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专题13 匀强电场中的匀变速直（曲）线运动模型
目录
【模型一】带电粒子在电场中的加速和减速运动模型..................................................................................1
1.带电粒子在电场中的加速直线运动模型...............................................................................................1
2.交变电场中的直线运动...........................................................................................................................2
3.带电体在电场中的直线运动...................................................................................................................3
【模型二】带电粒子在匀强电场中的偏转模型............................................................................................18
【模型三】带电粒子经加速电场后进入偏转电场模型................................................................................24
【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.......................................................33
【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,知识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，收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：
带电粒子在电场中通过电势差为UAB 的两点时动能的变化是
，则
.
例：如图真空中有一对平行金属板，间距为d，接在电压为U 的电源上，质量为m、电量为q 的正电
荷穿过正极板上的小孔以v0进入电场，到达负极板时从负极板上正对的小孔穿出.不计重力，求：正电荷穿
出时的速度v 是多大？
1
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解法一、动力学：由牛顿第二定律：
a= F
m=qE
m =qU
md ①
由运动学知识：v2－v0
2=2ad ②
联立①②解得：
v=√
2qU
m +v0
2
解法二、动能定理：
qU =1
2 mv 2−1
2 mv 0
2
解得
v=√
2qU
m +v0
2
讨论：
（1）若带电粒子在正极板处v0≠0，由动能定理得qU=
1
2 mv2-
1
2 mv0
2 解得v=
（2）若将图中电池组的正负极调换，则两极板间匀强电场的场强方向变为水平向左，带电量为+q，
质量为m 的带电粒子，以初速度v0，穿过左极板的小孔进入电场，在电场中做匀减速直线运动.
①若v0>
，则带电粒子能从对面极板的小孔穿出，穿出时的速度大小为v，
有 -qU=
1
2 mv2-
1
2 mv0
2 解得v=
②若v0<
，则带电粒子不能从对面极板的小孔穿出，带电粒子速度减为零后，反方向加速运动，
从左极板的小孔穿出，穿出时速度大小v=v0.
设带电粒子在电场中运动时距左极板的最远距离为x，由动能定理有： -qEx=0-
1
2 mv0
2
又E=
(式d 中为两极板间距离) 解得x=
.
2.交变电场中的直线运动
U-t
图
v-t
图
[
t
O
v
v0
T/2
T
单向直线运动
A
B
速度不反向
t
O
v
v0
往返直线运动
A
B
速度反向
T
T/2
-v0
t
O
v
v0
往返直线运动
A
B 速度反向
T
T/8
-3v0
5T/8
t
O
v
v0
T/3
2T/3
往返直线运动
A
B 速度反向
T
-v0
2
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轨
迹
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=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
** 错误的表达式 ** 速度公式
v0=gt1=at2;
速度位移公式v0
2=2gx1=2ax2
** 错误的表达式 **全程动能定理：
mg(h+d)-qU=0
1．如图所示，一平行板电容器两极板间距离为d，极板间电势差为U，一个电子从O 点沿垂直于极板的方
向射入两极板间，最远到达A 点，然后返回。已知OA 两点相距为h，电子质量为m，电荷量为
，重力
不计。下列说法正确的是（ ）
A．电子在O 点的电势能高于在A 点的电势能
B．电子返回到O 点时的速度与从O 点射入两极板间时的速度相同
C．电子从O 点射出时的速度
D．OA 间的电势差
【答案】D
O
A
B
O
A
B
A
O
A
B
D
C
O
A
B
A
+ + + + +
+ + + + +
- - - - -
- - - - -
mg
qE
mg
qE
θ
mg
qE
θ
mg
mg
●
qE
t
O
v
t2
t1
a
g
v0
3
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【详解】A．电子在A 点的动能的最小，根据能量守恒，电子在A 点的电势能的最大，故电子在O 点的电
势能低于在A 点的电势能，故A 错误；
B．电子在运动过程中，只受到电场力，故电势能与动能之和不变，故返回到O 点时的电势能与从O 点射
入两极板间时的电势能相同，故返回到O 点时的速度大小与从O 点射入两极板间时的速度大小相同，但是
方向相反，故B 错误；
C．根据动能定理
解得电子从O 点射出时的速度为
故C 错误；
D．OA 间的电势差为
故D 正确；
故选D。
2．如图，金属板平行放置，两极接上恒定电压。质量相等的粒子A 和B 分别静止在上下极板处。闭合开关，
两粒子仅在电场力作用下同时运动，且同时经过图中的虚线处，虚线到上下极板的距离之比为1：2，忽略
粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．A 带负电，B 带正电
B．两粒子所带电荷量大小之比为1：2
C．从开始运动到经过虚线处电场力做功之比1：4
D．减小两板间距，两粒子运动到另一极板时的速率也会减小
【答案】BC
