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专题17 带电粒子在电场中的运动
[题型导航]
题型一 平行板电容器的动态分析.......................................................................................................1
题型二 带电粒子（带电体）在电场中的直线运动...........................................................................7
题型三 带电粒子（带电体）在电场中的偏转.................................................................................11
题型四 带电粒子在交变电场中的运动.............................................................................................15
[考点分析]
题型一 平行板电容器的动态分析
1．电容器的充、放电
(1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．
(2)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．
2．对公式C＝的理解
电容C＝，不能理解为电容C 与Q 成正比、与U 成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的
因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关．
3．两种类型的动态分析思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．
(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化．
(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
(4)用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化．
[例题1]
如图所示，D 是一只理想二极管，水平放置的平行板电容器的A、B 两极板间有
一带电液滴，在P 点处于静止状态。以Q 表示电容器储存的电荷量，U 表示两极板间的电压，
φ 表示P 点的电势，B 极板接地。若保持极板B 不动，第一次将极板A 稍向下平移，第二次将
极板A 稍向上平移（移动后极板A 的位置还在P 点上方），则下列说法正确的是（ ）
1
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A．两次移动后Q 相同
B．两次移动后点电荷都保持静止
C．第一次移动后U 变小，第二次移动后U 变大
D．第一次移动后φ 增大，第二次移动后φ 不变
【解答】解：第一次将极板A 稍向下平移，板间距离d 减小，根据电容的决定式C = ɛr S
4 πkd 得知，
电容C 增大，电容器的电压不变，由Q＝CU 知电容器所带电量Q 增大；根据E = U
d 可知板间场
强E 增大，电荷所受的电场力增大，电荷将向上运动；P 与B 板间电势差UPB＝Ed，E 增大，d
都不变，UPB增大，P 点的电势φ 增大；
第二次将极板A 稍向上平移，板间距离d 增大，根据电容的决定式C = ɛr S
4 πkd
得知，电容C 减小；
若电容器的电压不变时，则由Q＝CU 知电容器所带电量将要减小，由于二极管具有单向导电性，
电荷不能流回电源，所以电容器的电量Q 保持不变；由于电容C 减小，由电容的定义式C = Q
U
可知，U 变大；根据E = U
d 、C = Q
U 、C = ɛr S
4 πkd
得板间场强E = 4 πkQ
ɛr S ，可知板间场强E 不变，
电荷所受的电场力不变，仍保持静止状态；P 与B 板间电势差UPB＝Ed，E、d 都不变，UPB保持
不变，P 点的电势φ 保持不变；故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
[例题2]
为研究电容器在不同状况下的充电特性，某兴趣小组采用如图甲所示电路，分别
用不同的电阻与某一电容器串联进行充电实验，实验得到三次充电中电容器的电荷量q 与时间
t 变化的图像分别如乙图中①②③所示，且第一次充电时电容器两端的电压u 随电荷量q 变
化的图像如图像丙所示，用C 表示电容器的电容，R 表示与电容器串联的电阻阻值，E 表示电
源的电动势（内阻可忽略），则下列说法正确的是（ ）
2
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A．第二次充电时电容器两端的电压U 随电荷量q 变化的图线比丙图中图线更陡
B．①②两条曲线表示最终q 不同是由于R 不同而引起的
C．第二次充电过程中t1时刻比t2时刻电流大
D．②③两条曲线形状不同因为R 不同引起的，R3大于R2
【解答】解：A、因为三次充电用同一个电容器，所以由电容的定义式可知，同一个电容器所带
电荷量与两板间的电势差成正比，故第二次充电时电容器两端的电压U 随电荷量q 变化的图线
斜率与丙图中图线斜率相同，故A 错误；
