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专题17 带电粒子在电场中的运动
题型一 平行板电容器的动态分析.......................................................................................................1
类型1 两极板间电势差不变........................................................................................................2
类型2 两极板间电荷量不变........................................................................................................5
题型二 带电粒子（带电体）在电场中的直线运动...........................................................................7
类型1 带电粒子在电场中的直线加速........................................................................................8
类型2 带电体在静电力和重力下的直线运动（等效重力）...................................................10
题型三 带电粒子（带电体）在电场中的偏转.................................................................................14
类型1 带电粒子在匀强电场中的偏转......................................................................................15
类型2 带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转...................................................................17
题型四 带电粒子在交变电场中的运动.............................................................................................22
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．
I-t 图
Q-t 图
U-t 图
1
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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．
类型1 两极板间电势差不变
[题型专练1]. （2023 秋•杭州期中）随着生活水平的提高，电子秤已经成为日常生活中不
可或缺的一部分，电子秤的种类也有很多，如图所示是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及
其电路简图。称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移。
则（ ）
A．膜片下移过程中，电流表有a 到b 的电流
B．电流计的示数逐渐减小
C．电容器储存的电能减小
D．电容器的电容减小
【解答】解：D、平行板上层膜片电极下移，则电容器两极板间距离d 减小，根据C = ɛr S
4 πkd
知
电容器的电容增大，故D 错误；
AB、由上面分析可知，电容C 增大，因电容器始终和电源相连，所以电容器两板间电压U 不变，
根据Q＝CU 可知电容器所带电荷量增多，电容器充电，电路中有逆时针方向的电流，电流表有
b 到a 的电流，但最终稳定时，停止充电，电流表示数为零，所以电流表示数逐渐减小，故A 错
误，B 正确；
C、由上面的分析可知电容器所带电荷量增多，所以电容器储存的电能增大，故C 错误。
2
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故选：B。
[题型专练2]. （2023 秋•五华区校级期中）如图所示，水平放置的平行板电容器与电源连
接。闭合开关待稳定后，有一带电油滴恰好能静止在电容器中的P 点，则（ ）
A．保持开关闭合，将上极板往下平移，油滴向下加速
B．保持开关闭合，将上极板向左移动少许，电路中出现从a 到b 的电流
C．断开开关，将上极板往上平移，P 点电势降低
D．断开开关，将上极板向左移动少许，板间电场强度增大
【解答】解：A、保持开关闭合，电容器两极板间的电压U 保持不变。将上极板往下平移，两极
板间的距离d 减小，根据E= U
d ，电容器两极板间的电场强度增大，油滴所受的电场力增大，所
以油滴向上加速运动，故A 错误；
B、保持开关闭合，将上极板向左移动少许，两极板间正对面积S 减小，根据电容的决定式C
= ɛr S
4 πkd
可知电容减小，根据Q＝CU，由于电压保持不变，所以电容器的带电量减小，电路中出
现从b 到a 的电流，故B 错误；