【详解】AB．两粒子仅在电场力作用下，均做初速度为0 的匀加速直线运动，可知A 受到的电场力向下，
4
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B 受到的电场力向上，且场强方向向下，则A 带正电，B 带负电；根据
，
由于两粒子质量相等，则两粒子所带电荷量大小之比为
故A 错误，B 正确；
C．从开始运动到经过虚线处电场力做功之比
故C 正确；
D．根据动能定理可得
可得
减小两板间距，由于极板间的电压不变，则两粒子运动到另一极板时的速率不变，故D 错误。
故选BC。
3．（多选）如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆筒（又称漂移管）A、B、C、D、E 组成，相邻
金属圆筒分别接在电源的两端。质子以初速度v0从O 点沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动
且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U 大小相同。质子电量为e，质量为m，不
计质子经过狭缝的时间，则下列说法正确的是（ ）
A．MN 所接电源的极性应周期性变化
B．金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比
C．金属圆筒A 的长度与金属圆筒B 的长度之比为1:2
D．质子从圆筒B 射出时的速度大小为
【答案】ABD
5
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【详解】A．因用直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A 的右边缘为正极时，则在下一个
加速时，B、C、D、E 的右边缘均为正极，所以MN 所接电源极性应周期性变化，故A 正确；
B．质子在金属圆筒内做匀速运动，且时间均为T，由
可知，金属圆筒的长度L 应与质子进入圆筒时的速度v 成正比，故B 正确；
CD．对于质子在圆筒A 分析可得
对于质子以初速度v0从O 点沿轴线进入加速器，质子经1 次加速，由动能定理可得
所以
所以金属圆筒A 的长度与金属圆筒B 的长度之比为
金属圆筒A 的长度与金属圆筒B 的长度之比不一定是1:2，故C 错误，D 正确。
故选ABD。
4．（多选）如图所示，
是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为
的交变电压
板的电势
B 板的电势
随时间的变化规律如图所示。现有一电子从
板上的小孔进入两板间的电场区域内，
设电子的初速度和重力的影响可忽略。则（ ）
A．若电子是在
时刻进入的，它将一直向B 板运动
B．若电子足在
时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动，最后打在B 板上
6
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C．若电子是在
时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动，最后打在B 板上
D．若电子是在
时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动，最后打在A 板上
【答案】AB
【详解】根据电子进入电场后的受力和运动情况，可作出电子在极板间的
，
，
图像如图乙，
丙，丁所示。
A．根据
图像围成的面积表示位移，由图丁
图像可知，当电子在0 时刻进入电场时，电子一直向B
板运动，故A 正确；
B．若电子在
时刻进入，则由
图像知，向B 板运动的位移大于向A 板运动的位移，因此它可能时
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而向B 板运动，时而向A 板运动，最后打在B 板上，故B 正确；
C．若电子在
时刻进入电场，则由图像知，在第一个周期电子即返回至A 板，故C 错误；
D．由前面分析可知，若电子在
时刻进入，则电子向B 板运动的位移等于向A 板运动的位移，则它可
能时而向B 板运动，时而向A 板运动，即可能在AB 之间往复运动。由于
，可推知电子向B 板运
动的位移仍然大于向A 板运动的位移，因此它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动，最后打在B 板上，
故D 错误。
故选AB。
5．（多选）如图所示，连接在恒压电源两端的电容器的水平a，b 极板中间开有一小孔（不影响极板电荷
分布），闭合开关S，将一带电液滴（可视为点电荷）由b 极板小孔的正上方的P 点由静止释放，液滴恰
好在到达a 极板小孔处沿原路返回。已知带电液滴的比荷为k，a，b 极板间的距离为d，P 点到b 极板的距
离为h，重力加速度大小为g，两极板间的电场可视为匀强电场。若经过如下调整后，仍将液滴从P 点由静
止释放，下列说法正确的是（ ）
A．仅将恒压电源的电压调整为
，液滴将穿过a 极板
B．断开开关，仅将b 极板向上移动
，液滴在距离b 极板
处沿原路返回
C．断开开关，仅将a 极板向下移动
，液滴将穿过a 极板
D．保持开关闭合，仅将b 极板同下移动
，液滴仍会在到达a 极板小孔处沿原路返回
【答案】BD
【详解】A．液滴由b 极板小孔的正上方的P 点由静止释放，到达a 极板小孔处沿原路返回，设此时电容器
两板间的电压为U，由题意可知，从P 点到a 极板小孔处，液滴的重力做正功，电场力做负功，由动能定
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理可得
解得
可知仅将恒压电源的电压调整为
，液滴不能穿过a 极板，A 错误；
B．保持开关闭合，仅将b 极板向下移动
，由动能定理可得
整理可得
可知
解得
可知液滴仍会在到达a 极板小孔处沿原路返回，B 正确；
C．断开开关，仅将a 极板向下移动
，由平行板电容器电容的决定式
可知电容C 减小，可有
由电容的定义式
可知电荷量Q 不变，电容C 减小，电压U 增大，可有
若液滴能从P 点到a 极板小孔处，由动能定理可得
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由于
可知
可知液滴不会到达a 极板小孔处，C 错误；
D．断开开关，电容器所带的电荷量不变，仅将b 极板向上移动
，由推论
可知，电容器板间的电场强度不变，为
假设仅将b 极板向上移动
，液滴在距离b 极板
处沿原路返回成立，由动能定理可得
可得
假设成立，因此断开开关，仅将b 极板向上移动
，液滴在距离b 极板
处沿原路返回，D 正确。
故选BD。
6．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波。其振荡原理与下述
过程类似。已知静电场的方向平行于x 轴，其电势
随x 的分布如图所示。一质量
、电荷
量
的带负电的粒子从