B、在电容器充满电荷量时，视为断路，电压为电源电压，所以①②两条曲线表示最终q 不同
是由于电源电动势不同而引起的，故B 错误；
C、由电容器电荷量q 随时间t 变化的图像可知，图线的斜率表示充电电流，斜率越大，充电电
流越大，所以第二次充电时t1时刻的电流大于t2时刻的电流，故C 正确；
D、②③两条曲线形状不同因为R 不同引起的，从图中可以看到同一时刻，图线③的斜率大于
图线②的斜率，故R3小于R2，故D 错误。
故选：C。
[例题3]
利用如图甲所示的实验电路观察电容器的充电过程。实验中，电压传感器与计算
机相连，显示出电容器两端电压随时间变化的U﹣t 图象如图乙所示。关于电容器充电过程中
电流I、电荷量Q 随时间t 变化的关系，正确的是（ ）
3
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：AB、分析电容器的充电过程，开始充电时，电流很大，随着时间的推移，电流逐
渐减小，当充电结束后，充电电流消失，故A 错误，B 正确；
CD、根据电容器电荷量公式可知，Q＝CU，电容不变，则Q∝U，Q﹣t 图象与图乙类似，故
CD 错误。
故选：B。
[例题4]
某同学按如图1 所示连接电路，利用电流传感器研究电容器的放电过程。先使开
关S 接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信息传入
计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I﹣t 曲线，如图2 所示。定值电阻R 已知，且从图中
可读出最大放电电流I0，以及图线与坐标轴围成的面积S，但电源电动势、内电阻、电容器的
电容均未知，根据题目所给的信息，下列物理量不能求出的是（ ）
A．电容器放出的总电荷量
B．电阻R 两端的最大电压
C．电容器的电容
D．电源的内电阻
【解答】解：根据横轴与纵轴的数据可知，求得一个格子的电量，
依据大于半格算一个，小于半格舍去，因此图象可知，所包含的格子个数，从而即可求得，释
放的电荷量Q；
4
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根据电容器的电容C= Q
U 可知，且电阻R 两端的最大电压U＝E，解得：C= Q
E ，因此依据电源
的电动势，即可求解，电容器的电容，
而电源的内电阻，无法求解，故ABC 正确，D 错误；
本题选择错误的，故选：D。
[例题5]
如图所示，平行板电容器与电源连接，下极板B 接地，开关S 闭合，一带电油滴
在电容器中的P 点处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．保持开关闭合，A 板竖直上移一小段距离，电容器的电容增大
B．保持开关闭合，A 板竖直上移一小段距离，P 点的电势将升高
C．保持开关闭合，A 板竖直上移一小段距离过程中，电流计中电流方向向右
D．开关S 先闭合后断开，A 板竖直上移一小段距离，带电油滴向下运动
【解答】解：保持开关闭合，则电压恒定不变，
A、A 板竖直上移一小段距离，根据电容的决定式C=
ɛS
4 πkd ，可知电容C 减小，故A 错误。
B、根据E= U
d ，可知电场强度减小，根据U＝Ed 可知，P 点与下极板的距离不变，但E 减小，
故P 点与下极板的电势差减小，下极板带正电，故P 点的电势升高，故B 正确。
C、根据Q＝CU 可知，电容减小，电荷量减小，电容器放电，电流计中电流方向向左，故C 错
误。
D、开关S 先闭合后断开，则电荷量Q 不变，A 板竖直上移一小段距离，电场强度E
= U
d = Q
Cd = 4 πkQ
ɛS
，恒定不变，故带电油滴静止不动，故D 错误。
故选：B。
[例题6]
（多选）如图所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源（内阻不计）连接，
下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P 点，现
将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是（ ）
5
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A．平行板电容器的电容将变小
B．带电油滴的电势能将减少
C．静电计指针张角不变
D．若将上极板与电源正极断开后再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
【解答】解：A、将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据
C=
εS
4 πkd 知，d 减小，则电容增加，故A 错误；
B、电势差不变，d 减小，则电场强度增加，P 点与下极板的电势差变大，则P 点的电势增大，
因为该电荷为负电荷，则电势能减少，故B 正确；
C、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静
电计指针张角不变，故静电计指针张角不变，故C 正确；
D、若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，正对面积S 减小，根据E= U
d
，知电场强度变大，则油滴所受电场力变大，故D 错误。
故选：BC。
[例题7]
（多选）传感器是智能社会的基础元件。如图为电容式位移传感器的示意图，观