C、断开开关，电容器的带电量Q 保持不变，结合C = ϵ r S
4 πkd
，C = Q
U 可知电容器内部的电场强
度为E = U
d = Q
Cd = 4 πkQ
εr S
可知，将上极板往上平移后，电容器内部的电场强度保持不变，P 点电势保持不变，故C 错误；
D、断开开关，电容器的带电量Q 保持不变，将上极板向左移动少许，两极板间正对面积S 减小，
根据E = 4 πkQ
ɛr S 可知，板间电场强度增大，故D 正确。
故选：D。
[题型专练3]. （2023 秋•李沧区校级月考）如图所示，A、B 为平行板电容器的金属板，G
为静电计，P 为二极管（正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大），开始时开关S 闭合，
静电计指针张开一定角度，下列说法正确的是（ ）
3
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A．若保持开关S 闭合，将A、B 两极板靠近些，指针张开角度将变小
B．若保持开关S 闭合，将A、B 两极板正对面积变小些，指针张开角度将不变
C．若断开开关S 后，将A、B 两极板靠近些，指针张开角度将变小
D．若断开开关S 后，将A、B 两极板正对面积变小些，指针张开角度将不变
【解答】解：A．若保持开关S 闭合，根据平行板电容器的电容决定式为C = εr S
4 πkd
可知将A、B 两极板靠近些，电容增大，电容器A、B 两极板间的电势差等于电源电动势，电容
器带电量增大，二极管正向导通，电容器充电，可得静电计两端的电势差不变，故指针张开角
度将不变，故A 错误；
B．若保持开关S 闭合，根据平行板电容器的电容决定式为C = εr S
4 πkd
将A、B 两极板正对面积变小些，电容减小，电容器带电量将减小，由于二极管反向截止，电路
中没有电流，故电容器带电量不变，根据U = Q
C
可知电容器A、B 两极板间的电势差增大，故指针张开角度将增大，故B 错误；
C．若断开开关S 后，电容器带电量保持不变，根据平行板电容器的电容决定式为C = εr S
4 πkd
可知将A、B 两极板靠近些，电容增大，根据U = Q
C
可知电容器A、B 两极板间的电势差减小，故指针张开角度将变小，故C 正确；
D．若断开开关S 后，电容器带电量保持不变，根据平行板电容器的电容决定式为C = εr S
4 πkd
将A、B 两极板正对面积变小些，电容减小，根据U = Q
C
可知电容器A、B 两极板间的电势差增大，故指针张开角度将增大，故D 错误。
故选：C。
4
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类型2 两极板间电荷量不变
[题型专练4]. （2023 秋•沙坪坝区校级期中）研究与平行板电容器电容有关因素的实验装
置如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．只将电容器b 板向左平移，静电计指针的张角变大
B．只将电容器b 板向下平移，静电计指针的张角变小
C．只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
【解答】解：A、将b 板向左平移，板间距离增大，根据C= ɛr S
4 πkd
知电容器电容C 减小，而电
容器的电量Q 不变，由C= Q
U 分析可知，电容器两板间电势差增大，则静电计指针张角变大，故
A 正确；
B、将b 板向上平移，两板正对面积减小，根据C= ɛr S
4 πkd
知电容C 减小，而电容器的电量Q 不
变，由C= Q
U 分析可知，电容器两板间电势差增大，则静电计指针张角交大，故B 错误；
C、在a，b 之间插入一块有机玻璃板，根据C= ɛr S
4 πkd
知电容增大，而电容器的电量Q 不变，由
C= Q
U 分析可知，电容器两板间电势差减小，则静电计指针张角变小，故C 错误；
D、增大极板电量，而决定电容的几个量都不变则C 不变，可知极板间的电压增大，则静电计指
针张角变大，故D 错误。
故选：A。
[题型专练5]. （2023 秋•和平区校级期中）研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置
如图所示，下列说法正确的是（ ）
5
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A．实验中，只将电容器b 板向左平移，静电计指针的张角变大
B．实验中，只将电容器b 板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
【解答】解：A、实验中，只将电容器b 板向左平移，电容器电量不变，增大板间距离，根据
C = ɛr S
4 πkd 可知，电容C 变小，根据C = Q
U 可知，两板间电压变大，故静电计指针的张角变大，
故A 正确；
B、实验中，只将电容器b 板向上平移，电容器电量不变，减小正对面积，根据C = ɛr S
4 πkd
可知
电容减小，根据C = Q
U 可知电压增大，所以静电计指针的张角变大，故B 错误；
C、实验中，只在极板间插入有机玻璃板，电容器电量不变，增大介电常数，根据C = ɛr S
4 πkd
可
知电容增大，根据C= Q
U ，可知电压减小，所以静电计指针的张角变小，故C 错误；
D、实验中，只增加极板带电荷量，则电压增大，静电计指针张角变大，而电容不变，故D 错误。