点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上做往返运动。忽略
粒子的重力等因素，求：
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(1)x 轴左侧电场强度
和右侧电场强度
的大小之比
；
(2)该粒子运动的最大速度
；
(3)该粒子运动的周期T。
【答案】(1)2:1
(2)
(3)
【详解】（1）由题图可知
由电场强度和电势差的关系可得左侧电场强度
右侧电场强度
由题图知
，
联立可得
（2）粒子运动到原点时速度最大，根据
解得
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（3）设粒子半个周期内在原点左右两侧运动的时间分别为
、
，由运动学公式得
联立解得粒子运动的周期
7．如图所示，真空中两块大小形状完全相同的金属板A、B 正对水平放置，间距为d。两板可以通过开关S
与电压为U 的电源连接。开始时开关S 断开，两金属板均不带电，一带电液滴从A 板中央的小孔O 由静止
进入板间，当液滴运动到两板正中间位置时闭合开关，液滴刚好未触及B 板。已知真空中平行板电容器的
电容为
，其中d 为两板间的距离，S 为两板的正对面积。忽略金属板正对部分之外的电场，重力
加速度为g。
(1)求液滴的比荷；
(2)求液滴再次经过O 点时的速度大小；
(3)当液滴运动到最高点时，迅速断开开关并将A 板竖直向上移动
，保持极板的电荷量不变，B 板
不动。求之后液滴与B 板之间的最小距离。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由题意知，液滴受到的电场力方向竖直向上。液滴从A 板小孔运动到B 板过程中，根据动能
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定理
整理得
（2）设液滴再次经过O 点时速度为v，则液滴从B 板运动到O 点过程中，根据动能定理
整理得
（3）设液滴到达的最高处与B 板距离为h，则
S 断开前，两极板间的电场强度
S 断开后，极板的电荷量Q 不变，板间距离变为
后，电容变为
板间电压
板间电场的电场强度
整理得
设液滴与B 板之间的最小距离为x，根据动能定理
整理得
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8．如图甲所示，真空中相距
的两块平行金属板A、B 与电源连接（图中未画出），其中B 板接地
（电势为零），A 板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量
、带电荷量
的粒子从紧临B 板处无初速度释放，在
时刻释放的带电粒子，粒子恰好不能到达A 板，不计重力，求：
(1)在
时刻释放的带电粒子释放瞬间粒子加速度的大小；
(2)在
时刻释放的带电粒子到达A 板时速度大小；
(3)A 板电势变化的周期。
【答案】(1)
；
(2)
；
(3)
【详解】（1）由题图可知，在
时刻，A 板的电势为
所以此时电场方向向右，带电粒子将向右做匀加速直线运动。又
根据匀强电场中电场强度与电势差之间的关系，可得
则带电粒子释放瞬间加速度大小为
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（2）由题可知，在
时刻释放的带电粒子恰好不能到达A 板，结合图像分析可知
其中
解得
若在0 时刻释放带电粒子，可知粒子从B 板到A 板做匀加速直线运动。根据匀变速直线运动的速度位移公
式
解得带电粒子到达A 板时的速度为
（3）由第二问分析可知，A 板电势变化的周期为
9．如图所示，某科学兴趣小组利用平行板电容器再现密立根油滴实验。实验中调节两极板电压为U 且上
极板带正电，观测到一质量为m、带电油滴悬浮静止在电场之中，已知极板间距离为d，重力加速度为g。
求：
(1)判断该油滴的电性，并求油滴的带电量q：
(2)若将两极板电压调节为原来的1.5 倍，求该油滴的加速度。
【答案】(1)负电；
(2)
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【详解】（1）上极板带正电，则场强方向向下，油滴受向上的电场力，可知油滴带负电，由平衡可知
可得
（2）若将两极板电压调节为原来的1.5 倍，则由牛顿第二定律
解得
10．在真空中存在空间范围足够大、水平向右的匀强电场。若将一个质量为
、带正电且电荷量为
的小
球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为
的直线运动。现将该小球从电场中某点以初速
度
竖直向上抛出，自由落体加速度为
，
，
。
(1)求电场强度的大小；
(2)求小球抛出点至运动的最高点之间的水平距离。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）小球受重力与电场力作用，沿与竖直方向夹角为
的直线运动，则电场力大小为
解得
（2）将该小球从电场中某点以初速度
竖直向上抛出，设到最高点的时间为t，则
沿水平方向做初速度为0 的匀加速运动，加速度为
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此过程小球沿电场方向位移为
抛出点至最高点之间的距离为
11．相距d=0.1m 水平放置的平行金属板a 和b，且中央有孔，为其提供电压的电路如图所示，且已知电源
的电动势为E=24V，内阻为r=5Ω，分压电阻为R2=100Ω，现闭合电键K，当电流达到稳定后，将带电荷量
为q=1.0×10-7C、质量为m=6.0×10-7kg 的液滴从小孔正上方h=0.1m 高处无初速滴下，为使液滴刚好不落在b
板上。g=10m/s2，求：
(1)ab 两板间的电压；
(2)此时滑动变阻器R1的阻值；
(3)闭合开关后，若R2断路，液滴仍从原位置无初速滴下，能否到达b 板？若能，则速度为多少？若不能，
则距离a 板的最大距离是多少？
【答案】(1)12V
(2)95Ω
(3)不能，
【详解】（1）液滴从开始运动到刚好到b 板附近，根据动能定理可得
解得ab 两板电压为
（2）根据闭合电路欧姆定律可得
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联立解得
（3）闭合开关后，若R2断路，则电容器两极板电压等于电源电动势，液滴仍从原位置无初速滴下，不能
到达b 板，设距离a 板的最大距离为dʹ，则
解得
12．如图所示为美国物理学家密立根测量油滴所带电荷量装置的截面图，两块水平放置的金属板间距为
d。油滴从喷雾器的喷嘴喷出时，由于与喷嘴摩擦而带负电。油滴散布在油滴室中，在重力作用下，少数
油滴通过上面金属板的小孔进入平行金属板间。当平行金属板间不加电压时，由于受到气体阻力的作用，
油滴最终以速度v1竖直向下匀速运动；当上板带正电，下板带负电，两板间的电压为U 时，带电油滴恰好
能以速度v2竖直向上匀速运动。已知油滴在极板间运动时所受气体阻力的大小与其速率成正比，油滴密度