测电容C 的变化即可知道物体位移x 的变化，△C
△x 表征该传感器的灵敏度。电容器极板和电介
质板长度均为L，测量范围为- L
2 ≤x≤L
2 ．下列说法正确的是（ ）
A．电容器的电容变大，物体向﹣x 方向运动
B．电容器的电容变大，物体向+x 方向运动
C．电介质的介电常数越大，传感器灵敏度越高
6
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D．电容器的板间电压越大，传感器灵敏度越高
【解答】解：A、当物体沿﹣x 方向运动时，导致电容器极板间的电介质板长度增加，根据电容
决定式可知，C=
ɛS
4 πkd ，电容会变大，故A 正确；
B、同理，当物体沿+x 方向运动时，导致电容器极板间的电介质板长度减小，则电容会变小，
故B 错误；
C、电介质的介电常数ɛ 越大，电容越大，电容变化量△x 越大，传感器灵敏度越高，故C 正确；
D、电容器的板间电压变化，电容不变，则传感器灵敏度不变，故D 错误。
故选：AC。
题型二 带电粒子（带电体）在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减
速直线运动．
2．用功能观点分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
[例题8]
（多选）图甲是一台医用电子直线加速器，该加速器通过加速电场使电子直线加
速获得能量，轰击重金属靶产生射线，可用于放射治疗。其基本原理如图乙所示，电子由阴极
射线发出，经B 板的小孔进入两板间被加速，不计电子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．A 板带正电，B 板不带电
B．若两板间电压一定，改变板间距离，电子的加速度与板间距离乘积保持不变
7
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C．若极板所带的电荷量一定，增大板间距离，电子获得的动能增大
D．若两板间电压一定，增大板间距离，电子获得的动能增大
【解答】解：AB、电子在电场中加速，所以A 板带正电，B 板带负电，根据牛顿第二定律有：
qU
md =a，解得qU
m =md，所以若两板间电压一定，改变板间距离，电子的加速度与板间距离乘积
保持不变，故A 错误，B 正确；
CD、增大板间距离，根据C= ɛr S
4 πkd
可知电容减小，若极板所带的电荷量一定，根据C= Q
U 可知
电压U 增大，由动能定理可得eU= 1
2mv2，可知动能增大，同时若两板间电压一定，增大板间距
离，电子获得的动能不变。故C 正确，D 错误。
故选：BC。
[例题9]
在进行长距离星际运行时，不再使用化学燃料，而采用一种新型发动机一离子发
动机，其原理是用恒定电压加速一价惰性气体离子，将加速后的气体离子高速喷出，利用反冲
作用使飞船本身得到加速。在氦、氖、氩、氪、氙多种气体中选用了氙，已知这几种气体离子
的质量中氙的质量最大，下列说法正确的是（ ）
A．用同样的电压加速，一价氙离子喷出时速度更大
B．用同样的电压加速，一价氙离子喷出时动量更大
C．用同样的电压加速，一价氙离子喷出时动能更大
D．一价氙离子体积更小，不容易堵塞发动机
【解答】解：AC.以隋性气体离子为研究对象，根据动能定理得：
eU= 1
2mv2
得v =√
2eU
m
可见，这几种气体离子的带电量相同，加速电压相同，故获得的动能相同，氙离子的质量大，
获得的速度小，故AC 错误；
B.根据动量的定义p＝mv=m√
2eU
m
=√2emU，氙离子的质量大，动量大，故B 正确；
D.相同质量的一价惰性气体离子中，虽然一价氙离子体积更小，但发动机的喷口较大，其它体
积较大的惰性气体的离子还不至于堵塞发动机，故D 错误。
故选：B。
8
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[例题10] （多选）如图所示，平行板电容器与直流电源连接，电子由静止开始从A 板向B
板运动，到达B 极板时速度为v，电子在两板间运动的时间为t，则（ ）
A．保持开关K 闭合，当增大两板间距离时，v 增大
B．保持开关K 闭合，当增大两板间距离时，t 增大
C．断开开关K，当增大两板间距离时，v 不变
D．断开开关K，当增大两板间距离时，t 增大
【解答】解：AB.保持开关K 闭合，极板间的电势差不变，电子从静止开始运动，根据动能定理
可得：qU = 1
2 m v
2，从A 运动到B 动能的变化量等于电场力做的功，所以末速度不变，则平均
速度不变；若两板间距离增加，时间变长，故A 错误，B 正确；
CD.断开开关K，极板上电荷量不变，根据C= εr S
4 πkd = Q
U
和E= U
d 可得电场强度E= 4 πkQ
εr S ；当
增大两板间距离时，极板间的场强不变，加速度不变，电子从静止开始运动，根据动能定理可
得：qEL= 1
2 m v
2可知当增大两板间距离时，末速度增大，根据L= 1
2 at
2可知时间变长，故C 错
误，D 正确。
故选：BD。
[例题11] （多选）中医药文化是我国优秀传统文化的重要组成部分，中药的保存常常需要
做干燥处理。将干燥过程简化为：药材置于存在水平方向非匀强的电场的空间中，电场强度E
随水平距离x 的变化如图1 所示：水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电荷，