故选：A。
[题型专练6]. （2023 秋•罗湖区校级期中）如图是某实验小组定性探究平行板电容器的电
容C 与其极板间距离d、极板间正对面积S 之间的关系的装置图。充电后与电源断开，A 板带
正电。平行板电容器的A 板与静电计相连，B 板和静电计金属壳都接地，A 板通过绝缘柄固定
在铁架台上，人手通过绝缘柄控制B 板的移动。忽略极板边缘效应，中间的电场为匀强电场。
下列说法正确的是（ ）
6
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A．在该实验中，静电计的作用是测定该电容器所带电量的变化
B．甲图中的手水平向左移动增大极板间距离d 时，静电计指针的张角变小
C．乙图中的手竖直向上移动减小极板间正对面积S 时，极板间的匀强电场场强变小
D．甲图中的手水平向左移动增大极板间距离d 时，A 板的电势变大
【解答】解：A、静电计的作用是测定该电容器两极板间的电势差，故A 错误；
BD、甲图中的手水平向左移动增大极板间距离d 时，由电容的决定式C= ɛr S
4 πkd
可知电容器的电
容减小，而电容器所带电量不变，由电容的定义式C= Q
U 可知，电容器两极板间的电势差增大，
则静电计指针的张角变大。电容器两极板间的电势差增大，由于A 板的电势比B 板高，所以A
板的电势变大，故B 错误，D 正确；
C、乙图中的手竖直向上移动减小极板间正对面积S 时，由电容的决定式C= ɛr S
4 πkd
可知电容器
的电容减小，而电容器所带电量不变，由电容的定义式C= Q
U 可知，电容器两极板间的电势差增
大，板间距离不变，由E= U
d 分析可知，极板间的匀强电场场强变大，故C 错误。
故选：D。
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．
7
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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
类型1 带电粒子在电场中的直线加速
[题型专练7]. （2022 春•河南月考）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。
[题型专练8]. （多选）（2022 秋•浦东新区校级期中）如图所示，在两平行板间接直流电
源，位于A 板附近的带电粒子在电场力作用下，由静止开始向B 板运动，关于粒子在两板间
的运动，下列说法正确的是（ ）
8
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A．粒子到达B 板时的速率与两板间距离和电源电压均有关
B．若电源电压U 与粒子的电荷量q 均变为原来的2 倍，则粒子到达B 板时的速率变为原来的4
倍
C．两板间距离越大，粒子运动的时间越长
D．粒子到达B 板时的速率与两板间距离无关，与电源电压有关
【解答】解：AD、由动能定理得：qU= 1
2mv2﹣0，解得：v=√
2qU
m
，到达Q 板时的动能和速率
仅与加速电压U 有关，与两极板间的距离无关，故A 错误，D 正确；
B、粒子到达B 板的速度：v=√
2qU
m
，若板间电压U 与电量q 均变为原来的2 倍，则到达Q 板
的速率变为原来的2 倍，故B 错误；
C、由牛顿第二定律得：a= qU
md ，由匀变速运动的速度—位移公式得：d= 1
2at2，解得：t=√
2m
qU
d，m、q、U 一定，则两板间距离越大，加速度越小，加速时间越长，故C 正确；
故选：CD。
[题型专练9]. （多选）（2022 秋•儋州校级期中）如图所示，电容器充电后与电源断开，
一电子由静止开始从该电容器的A 板向B 板运动，经过时间t0到达B 极板，电子到达B 板时
的速度为v，则下列说法正确的是（ ）
A．若只增大或减小两板间的距离，则v 的大小保持不变
B．若只将A 板竖直向上移动一小距离，则v 将增大
C．若只将A、B 两板之间的距离增大到原来的4 倍，则v 将增大到原来的2 倍
D．若只将A 板竖直向上移动一小距离，则电子在两板间运动的时间变长
【解答】解：A、根据动能定理得：qU= 1
2 mv
2，得v=√
2qU
m
。若只增大或减小两板间的距离，
9
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由C= ɛr S
4 πkd
分析可知，电容减小或增大。电容器的带电量不变，由C= Q
U 判断可知板间电压U
增大或减小，由v=√
2qU
m
知，v 将增大或减小，故A 错误；
B、若只将A 板竖直向上移动一小距离，两极板正对面积减小，由C= ɛr S
4 πkd 分析可知，电容减
小。电容器的带电量不变，由C= Q
U 判断可知板间电压U 增大，由v=√
2qU
m
知，v 将增大，故
B 正确；
C、若只将A、B 两板之间的距离增大到原来的4 倍，由C= ɛr S
4 πkd 分析可知，电容减小到原来的
1
4 倍。电容器的带电量不变，由C= Q
U 判断可知板间电压U 增大至原来的4 倍，由v=√
2qU
m
知，
v 将增大到原来的2 倍，故C 正确；
D、若只将A 板竖直向上移动一小距离，板间电压U 增大，板间场强增大，电子受到的电场力
增大，加速度增大，电子在两板间运动的时间变短，故D 错误。
故选：BC。
类型2 带电体在静电力和重力下的直线运动（等效重力）
[题型专练10].