为ρ，已测量出油滴的直径为D（油滴可看做球体，球体体积公式V=16πD3），重力加速度为g。
（1）设油滴受到气体的阻力f=kv，其中k 为阻力系数，求k 的大小；
（2）求油滴所带电荷量。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）油滴速度为v1时所受阻力
f1=kv1
油滴向下匀速运动时，重力与阻力平衡，则有
f1=mg
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U d
l
q
v0
y
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则解得
（2）设油滴所带电荷量为q,油滴受到的电场力
油滴向上匀速运动时，阻力向下，油滴受力平衡
则油滴所带电荷量
【模型二】带电粒子在匀强电场中的偏转模型
【运动模型】质量为m 、电荷量为q 的带电粒子以初速v0 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：
1、粒子穿越电场的时间t ：
粒子在垂直于电场方向以v x=v0做匀速直线运动，
l=v0t ，
t= l
v0 ；
2、粒子离开电场时的速度v ：
粒子沿电场方向做匀加速直线运动，加速度
a=qE
m =qU
md ，
粒子离开电场时平行电场方向的分速度
v y=at= qUl
mdv 0 ，
所以
v=√v x
2 +v y
2=√
v0
2+( qUl
mdv 0
)2
。
3、粒子离开电场时的侧移距离y ：
y=1
2 at 2= qUl 2
2mdv 0
2
②
②式涉及了描述粒子的物理量如
、
、
、
；描述设备的物理量
、
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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
4、粒子离开电场时的偏角ϕ ：
因为
tan ϕ= v y
v x
= qUl
mdv 0
2
③
②与③的关系：
tanϕ=2 y
l
（熟记）
5、速度方向的反向延长线必过偏转电场的中点
由
tan ϕ= qUl
mdv 0
2
和
y= qUl 2
2mdv 0
2
，可推得
y= l
2 tanϕ
。粒子可看作是从两板间的中点沿直线射出的。
1.如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场，一个带电粒子电荷量为q，以一定的水平初速度由P 点射入
匀强电场，当粒子从Q 点射出电场时，其速度方向与竖直方向成30°角。已知匀强电场的宽度为d，P、Q
两点的电势差为U，不计重力，设Q 点的电势为零。则下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子在P 点的电势能为Uq
B．带电粒子带负电
C．匀强电场场强大小为
D．匀强电场场强大小为
【答案】AD
【详解】AB．由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电。粒
子从P 到Q，电场力做正功为
W=qU
则粒子的电势能减少了qU，Q 点的电势为零，则知带电粒子在P 点的电势能为Uq，故A 正确，B 错误；
CD．设带电粒子在P 点时的速度为v0，在Q 点建立直角坐标系，垂直于电场线为x 轴，平行于电场线为y
轴，由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在y 轴方向的分速度为
粒子在y 轴方向上的平均速度为
20
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设粒子在y 轴方向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，则：竖直方向有
水平方向有
d=v0t
可得
所以场强为
联立得
故C 错误，D 正确。
故选AD。
2.如图所示，示波器的工作原理可以简化为：金属丝K 发射出的电子由静止经电压
加速后，从金
属板的小孔O1射出，沿O1O2进入偏转电场，经偏转电场后打在荧光屏上。偏转电场是由两个平行的相同
金属极板M、N 组成，已知极板的长度为
，两板间的距离为
。极板间电压为
，
偏转电场极板的右端到荧光屏的距离为
。电子电荷量大小为
，质量为
，不计电子受到的重力和电子之间的相互作用。
(1)求电子从小孔O1穿出时的速度大小
；
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(2)求电子离开偏转电场时速度偏转角度的正切值和在荧光屏上形成的亮斑到O2的距离y2。
【答案】(1)
(2)
，8.25cm
【详解】（1）电子在加速电场中，根据动能定理可得
解得
（2）电子在MN 间做类平抛运动，沿初速度方向有
解得
沿电场方向有
电子离开偏转电场的速度为
电子在偏转电场中的偏转位移为
电子离开偏转电场时的偏转角
联立解得
，
，
电子离开偏转电场后做匀速直线运动，沿水平方向有
解得
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则电子打到荧光屏上的位置P2点到O2点的距离为
3.如图所示，圆心为O、半径为R 的圆形区域内存在一个平行于该区域的匀强电场，MN 为圆的一条直径。
质量为m、电荷量为+q 的粒子从M 点以速度v 射入电场，速度方向与MN 夹角θ=45°，一段时间后粒子运
动到N 点，速度大小也为v，不计粒子重力，规定M 点电势为零。求：
（1）匀强电场的场强大小；
（2）粒子电势能的最大值；
（3）仅改变粒子速度大小，当粒子离开圆形区域的电势能最小时，粒子射入电场的速度大小。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】解：（1）从M 到N 粒子动能不变，电场力不做功，所以MN 为等势线，电场线与MN 垂直，粒
子做类似斜抛的运动，沿MN 方向，粒子匀速运动
垂直MN 方向
根据牛顿第二定律
解得
（2）粒子垂直MN 方向速度为0 时，电势能最大，根据能量守恒
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（3）如图所示，当粒子运动到P 点时，电势能最小，由
联立求得
4.如图所示，真空中平行金属板M、N 之间的距离和板长均为L，两板间加恒定的电压。一带正电的粒子
从两板中央沿平行两板的方向以某一初速度射入电场，最终恰好打在N 板中点处。所用时间为t，不计带
电粒子的重力。求：
（1）带电粒子的初速度大小
；
（2）若在带电粒子运动
时撤去所加电压，该粒子打在N 板的位置与N 板中点的距离
。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）由带电粒子水平方向做匀速运动可得
解得
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（2）设