另一端带等量负电荷；水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去。现分析其中一个
如图2 所示的水分子，初始时该分子在原点，初速度为零，若只考虑水分子与外电场的作用力，
则下列说法正确的是（ ）
9
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A．该水分子将在电场力作用下做变加速直线运动
B．该水分子将在电场力作用下做匀加速直线运动
C．该水分子在运动过程中的电势能减少
D．该水分子在运动过程中的电势能保持不变
【解答】解：AB、设分子中正电荷与负电荷所带电荷量大小为q，正电荷所在位置场强大小为
E1，负电荷所在位置场强大小为E2，则水分子所受电场力大小为F＝qE1﹣qE2＝q（E1﹣E2）＝
q•ΔE。由图1 可知，正、负电荷间距离一定，它们所在位置场强的差值ΔE 一定，所以F 是恒力，
水分子将在电场力作用下做匀加速直线运动，故A 错误，B 正确；
CD、水分子所受的电场力的合力水平向右，对分子做正功，则该水分子在运动过程中的电势能
减少，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
[例题12] 如图所示，相距为d 的两平行金属板间存在匀强电场。一个电子从左极板O 点处
以速度v0沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回。已知O、A 两点相距为h（h
＜d），电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力。
（1）求O、A 两点间的电势差大小UOA；
（2）求两平行金属极间电势差大小U；
（3）设右极板电势为零，求A 点电势φA。
【解答】解：（1）电子由O 到A 的过程，只有电场力做功，根据动能定理可得：−eUOA＝0−
10
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1
2 mv0
2
解得OA 的电势差UOA= m v0
2
2e
（2）OA 的电势差UOA＝Eh；
两平行金属极间电势差大小U＝Ed
则U= md v0
2
2eh
（3）右极板电势为零，则左极板电势为φ＝U
A 点电势φA＝φ﹣UOA= mv0
2(d -h)
2eh
答：（1）O、A 两点间的电势差大小为mv0
2
2e
；
（2）两平行金属极间电势差大小为md v0
2
2eh
；
（3）设右极板电势为零，A 点电势为mv0
2(d -h)
2eh
。
题型三 带电粒子（带电体）在电场中的偏转
1．带电粒子在电场中的偏转
(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．
(2)运动性质：匀变速曲线运动．
(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动．
(4)运动规律：
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
②沿电场力方向，做匀加速直线运动
11
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2．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(1)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电场射出时，偏移量和偏转角总是
相同的．
证明：由qU0＝mv
y＝at2＝··()2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即
O 到偏转电场边缘的距离为.
3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
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＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、
末位置间的电势差．
[例题13] 如图所示，在真空中有一对带电的平行金属板水平放置，一带电粒子沿平行于板
面的方向，从左侧两极板中央射入电场中，恰能从右侧极板边缘处离开电场。不计粒子重力。
若还能让粒子飞出电场，下列操作中可行的是（ ）
A．只增大电场强度
B．只增大粒子的比荷
C．只增大粒子的带电量
D．只增大粒子的入射速度
【解答】解：设带电粒子的初速度为v0，板长为L，电场强度为E
根据牛顿第二定律，有a= qE
m ①
水平方向：L＝v0t ②
竖直方向：y= 1
2at2③
联立①②③解得：y= qEL
2
2mv0
2
A、只增大电场强度，会使竖直位移y 增大，粒子打到极板上，该操作不可行，故A 错误；
B、只增大粒子的比荷，会使竖直位移y 增大，粒子打到极板上，该操作不可行，故B 错误；
C、只增大粒子的带电量，会使竖直位移y 增大，粒子打到极板上，该操作不可行，故C 错误；
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D、只增大粒子的入射速度，会使竖直位移y 减小，竖直位移y 减小，粒子一定能飞出电场，该
操作可行，故D 正确。
故选：D。
[例题14] 如图所示，M、N 是匀强电场中的两点，一负电荷在M 点时的速度与电场线方向