（2023 秋•九龙坡区校级月考）如图所示，竖直平面内的固定光滑圆形
绝缘轨道的半径为R，A、B 两点分别是圆形轨道的最低点和最高点，圆形轨道上C、D 两点
的连线过圆心O 且OC 与竖直向下方向的夹角为60°。空间存在方向水平向右且平行圆形轨道
所在平面的匀强电场，一质量为m 的带负电小球（视为质点）恰好能沿轨道内侧做完整的圆
形轨道运动，且小球通过D 点时的速度最小。重力加速度大小为g。下列说法正确的是
（ ）
10
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A．小球受到的电场力大小为√2mg
B．小球通过D 点时的速度大小为√gR
C．小球在运动过程中的最大速度为√8 gR
D．小球通过C 点时所受轨道的作用力大小为12mg
【解答】解：A、已知带电小球在光滑的竖直圆轨道内做完整的圆周运动，经C 点时速度最大，
因此，C 点是竖直面内圆周运动的物理“最低点”，也就是小球在C 点受力情况满足合外力完
全充当向心力，如图所示：
因此电场力为：F＝mgtan60°=√3mg，故A 错误；
B、小球恰好能沿轨道内侧做完整的圆形轨道运动，且小球通过D 点时的速度最小，在D 点满
足：
mg
cos60° =mv D
2
R
解得vD=√2gR，故B 错误；
C、根据题意可知C 为等效最低点，小球通过C 点的速度最大。从C 点到D 点根据动能定理知：
-
mg
cos60° •2R= 1
2 m v D
2 - 1
2 m vC
2
解得：vC=√10 gR，故C 错误；
D、小球通过C 点时所受轨道的作用力大小为FN，在C 点根据牛顿第二定律可得：FN
-
mg
cos60° =mvC
2
R
解得：FN＝12mg，故D 正确。
11
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故选：D。
[题型专练11].
（2023 秋•沈阳期中）如图所示的在水平方向的匀强电场中，用长为L
的绝缘细线，拴一质量为m、电荷量为q 的正电小球，线的上端固定，开始时将球拉成水平，
突然松开后，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时的速度恰好为零，已知重力加速
度为g。问：
（1）A、B 两点间的电势差UAB为多少？
（2）小球从A 运动到B 的过程中，最大拉力为多少。
【解答】解：（1）根据动能定理得：mgLsin60°+qUAB＝0
代入数据解得：U AB=- mgLsin60°
q
=- √3mgL
2q
（2）在匀强电场中，根据电场强度与电势差的关系：E = U AB
d AB
又由图中几何关系可得：dAB＝L（1﹣cos60°）
联立以上几式解得：E =-
mgsin60°
q(1-cos60°)
即电场强度E 的大小为：E =
mgsin60°
q(1-cos60°) = √3mg
q
电场力与重力的合力：F =√(mg)
2+(qE)
2=2mg
与水平方向的夹角正切值：tanθ= mg
qE
解得：θ＝30°
当小球运动到与水平方向夹角为30° 时，速度最大，根据动能定理：
mgLsin30° -qEL(1-cos30°)= 1
2 m vmax
2
-0
设绳子最大拉力为Tmax，在该点，根据牛顿第二定律：T max - F =m vmax
2
L
12
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联立解得：T max =6mg-2√3mg
[题型专练12].