时间内发生的位移与水平的夹角为
时速度与水平的夹角为
，已知
则
解得
撤去电压后，带电粒子以
倾角做匀速运动，水平位移与坚直位移均为
，有
【模型三】带电粒子经加速电场后进入偏转电场模型
【运动模型】如图所示，由静止开始被电场（加速电压为U 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
为d 、两板间电压为U 2，试分析带电粒子的运动情况。
1、粒子穿越加速电场获得的速度v1
设带电粒子的质量为m ，电量为q ，
经电压U 1加速后速度为v1。由动能定理有
qU 1=1
2 mv 1
2
，
v1=√
2qU 1
m
2、粒子穿越偏转电场的时间t ：
带电粒子以初速度v1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 ，
则
t= L
v1
=L√
m
2qU 1
3、粒子穿越偏转电场时沿电场方向的加速度a ：
带电粒子在偏转电场中运动时沿电场方向的加速度
a= F'
m =qU 2
dm
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
U1
d
U2
q
v1
v2
L
q
v0
v1
q
y
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y=1
2 at 2=1
2×
qU 2
dm ×
m
2qU 1
L2=
U 2 L2
4U 1d 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
、
无关。
5、粒子离开偏转电场时沿电场方向的速度为v y ：
带电粒子离开电场时沿电场方向的速度为v y ，则
v y=at=
U 2 L
d √
q
2mU 1
6、粒子离开偏转电场时的偏角ϕ ：
设飞出两板间时的速度方向与水平方向夹角为θ 。则
tanθ=
v y
vx
=
U 2 L
2U 1d 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
、
无关。
1.(多选)示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的．如图所示，不同的带负电粒子
在电压为U1的电场中由静止开始加速，从M 孔射出，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射
方向与极板平行，在满足带负电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则( )
A．若电荷量q 相等，则带负电粒子在板间的加速度大小相等
B．若比荷相等，则带负电粒子从M 孔射出的速率相等
C．若电荷量q 相等，则带负电粒子从M 孔射出时的动能相等
D．若不同比荷的带负电粒子由O 点射入，偏转角度θ 相同
【答案】 BCD
【解析】 设加速电场的板间距离为d，由牛顿第二定律得a＝，由于粒子的质量未知，所以无法确定带负
电粒子在板间的加速度大小关系，故A 错误；
由动能定理得qU1＝mv0
2，可得v0＝，所以当带负电粒子的比荷相等时，它们从M 孔射出的速度相等，故
B 正确；粒子从M 孔射出时的动能Ek＝mv0
2＝qU1，所以当带负电粒子的电荷量q 相等时，它们从M 孔射
出时的动能相等，故C 正确；
如图所示，设偏转电场的板间距离为d′，在偏转电场中有tan θ＝＝＝，偏转角度θ 与粒子的比荷无关，所
以不同比荷的带负电粒子从O 点射入，偏转角度θ 相同，故D 正确．
2.如图所示，两平行金属板A、B 间电势差为
，带电量为q、质量为m 的带电粒子，由静止开始从极板
A 出发，经电场加速后射出，沿金属板C、D 的中心轴线进入偏转电压为
的偏转电场，最终从极板C 的
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右边缘射出。偏转电场可看作匀强电场，板间距为d。忽略重力的影响。
（1）求带电粒子进入偏转电场时动量的大小
。
（2）求偏转电场对带电粒子冲量的大小I 和方向。
（3）保持其他条件不变，仅在极板C、D 之间再施加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使得带电粒子恰好从
距离极板D 右边缘射出偏转电场，求该带电粒子离开偏转电场时的动能
。
【答案】（1）
；（2）
，方向竖直向上；（3）
【详解】（1）由动能定理
可得
（2）带电粒子在偏转电场加速度大小为
在竖直方向上有
解得
偏转电场对带电粒子冲量的大小为
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方向竖直向上；
（3）由（1）中分析可得
由于洛伦兹力不做功，因此带电粒子恰好从距离极板D 右边缘射出偏转电场，电场力做负功，根据动能定
理可得
解得
3.某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为小球）组成的混合气流进入由
一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度
保持不变。在匀强电场作
用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d、不考虑重力影响和颗粒间相互作
用。
（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为
的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压
；
（2）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v 方向相反，大小为
，其中r 为颗粒的
半径，k 为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
a、半径为R、电荷量为
的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压
；
b、已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为
和
的
两种颗粒，若
的颗粒恰好100%被收集，求
的颗粒被收集的百分比。
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【答案】（1）
；（2）a、
；b、25%
【详解】（1）只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，水平方向有
竖直方向
根据牛顿第二定律
又
解得
（2）a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度
且
解得
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b.