成45°角，在M 点时动能为EkM，运动到N 点时速度方向与电场线垂直。已知负电荷所带电荷
量为﹣q，电荷仅受电场力作用，则M、N 两点的电势差为（ ）
A．EkM
q
B．2 EkM
q
C．EkM
2q
D．EkM
4 q
【解答】解：运动到N 点时速度方向与电场线垂直，说明水平方向速度减小为0，根据1
2mvM
2＝
EkM
水平方向的速度大小v= √2
2 v M
所以﹣qUMN= 1
2mv2- 1
2mvM
2
联立解得UMN= EKM
2q ，故ABD 错误，C 正确；
故选：C。
[例题15] “电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。电子偏转
器的简化剖面结构如图所示，A、B 表示两个同心半圆金属板，两板间存在偏转电场，板A、B
的电势分别为φA、φB。不同初动能的电子从偏转器左端的中央M 进入，经过偏转电场后到达
右端的探测板N 的不同位置。其中初动能为Ek0的电子沿电势为φC的等势面C（图中虚线）做
匀速圆周运动到达板N 的正中间，而初动能为Ek1、Ek2的电子分别到达板N 的左边缘和右边缘，
忽略电场的边缘效应及电子之间的相互影响。下列判断正确的是（ ）
13
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A．偏转电场是匀强电场
B．φA＞φB
C．Ek1＜Ek2
D．UBC＜UCA
【解答】解：AB、电子（带负电）做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B 板指向A
板，则电场不是匀强电场，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以B 板电势高于A 板电势，故
AB 错误；
C、相较于做匀速圆周运动的电子，动能为Ek1的电子在做近心运动，动能为Ek2电子在做离心运
动，可知Ek1＜Ek2，故C 正确；
D、根据电场线特点，等势面B 与C 之间的电场强度大于C 与A 之间的电场强度，考虑到等势
面间距相等，有UBC＞UCA，故D 错误；
故选：C。
[例题16] 如图所示，三个质量相等的，分别带正电、负电和不带电的小球，以相同速率在
带电平行金属板的P 点沿垂直于电场方向射入电场，落在A、B、C 三点，则．（ ）
A．落到A 点的小球带正电、落到B 点的小球带负电、落到C 点的小球不带电
B．三小球在电场中运动时间相等
C．三小球到达正极板的动能关系是EkA＞EkB＞EkC
D．三小球在电场中的加速度关系是aC＞aB＞aA
【解答】解：
A、B、D：三个小球都匀变速曲线运动，运用运动的分解法可知，三个小球水平方向都做匀速
直线运动，由图看出，水平位移的关系为xA＞xB＞xC，而它们的初速度v0相同，由位移公式x
＝v0t 得知，运动时间关系为tA＞tB＞tC。
三个小球在竖直方向都做匀加速直线运动，竖直位移大小y 相等，由位移公式y= 1
2 at
2得到，加
速度的关系为aA＜aB＜aC．根据牛顿第二定律得知，三个小球的合力关系为：FA＜FB＜FC．三个
质量相等，重力相等，可知，A 所受的电场力向上，C 所受的电场力向下，则A 带正电、B 不带
电、C 带负电。故D 正确，AB 错误。
C、由上分析得到，电场力对A 做负功，电场力对C 做正功，而重力做功相等，而且重力都做正
功，合力对小球做功A 最小，C 最大，初动能相等，则根据动能定理得知，到达正极板时动能
14
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关系EKA＜EKB＜EKC．故C 错误。
故选：D。
[例题17] 如图所示，BCDG 是光滑绝缘的3
4 圆弧轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，
下端与水平绝缘轨道在B 点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为
m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的静电力大小为3
4 mg，滑块与
水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。
（1）若滑块从水平轨道上距离B 点s＝3R 的A 点由静止释放，求滑块到达与圆心O 等高的C 点
时对轨道的作用力大小；
（2）为使滑块恰好始终沿轨道BCDG 滑行（不脱离轨道），且从G 点飞出，求滑块在圆弧轨道
上滑行过程中的最小速度。
【解答】解：（1）设滑块到达C 点时的速度为v，由动能定理有：
qE（s+R）﹣μmgs﹣mgR= 1
2mv2﹣0
而：qE= 3mg
4
解得：v=√gR
设滑块到达C 点时受到轨道的作用力大小为F，则有：F﹣qE＝mv
2
R
解得：F= 7
4 mg
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为7
4 mg
（2）要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG 间某点，由电场力和重力的合力提供向
心力，此时的速度最小，设为vn，
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则有：√(qE)
2+(mg)
2=mvn
2
R
，