（2023 秋•市中区校级期中）如图所示，某竖直平面内有P、O、Q 三点，
P、O 连线沿竖直方向，P、Q 连线与竖直方向夹角为60°，PO＝3L，PQ＝2L。在O 点所处的
水平面下方和MN 上方区域存在水平方向的匀强电场（图中未画出），O 点到MN 的距离为
9L。一带电量为+q，质量为m 的小球从P 点水平向右飞出，恰好通过Q 点。小球可看作质点，
忽略空气阻力，重力加速度取g。
（1）求小球到达Q 点时的速度与初速度大小之比；
（2）若小球最终竖直向下通过虚线MN，求水平电场的场强E1的大小；
（3）若空间中充满平行于竖直面OPQ 的匀强电场E2，保持小球初动能不变，将其从P 点沿不
同的方向抛出。第一次小球恰通过Q 点，且Q 点动能EkQ是P 点动能的11
3 倍；第二次小球恰通
过O 点，且O 点动能EkO是P 点动能的7 倍，求此时场强E2的大小和方向。
【解答】解：（1）小球从P 到Q，做平抛运动，根据题意，由平抛运动规律及几何关系有：
vQy
v0
=2tan30°
则竖直速度：vQy = 2√3
3
v0
则Q 点的合速度：vQ=√v0
2+ vQy
2 =√
7
3 v0
可得，到达Q 点时，速度之比：vQ
v0
=√
7
3
（2）根据题意，轨迹如图所示
13
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竖直方向上，从P 到Q 有：2 Lcos60° = 1
2 gt
2
从P 到O 有：3 L= 1
2 gt1
2
从P 到MN 虚线处有：12 L= 1
2 gt2
2
变形可得：t =√
2 L
g ，t1=√
6 L
g ，t2=2√
6 L
g
水平方向上，从P 到Q 有：2Lsin60°＝v0t
所以可求初速度：v0=√
3 gL
2
又在匀强电场区域根据动量定理有：qE1（t2﹣t1）＝mv0
联立可得：E1= mg
2q
（3）设通过P 点时小球的动能为Ek，未加电场时，有
mg•2Lsin30°＝EkQ﹣Ek
代入已知数据有：mgL= 4
3 Ek
通过Q 点时有：mg×2Lsin30°+qUPQ= 8
3 Ek
代入数据有：qU PQ= 4
3 Ek
通过O 点时有：mg•3L+qUPO＝6Ek
变形整理可得：qUPO＝2Ek
可得：
U PQ
U PO
= 2
3 = PQ
PO
因此电场力必定处于∠OPQ 的角平分线与竖直方向夹角为30°，则：qUPO＝qE23Lcos30°＝2Ek
14
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又因为：v0=√
3 gL
2
代入数据解得：E2= √3mg
3q
，方向与竖直方向夹角为30°
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
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．
类型1 带电粒子在匀强电场中的偏转
[题型专练13].
（2023 秋•重庆期中）如图所示，带电粒子A、B 所带电荷量qA、qB之
比为1：2，带电粒子A、B 以相等的速度v0从水平放置的平行板电容器左侧同一点射入电场，
沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D 点，O 为下极板左侧端点，
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若OC＝CD＝L，忽略粒子所受重力的影响，则（ ）
A．A、B 在电场中运动的时间之比为1：4
B．A、B 运动的加速度大小之比为2：1
C．A、B 的质量之比为1：8
D．A、B 的机械能变化量之比为1：1
【解答】解：A、粒子在电场中做类平抛运动，水平方向x＝vt，初速度相等，则t A
t B
= x A
xB
= 1
2，
故A 项错误；
B、粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，y= 1
2at2，y 相同，则aA
aB
= t B
2
t A
2 = 4
1 ，故B 项
错误；
C、由牛顿第二定律得：qE＝ma，则粒子质量m= qE
a ，所以：mA
mB
= q A
qB
× aB
aA
= 1
2 × 1
4 = 1
8，故C
正确；
D、根据功能关系可知粒子整个过程机械能的增量：ΔEA＝qAEh，ΔEB＝qBEh，解得Δ E A
Δ EB
= 1
2，
故D 错误。
故选：C。
[题型专练14].
（2023•西城区一模）具有相同质子数和不同中子数的原子称为同位素。
让氢的三种同位素原子核（ 1
1H、 1
2H 和 1
3H）以相同的速度从带电平行板间的P 点沿垂直于
电场的方向射入电场，其中氘核（ 1
2H）恰好能离开电场，轨迹如图所示。不计粒子的重力，
则（ ）
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A． 1
1H 不能离开电场
B． 1
3H 在电场中受到的电场力最大
C． 1
3H 在电场中运动的时间最短
D．在电场中运动的过程中电场力对 1
1H 做功最少
【解答】解：A、三种粒子在电场中均做类平抛运动，设金属板的长度为L，P 点距底板的距离
为h，则由平抛运动的相关知识可得h= 1
2 ⋅Eq
m t
2，L＝vt
联立解得h= Eq L
2
2m v
2，分析可知，能否离开电场与比荷有关，氘核 1
2H 恰好能离开电场，则可知
1
1H 不能离开电场，故A 正确；
B、电场力大小为F＝Eq，同一电场，E 相同，三种粒子所带电荷量相同，故三种粒子在电场中
所受电场力大小相等，故B 错误；
C、三种粒子的初速度相同， 1
1H 不能离开电场，水平位移最小，由x＝vt 知可知 1
1H 在电场中
运动的时间最短， 1
2H 和 1
3H 都能离开电场，则在电场中运动的时间相同，故C 错误；
D、电场力做功为W＝Eqd，电荷量相同，电场强度相同，分析可知 1
1H、 1
2H 在电场中运动的
竖直位移相等，而 1
3H 在电场中运动的竖直位移最小，因此在电场中运动的过程中电场力对 1
3H
做功最少，故D 错误。
故选：A。
[题型专练15].
