＝ma，解得E
＝，由U＝Ed得板间电势差U＝×d＝，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离
y＝at2，a＝＝g，t＝，解得：y＝，故质点打在屏上的位置与P点的距离为：s＝2y＝，重
力势能的增加量E ＝mgs＝，故C正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，
p
根据E＝＝＝＝可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故
仍垂直打在屏M上，故D错误．
【典例2提高题对应练习】(多选)如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极
板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质
量为m的质点以初速度v沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，已知重力加速度为g，
0
下列结论正确的是( )
A.两极板间电场强度大小为
B.两极板间电压为
C.整个过程中质点的重力势能增加
D.若仅增大两极板间距，该质点仍能垂直打在M上
【典例2提高题对应练习】【答案】BD
8
学科网（北京）股份有限公司【解析】据题分析可知，小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场
后，小球的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，
如图
可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得 qE－mg＝mg，得到E＝，由U＝
Ed可知板间电压为U＝，故A错误，B正确；小球在电场中向上偏转的距离为y＝at2，而
a＝＝g，t＝，解得y＝，小球打在屏上的位置与P点的距离为s＝2y＝，重力势能的增加量
为E ＝mgs＝，故C错误；仅增大两板间的距离，因两板上电荷量不变，根据E＝＝，而
p
C＝，解得E＝，可知板间场强不变，小球在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍
垂直打在屏上，故D正确。
考点四：带电体在交变电场中的直线及偏转运动
题型一：带电体在交变电场中的直线运动
【知识思维方法技巧】
（1）注重全面分析（分析受力特点和运动规律）：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上
具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临
界条件。
（2）从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是
功能关系。
【典例1提高题】如图甲所示，足够大的绝缘水平面上静止放置有一质量m＝200 g、带正
电且电荷q＝2.0×10－6C的小滑块，从t＝0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的周期性
变化的电场(向右为电场强度E的正方向)．已知小滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，
重力加速度g＝10 m/s2，小滑块可视为质点，运动过程中电荷量保持不变，则下列说法正
确的是( )
A. 小滑块在0～2 s内加速度的大小为3 m/s2
B. 小滑块在2～4 s内加速度的大小为1 m/s2
C. 小滑块在14 s末的速度大小为6 m/s
9
学科网（北京）股份有限公司D. 小滑块在前14 s内的位移大小为28 m
【典例1提高题】【答案】D
【解析】小滑块在0～2 s内所受静电力与滑动摩擦力方向相反，根据牛顿第二定律可得其
加速度的大小为a＝ －μg＝ 5m/s2－0.1×10 m/s2＝2 m/s2，小滑块在2～4 s
1
内所受静电力与滑动摩擦力方向相同，同理可得其加速度的大小为a＝ ＋μg＝
2
5m/s2＋0.1×10 m/s2＝2 m/s2，故A、B错误；由前面分析可知在一个周期内，小
滑块速度的变化量为零，所以小滑块在14 s末的速度大小与在2 s末的速度大小相同，且
为v＝at＝2×2 m/s＝4 m/s，故C错误；根据运动的对称性可知在一个周期内，小滑块的
1 11
位移大小为x＝2× at2＝8 m，小滑块在前14 s内的位移大小为x＝ x＝28 m，故D正确．
1 11 1
题型二：带电体在交变电场中的偏转运动
【知识思维方法技巧】
带电体在交变电场中运动的处理技巧：分段研究，化变为恒。
（1）带电体做偏转运动：一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学
公式或者动能定理等求解。
（2）当带电体垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场力
方向的分运动可能具有周期性。
（3）可以作出带电体在某一方向上的v－t图象，借助图象、结合轨迹，使运动过程更直
观。
【典例1提高题】（多选）如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如
图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v 沿中线射入两板间，0～时间内微
0
粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力
加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是( )
10
学科网（北京）股份有限公司A．末速度大小为v B．末速度沿水平方向
0
C．重力势能减少了mgd D．克服电场力做功为mgd
【典例1提高题】【答案】BC
【解析】因0～时间内微粒匀速运动，故E q＝mg；在～时间内，粒子只受重力作用，做
0
平抛运动，在t＝时刻的竖直速度为v ＝，水平速度为v；在～T时间内，由牛顿第二定律
y1 0
2E q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，v ＝v －g＝0粒子的竖直速度减
0 y2 y1
小到零，水平速度为v，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了ΔE ＝mg·＝mgd，
0 p
选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知，mgd－W ＝0，可知克服电场力做功为
电
mgd，选项D错误；故选B、C.
11
学科网（北京）股份有限公司