解得：vn= √5 gR
2
答：（1）滑块到达与圆心O 等高的C 点时对轨道的作用力大小为7
4 mg
（2）滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小为√5 gR
2
。
题型四 带电粒子在交变电场中的运动
1．常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．
2．常见的题目类型
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)．
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)．
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)．
3．思维方法
(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．
(3)注意对称性和周期性变化关系的应用．
4.利用速度—时间图像分析带电粒子的运动过程时，必须注意“五点”
(1)带电粒子进入电场的时刻。
(2)速度—时间图像的切线斜率表示加速度。
(3)图线与时间轴围成的面积表示位移，且在时间轴上方所围成的面积为正，在时间轴下方所围成的
面积为负。
(4)注意对称性和周期性变化关系的应用。
(5)图线与时间轴有交点，表示此时速度改变方向。对运动很复杂、不容易画出速度图像的问题，还
应逐段分析求解。
[例题18] 如图1 所示，两水平金属板a、b 间距为d，竖直荧光屏与极板右侧距离为L，两
板上电压如图2 所示。现有带正电的粒子（比荷为k）从两板左侧中点以水平速度v0连续射入
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电场中，已知所有粒子总能打到荧光屏上，金属板长为L＝2v0t0。不计重力和粒子间的相互作
用，则荧光屏上呈现亮线的长度为（ ）
A．k U 0t0
2
2d
B．k U 0t0
2
d
C．3k U 0t0
2
2d
D．5k U 0t0
2
d
【解答】解：金属板长为L＝2v0t0，水平方向粒子做匀速运动，可知粒子在金属板间运动时间为
2t0，
竖直方向粒子有半个周期的时间做匀加速直线运动，半个周期做匀速运动，当t＝2nt0时刻射入
电场的粒子竖直方向的位移最大，打到荧光屏上距离荧光屏的中心最远，设最远距离为H。t＝
2nt0+t0时刻飞入电场的粒子打到荧光屏上距离荧光屏的中心最近，设最近距离为h。
粒子在电场中加速度为a= U 0q
dm = U 0k
d
设t＝2nt0（n＝0，1，2，3）时刻射入电场的粒子，在射出电场时粒子的速度与水平方向夹角为
θ，由类平抛运动的末速度反向延长交匀速分运动的位移的中点的性质，几何关系如下图所示，
H＝（L+0.5L+0.25L）tanθ
tanθ= at0
v0
，联立解得H= 7U 0k t0
2
2d
t＝2nt0+t0（n＝0，1，2，3）时刻射入电场的粒子，由于粒子在电场中加速时间相同，故粒子的
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速度与水平方向夹角也为θ，
所以h＝（L+0.25L）tanθ，解得h= 5U 0k t0
2
2d
，
所以荧光屏上呈现亮线的长度为l＝H﹣h，解得：l= U 0k t0
2
d
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
[例题19] 在如图甲所示平行板电容器A、B 两板上加上如图乙所示的交变电压，开始A 板
的电势比B 板高，这时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动，设电子在运动中不
与极板发生碰撞，则下述说法正确的是（不计电子重力）（ ）
A．电子先向A 板运动，然后向B 板运动，再返回A 板做周期性来回运动
B．电子一直向A 板运动
C．电子一直向B 板运动
D．电子先向B 板运动，然后向A 板运动，再返回B 板做来回周期性运动
【解答】解：开始A 板的电势比B 板高，在前半个周期内，A 板的电势高，电场的方向向左，
电子受到的电场力方向水平向右，向右做匀加速直线运动，第二个半周期内，电子所受的电场
力水平向左，电子向右做匀减速直线运动，0.05s 末速度减为零，此后重复之前的运动，可知电
子一直向A 板运动，位移一直增大，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
[例题20] （多选）如图甲所示，A、B 两极板间加上如图乙所示的交变电压，A 板的电势
为0，一质量为m、电荷量大小为q 的负电荷仅在静电力作用下，在t = T
4 刻从A 板的小孔处由
静止释放进入两极板运动，恰好到达B 板，则（ ）
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A．电荷在T
2 时到达B 板
B．电荷在两板间的最大速度为√
qU 0
m
C．A、B 两板间的距离为√
qU 0T
2
8m
D．若电荷在t = 3T
8 时刻进入两极板，它将不能到达B 板
【解答】解：A．电荷恰好能到达B 板，意味着速度为零，根据题意，t = T
4 刻从A 板的小孔处
由静止释放进入两极板运动，电荷先加速1
4 T时长后减速1
4 T时长，电荷应该在3
4 T时到达B 板，
故A 错误；