带电荷量q 的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等
于电场力，有
在竖直方向颗粒匀速下落
的颗粒带电荷量为
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有
设只有距下极板为
的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落
解得
的颗粒被收集的百分比
4.如图所示，M、N 为竖直放置的平行金属板，S1、S2为板上正对的小孔，两板间所加电压为U1，金属板P
和Q 水平放置在N 板右侧，关于小孔S1、S2所在直线对称，两板间加有恒定的偏转电压U2，极板间距为
d，板长度为L。现有一质子（
）从小孔S1处先后由静止释放，经加速后穿过小孔S2水平向右进入偏转
电场。已知质子的质量为m，电荷量为q。
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(1)求质子进入偏转电场时的速度v0大小；
(2)从偏转电场射出时沿垂直板面方向的侧移量y；
(3)从偏转电场射出时的速度v。
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
【详解】（1）在加速电场中，根据动能定理可得
解得
（2）质子在偏转电场中做类平抛运动，则
联立可得
（3）质子从偏转电场射出时有
31
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解得
即射出偏转电场时质子的速度大小为
，速度方向与水平方向的夹角的正切值为
。
5.如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压为
的加速电场加速后垂直进入偏转电场，
离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，偏转电场电压为
，板长为l。求：
(1)电子进入偏转电场时的速度大小；
(2)电子在偏转电场中的运行时间；
(3)电子进入偏转电场后的偏转量h。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）电子经电压为
的加速电场加速，根据动能定理可得
解得电子进入偏转电场时的速度大小为
32
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（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，则有
解得电子在偏转电场中的运行时间为
（3）电子在偏转电场中，沿电场方向有
，
联立解得电子进入偏转电场后的偏转量为
6．一个电荷量为q，质量为m 的带电粒子，由静止经电压为U1的加速电场加速后，立即沿中心线O1O2垂
直进入一个偏转电场，从偏转电场射出时的动能为
，然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P 点
（未画出），偏转电场两极板间距为d，极板长L，极板的右端与荧光屏之间的距离也为L。整个装置如图
示（不计粒子的重力）求：
(1)粒子出加速电场时的速度v0；
(2)偏转电场的场强大小；
(3)P 点到O2的距离y′。
【答案】(1)
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(2)
(3)
【详解】（1）粒子在加速电场中时
解得
（2）在偏转电场中
由动能定理
解得
（3）由比例关系可知
可得
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【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
1.如图所示，平面直角坐标系
处于竖直平面内，O 为坐标原点，x 轴水平且上方处于匀强电场中。质量
为m、带电量为q 的微粒在竖直平面内以初速度
从x 轴上的A 点进入电场，初速度方向与x 轴负方向成
45°角，
两点间的距离为L。若x 轴上方的匀强电场竖直向上，微粒恰能沿初速度方向做匀速直线运动。
重力加速度为g，求：
(1)微粒带正电还是负电？
(2)匀强电场的场强大小；
(3)若保持电场强度大小不变，只将方向改为水平向左后，让微粒再以原初速度从A 点进入，微粒在匀强电
场运动的过程中，经过多长时间离x 轴最远；
(4)在（3）的条件下，微粒再次经过x 轴时的位置坐标。
【答案】(1)正电
A
B
C
●
●
v0
y
x
mg
qE
A
B
C
●
●
v0
y
x
mg
qE
A
B
C
●
●
v0
y
x
mg
qE
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(2)
(3)
(4)
【详解】（1）微粒恰能沿初速度方向做匀速直线运动，则微粒受力平衡，电场力方向应向上，x 轴上方的
匀强电场竖直向上，故微粒带正电。
（2）电场竖直向上时，因微粒在电场中能做匀速直线运动，故由平衡条件可得
即
（3）对竖直方向的运动，微粒上升的时间
故离
轴最远的时间为
。
（4）再次到达
轴的时间为上升时间的2 倍，故微粒到达
轴时
沿
轴负方向运动的距离为
解得
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故微粒再次经过
轴时的位置坐标为
。
2.一匀强电场，电场强度方向水平向左，如图所示，一个质量为m、带正电的小球以初速度v 从O 点出发，
在静电力与重力的作用下，恰能沿与电场强度的反方向成θ 角的直线运动（如图所示）。
(1)求小球运动到最高点时的电势能与在O 点时的电势能之差；
(2)若电场方向变为水平向右，其他初始条件不变，求小球运动到最高点时的电势能与在O 点时的电势能之
差；
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意可知，电场力与重力的合力沿初速度v 反方向，则有