B．根据A 的分析，电荷在1
2 T时达到最大速度，此时电荷刚好运动到两极板的中间，根据电势
差与电场强度的关系，初始位置到极板中间的电势差为1
2 U 0，根据动能定理列式
1
2 U 0q = 1
2 m v
2
解得v =√
qU 0
m
故B 正确；
C．电荷进入极板先做匀加速运动，后做匀减速运动，刚好3
4 T时电荷的运动位移为两极板的间
距
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d = 1
2 a( T
4 )
2×2
a= Δv
Δt = v
T
4
解得d =√
qU 0T
2
16m
故C 错误；
D．若电荷在t = 3
8 T时刻进入两极板，电荷先加速1
8 T，然后减速1
8 T，减速到零，根据上面的
分析，电荷此时未到达B 板，接下来，电荷向A 板加速3
8 T时长，在U﹣t 图像的基础上画出电
荷的v﹣T 图像，如图所示
由图可知，一个完整周期，电荷在向A 板运动，故电荷到达不了B 板，故D 正确。
故选BD。
[例题21] 两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1 所示，金属板与可调电源相
连形成电场，方向沿y 轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直xOy 平面向外。电场强度和
磁感应强度随时间的变化规律如图2 所示。板间O 点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电
荷量为q（q＞0）、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知
量。求：
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（1）时刻释放的粒子，在t= 2πm
q B0
时刻的位置坐标；
（2）在0～6 πm
q B0
时间内，静电力对t＝0 时刻释放的粒子所做的功；
（3）在M（
4 π E0m
q B0
2
⋅π
2 E0m
q B0
2
）点放置一粒接收器，在0～6 πm
q B0
时间内什么时刻释放的粒子在
电场存在期间被捕获。
【解答】解：（1）令πm
q B0
=t0，在t＝0 时刻释放的粒子，在0～t0时间内沿y 轴正方向做匀加速
直线运动，其加速度大小为
a1= q E0
m
在t0时刻的速度大小为：
v1＝a1t0= π E0
B0
此时沿y 轴正方向的位移为：
y1= v1
2 t0= π
2 E0m
2q B0
2
在t0～2t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B0＝m v1
2
R1
解得：R1= π E0m
q B0
2
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由于粒子在磁场中运动周期T= 2πm
q B0
=2t0，所以经过t0时间，粒子刚好运动半周期，此时x 方向
的位移为：
x1＝2R1= 2π E0m
q B0
2
，
粒子在0～2t0时间内的运动轨迹如图1 所示
可得在t= 2πm
q B0
时刻粒子的位置坐标为：（
2π E0m
q B0
2
，π
2 E0m
2q B0
2 ）；
（2）t＝2t0时刻粒子速度方向沿﹣y 方向，大小为v1= π E0
B0
从2t0～3t0时间内，粒子的加速度大小为：a2= F
m
2q E0
m
粒子先沿﹣y 方向做匀减速直线运动，再沿+y 方向匀加速直线运动。设粒子经过t2时间速度减速
到0，则：
t2= v1
a2
整理解得：t2= πm
2q B0
= 1
2t0
所以在3t0时速度大小v2＝v1，位置仍在（
2π E0m
q B0
2
，π
2 E0m
2q B0
2 ）处
此后的3t0～4t0时间内粒子仍做匀速圆周运动，轨迹如图2 所示
22
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从4t0～5t0时间内，粒子的加速度大小为：a3= F
m = 3q E0
m
粒子先沿﹣y 方向做匀减速直线运动，再沿+y 方向匀加速直线运动。
设在5t0时速度大小为v3，根据运动学公式可得：v3＝﹣v2+a3t0
解得：v3= 2π E0
B0
，方向沿+y 方向；
从5t0～6t0时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动。
根据动能定理可得静电力对t＝0 时刻释放的粒子所做的功：W= 1
2mv3
2
解得：W= 2π
2m E0
2
B0
2
；
（3）①、若粒子经过在磁场中偏转两个半圆轨迹后能够到达M 点，则释放的时刻一定在0～t0
时间内，设粒子在0～t0时间内的加速时间为t1，以竖直向上为正方向，在竖直方向上，有：
qE0t1＝mv1′
y1′= 1
2 v1' t1
在t0～2t0时间内粒子在水平方向运动的距离为：x2′＝2r2'＝2•mv1'
q B0
在2t0～3t0时间内，在竖直方向，有：
q•2E0• πm
q B0
=mv2′﹣m（﹣v1′）
y3′=- v1' + v2'
2
⋅πm
q B0
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在3t0～4t0时间内，粒子在水平方向运动的距离为：x4′＝2r4′＝2•mv2'
q B0
可得：x2′+x4′= 2(m v1' +m v2' )
q B0
= 4 π E0m
q B0
2
，可见此时恒成立，与在0～t0时间内释放离子的
时刻无关。
接收器的位置M 点坐标为（
4 π E0m
q B0
2
，π
2 E0m
4 q B0
2 ）
经过在磁场中的两次偏转，粒子已经达到M 点正上方，
在4t0～5t0时间内，设粒子在竖直方向速度减速为零的时间为t5，则：
q•3E0•t5＝mv2′
y5′= 1
2 v2' t5
竖直方向满足：y1′+y3′﹣y5′≤π
2 E0m
4 q B0
2
解得：t1= πm
2q B0
且解得t5= πm
2q B0
＜πm
q B0
，即t5在一个电场加速周期之内，所以成立，所以粒子释放的时刻为：
πm
q B0
-t1= πm
2q B0
；
②、若粒子经过一个半圆到达M 点，则粒子在0～t0时间内释放不可能，如果在2t0～3t0时间内
释放，经过磁场偏转一次的最大横向距离，即圆周运动轨迹的直径，也无法到达M 点，所以考
虑在4t0～5t0时间内释放，设粒子在4t0～5t0时间内的加速时间为t1′，以竖直向上为正方向，在
竖直方向上，有：
q•3E0t1′＝mv1″
y1″= 1
2 v1″ t1'
之后粒子在5t0～6t0时间内偏转半个圆周，横向移动距离等于M 点的横坐标，即
x2″＝2r2″＝2•
m v1″
q B0
= 4 π E0m
q B0
2
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解得：t1′= 2πm
3q B0
接下来在6t0～7t0时间内粒子在竖直方向减速为0 的过程中，有：
q•4E0Δt′＝mv1″
y3″= 1
2 v1″ t1'
粒子要在M 点被吸收，需要满足：
y1″﹣y3″≤π
2 E0m
4 q B0
2
代入验证可知Δt′在一个电场加速周期之内，所以成立。
粒子释放的时刻为：t2＝5× πm
q B0
- 2πm
3q B0
= 13 πm
3q B0
。
答：（1）t＝0 时刻释放的粒子，在t= 2πm
q B0
时刻的位置坐标为（
2πm E0
q B0
2
，π
2m E0
2q B0
2 ）；
（2）在0～6 πm
q B0
时间内，静电力对t＝0 时刻释放的粒子所做的功为2π
2m E0
2
B0
2
；
（3）粒子在πm
2q B0
或13 πm
3q B0
时刻进入电场时，才能够在电场存在期间被捕获。
[例题22] 研究原子核内部的情况时，常用到各种各样的粒子加速器。图甲为粒子直线加速
装置的示意图，它由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列组成，其轴线在同一直线上，序号
为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，交变电源两极间的电势差的变
化规律如图乙所示。在t＝0 时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值。此时和偶数圆筒相连
的金属圆板（序号为0）的中央有一电子，在圆板和圆筒1 之间的电场中由静止开始加速，沿
中心轴线进入圆筒1。为使电子在圆筒之间的间隙都能被加速，圆筒长度的设计必须遵照一定
的规律。若电子的质量为m，电荷量为﹣e，交变电源的电压为U，周期为T，两圆筒间隙的电
场可视为匀强电场，圆筒内场强均为0。不计电子的重力和相对论效应。
（1）求电子进入圆筒1 时的速度v1，并分析电子从圆板出发到离开圆筒2 这个过程的运动；
（2）若忽略电子通过圆筒间隙的时间，通过计算说明金属圆筒的长度设计遵循的规律；
（3）若保持每个金属圆筒的长度不变，改变交变电源电压的变化规律，仍可保证电子每次经过
圆筒间隙都能被加速。请在图丙中定性画出交变电源两极间电势差的变化规律。
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【解答】解：（1）电子由金属圆板经电场加速进入圆筒1，根据动能定理得：eU= 1
2mv1
2
解得：v1=√
2eU
m
电子从圆板开始先做匀加速直线运动，进入圆筒1，筒内场强为0，电子不受外力，做匀速直线
运动，在圆筒1、2 之间间隙再做匀加速直线运动，进入圆筒2 再做匀速直线运动；
（2）电子进入第n 个圆筒时，经过n 次加速，根据动能定理neU= 1
2mvn
2
解得：vn=√
2neU
m
由于不计电子通过圆筒间隙的时间，则电子在圆筒内做匀速直线运动的时间恰好是半个周期，
则：Ln＝vn•T
2
则金属圆筒的长度设计遵循的规律为Ln＝T√
neU
2m
（3）若保持每个金属圆筒的长度不变，则有：L＝vntn
解得：tn＝L√
m
2neU
则tn∝1
√n
电子在圆筒内做匀速直线运动的时间恰好是半个周期，则交变电源两极间电势差的变化规律如
图：
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答：（1）电子进入圆筒1 时的速度v1为√
2eU
m
，电子从圆板开始先做匀加速直线运动，进入圆
筒1，筒内场强为0，电子不受外力，做匀速直线运动，在圆筒1、2 之间间隙再做匀加速直线运
动，进入圆筒2 再做匀速直线运动；
（2）金属圆筒的长度设计遵循的规律为Ln＝T√
neU
2m
；
（3）交变电源两极间电势差的变化规律如图
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