水平方向有
过程中有功能关系
故小球运动到最高点时的电势能与在O 点时的电势能之差为
解得
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（2）电场反向后，电场力与重力的关系仍满足
竖直方向到最高点满足
水平方向有
解得
此时小球运动到最高点时的电势能与在O 点时的电势能之差
解得
3.如图，一质量
、带电荷量
的微粒以初速度大小
沿电场场强方向从B 点射入一
水平向右的匀强电场，当微粒运动到比B 点低
的A 点时，速度大小为
，方向竖直向下。g 取
，求：
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(1)微粒的初速度大小
；
(2)A、B 两点间的电势差
；
(3)匀强电场的场强大小E。
【答案】(1)4m/s
(2)
(3)1000V/m
【详解】（1）由题意可知，微粒在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀减速直线
运动，竖直方向有
代入数据得
（2）微粒从B 点运动到A 点的过程，由动能定理得
代入数据得
由
得
（3）设微粒从A 点运动到B 点的时间为t，沿电场线方向运动的距离为d，则
竖直方向有
水平方向有
解得
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匀强电场的场强大小
4.如图所示，一个质量为
，带电量为
的微粒，从
点以大小为
的初速度竖直向上射入水平方向的匀
强电场中，微粒通过最高点
时的速度大小为
方向水平向右，求：
（1）该匀强电场的场强大小
；
（2）该微粒从
点到
点过程中速率的最小值
。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）沿竖直方向和方向建立直角坐标，带电微粒受到重力及电场力作用，两力分别沿竖直方向
和水平方向，将物体的运动分解为竖直方向和水平方向的两个分运动
在竖直方向物体做匀减速运动，加速度为
水平方向物体做匀加速运动，初速度为0，加速度为
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点是最高点，竖直分速度为0，有
水平方向有
联立两式得
（2）设重力与电场力的合力为
，其与水平方向的夹角为
，则
开始一段时间内，
与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小，后来
与速度夹角小于90°，合力
做正功，动能增加，因此，当
与速度的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为
。即
，
，
联立以上三式得
，
，
所以最小速度为
5.如图所示，水平面上竖直固定绝缘的四分之一圆弧轨道BC，轨道AB 和BC 均光滑，水平面AB 与圆弧
BC 相切于B 点，О 为圆心，OB 竖直，OC 水平，BC 轨道半径为R。整个空间有足够大、水平向右的匀强
电场。一质量为m、电荷量为q 的带正电绝缘小球自A 点由静止释放，小球沿水平面向右运动，AB 间距离
为2R，匀强电场的电场强度
，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
（1）小球到达C 点时对轨道的压力；
（2）小球从A 点开始，经过C 点脱离轨道后上升到最高点过程中，小球电势能的变化量
Ep；
（3）小球离开圆弧轨道到落地前的最小速率，以及小球从离开圆弧轨道到最小速率时经历的时间。
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【答案】（1）
，方向水平向右；（2）
；（3）
【详解】（1）设小球在C 点的速度为
，小球从A 点运动C 点过程中，由动能定理可得
解得
小球在C 点时水平方向的支持力FN与电场力qE 的合力提供向心力，所以有
解得
由牛顿第三定律可得小球对轨道的压力大小为
方向水平向右。
（2）小球过C 点上升到达最高点的过程中，由运动的分解可知，在水平方向小球做初速度为零的匀加速运
动，竖直方向做竖直上抛运动，设小球从C 点到最高点的时间为t，则有水平方向上
竖直方向上
小球从A 点开始运动到达最高点过程中电场力做功为
42
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根据电场力做功与电势能变化关系
解得
（3）小球从C 点以
抛出后，可将小球的运动分解为沿合力方向的分运动和垂直合力方向的分运动，如图所示
其中垂直合力方向为匀速直线运动，速度
沿合力方向做类竖直上抛运动，初速度
加速度满足
解得
当沿合力方向的速度减为零时，小球的速度具有最小值，最小值为
43
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经历的时间
6.如图所示，坐标系xOy 位于竖直平面内，y 轴正方向竖直向上，整个空间存在着匀强电场（电场强度E 的
大小未知，方向平行于xOy 平面）。为了确定场强的大小和方向，研究人员先后进行了两次操作。第一次，
将一带正电的小球从原点O 处以速率
沿x 轴正方向抛出，小球在y 轴右侧运动中与y 轴的最远距离为
；
第二次，将该小球从原点O 处以速率
沿y 轴正方向抛出，小球在x 轴上方运动中与x 轴的最远距离为
。
已知小球的质量为m、电荷量为
，小球可视为质点，且
，忽略空气阻力，重力加
速度为g，求场强E 的大小和方向（结果用m、g、q 表示）。
【答案】
，电场方向与y 轴正方向的夹角
【详解】小球运动中受到重力和电场力的共同作用，将小球的加速度分别沿x 轴和y 轴方向分解，易知，
两个分加速度的方向均沿负半轴方向，设其大小分别为
、
，则第一次有
第二次有
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又
解得
，
设沿x 轴和y 轴方向的场强大小分别为
和
，由牛顿第二定律分别有
场强大小
设电场方向与y 轴正方向的夹角为
，则有
联立解得
，
7.如图，竖直平面内存在方向水平的匀强电场，电场区域
间距为H，在该区域下边界的O 点将质量为
m、电荷量为q 的小球以一定的初速度竖直上抛，小球从上边界离开电场，再次进入电场后在电场中做直
线运动，到达下边界的
点，已知小球到达
点的速度大小为从O 点进入电场时速度大小的
倍，动
量方向与水平面的夹角为
。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）
角的正切值和该电场的电场强度；
（2）小球由O 到
的运动时间；
（3）在下边界水平放置一足够长的绝缘挡板，小球碰撞前后速度与挡板的夹角不变，若第二次碰撞点
与
的距离为
，求第一次碰撞过程小球的动能损失。
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【答案】（1）
；
；（2）
；（3）
【详解】（1）令小球在O 点的速度为v0，根据运动的独立性，小球到达
时速度的竖直分量为
由题意得
可得
即
小球到达
之前做直线运动，合力方向与合速度方向共线
即
可得
（2）小球在竖直方向上做竖直上抛运动，可知小球在电场中的两段运动时间相同，且水平方向做匀加速
直线运动，电场区域上方小球水平方向做匀速运动。令小球从A 点向上离开电场，从B 点再次进入电场
可得
46
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即
由此可得
由O→A，在竖直方向上，有
且
可得
即
（3）令第一次碰后的竖直分速度为v2y，水平分速度为v2x
由条件可得
第一次碰后到第二次碰撞
解得
47
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碰前
又因为
即
可得第一次碰撞过程小球的动能损失
8.如图，地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，O、Q 为水平地面上的两点。将一带正电荷的小球
自电场中O 点以
的初动能竖直向上抛出，运动到最高点P 点时小球的动能为
，最后落回地面上的Q
点，不计空气阻力，求：
（1）小球所受电场力与重力的比值为多少？
（2）小球落回Q 点时的动能是多少？
（3）小球运动过程中的最小动能。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）小球从O 到P 的过程，设抛出初速度为
，到P 点的速度为
，则水平方向有
竖直方向有
48
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又
，
，
联立可得
，
联立可得小球所受电场力与重力的比值为
（2）小球从P 到Q 的过程，根据竖直方向的对称性，可知
水平方向有
竖直方向有
则Q 点的速度大小为
小球落回Q 点时的动能为
（3）当速度与合力垂直时，速度最小；设速度与水平方向成
角，则有
设从速度最小到最高点P 所用时间为，水平方向有
竖直方向有
又
49
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联立可得
，
可得小球运动过程中的最小动能为
9.如图所示，一质量为
，带电量
的小滑块静止在倾角为
的绝缘光滑斜面底端，现在加一个沿
斜面向上的匀强电场，小滑块开始沿斜面向上运动，运动一段时间（未知）后，小滑块的电势能减少了
，此时撤去电场，又经过
时间，小滑块又回到了斜面的底端．选斜面底端所在的平面势能为零，重力
加速度用
表示。求：
（1）小滑块返回到斜面底端时的动能
；
（2）所加的匀强电场的电场强度大小；
（3）小滑块的动能为
时的重力势能
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）由能量转化和守恒，回到地面时的动能为
（2）设从开始加上电场到撤去电场，小滑块沿斜面向上运动距离为，末速度为，则
，
撤去电场后，小滑块先沿斜面向上减速，后沿斜面向下加速，设撤去电场后运动的加速度大小为
，则
50
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依题意有
解得
根据牛顿第二定律，有
解得
（3）动能为
时小滑块的位置可能在的下方或上方；设小滑块的位置在下方离地s1处，则
而
解得
重力势能
设小滑块的位置在上方离地
处，则由机械能守恒，有
因此
10.竖直平面内存在方向水平的匀强电场，电场区域
间距为
，在该区域下边界的
点将质量为
、电
荷量为
的小球以一定的初速度竖直上抛，小球从上边界离开电场，再次进入电场后在电场中做直线运动，
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到达下边界的
点，已知小球到达
点的速度大小为从
点进入电场时速度大小的
倍，动量方向与
水平面的夹角为
。不计空气阻力，重力加速度大小为
。求：
（1）
角的正切值和该电场的电场强度；
（2）小球由
到
的运动时间。
【答案】（1）
；
；（2）
【详解】（1）令小球在
点的速度为
，根据运动的独立性，小球到达
时速度的竖直分量为
由题意得
可得
即
小球到达
之前做直线运动，合力方向与合速度方向共线
即
可得
（2）小球在竖直方向上做竖直上抛运动，可知小球在电场中的两段运动时间相同，且水平方向做匀加速
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直线运动，电场区域上方小球水平方向做匀速运动。令小球从A 点向上离开电场，从B 点再次进入电场
可得
即
由此可得
由
，在竖直方向上，有
且
可得
即
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