（2023•海淀区校级模拟）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
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为+q 和﹣q 的两粒子，由a，c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v0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v0等于（ ）
A．s
2√
2qE
mh
B．s
2√
qE
mh
C．s
4 √
2qE
mh
D．s
4 √
qE
mh
【解答】解：两个粒子都做类平抛运动，轨迹相切时，速度方向恰好相反
即在该点，速度方向与水平方向夹角相同：
v0
at1
= v0
at2
根据牛顿第二定律：Eq＝ma
两个粒子都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动：v0t1+v0t2＝s
竖直方向做匀加速直线运动：1
2 at1
2+ 1
2 at2
2=h
由以上各式整理得：v0= s
2√
Eq
mh，因此B 正确，ACD 错误。
故选：B。
类型2 带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转
[题型专练16].
（2023 秋•市中区校级期中）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v1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v2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f＝kvr，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（ ）
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A．油滴P 带正电
B．油滴P 所带电荷量的值为k(v1- v2)rd
U
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v1(v2+ v1)
g v2
【解答】解：A．加上电压时，经过一段时间，发现油滴P 恰以速度大小v2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mg＝kv1r
施加电压后匀速向上运动时，根据平衡条件可得q U
d =mg+ k v2r
联立解得q= k(v1+ v2)rd
U
故B 错误；
C．根据牛顿第二定律，从金属板加上电压到油滴速度减为零的过程中qE+f﹣mg＝ma
解得a= qU
md + kvr -mg
m
随着速度的减小、加速度逐渐减小；
根据牛顿第二定律，向上加速运动的过程中qE﹣f﹣mg＝ma'
解得为a′= qU
md - kvr +mg
m
故随着速度的增大、加速度减小；
则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
q U
d t1+ k v1r t1-mgt1=0-m v1
油滴从速度为零到达到M 点的过程中，根据动量定理可得
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q U
d t2+k v2r t2-mgt2=mv2
其中q= k(v1+ v2)rd
U
v1t2= v2t2
mg＝kv1r
联立解得t =t1+t2= v1(v2+ v1)
g v2
故D 正确。
故选：D。
[题型专练17].
（2023 秋•仓山区校级期中）如图所示，在竖直面内，质量m＝0.3kg，
带电量q＝﹣1.0×10﹣6C 的带电小圆环（可视为质点）套在水平光滑绝缘细杆上，O 点固定带
电量Q＝+1.0×10﹣5C 的点电荷，小圆环以一定的初速度从P 点向左运动，从杆的末端M 点以
速度v＝0.4m/s 离开细杆，O、M 在同一竖直线上，两点间距离L＝0.3m，整个区域存在方向
竖直向下，场强大小E＝3.0×106N/C 的匀强电场。已知静电力常量k＝9.0×109N•m2/C2，重力
加速度g＝10m/s2，N 是小圆环离开M 点后运动轨迹上的某点（未画出），取无穷远处电势为
零，与点电荷Q 距离为r 处的电势φ=k Q
r ，则小圆环（ ）
A．在M 点的速度大于N 点的速度
B．在M 点的加速度小于N 点的加速度
C．在距离O 点0.2m 处的动能为0.126J
D．将离M 点最远处附近很小的一段运动视为圆周运动，该圆半径约为0.16m
【解答】解：A、小球运动过程中受到竖直向下的重力，竖直向上的匀强电场的电场力和库仑力，
且qE＝mg＝3N，则电场力和重力二力平衡。
当小球运动到M 点时，库仑力大小为F＝kQq
L
2 =9.0×109× 1.0×10
-5×1.0×10
-6
0.3
2
N＝1N，所需
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要的向心力大小Fn＝mv
2
L =0.3× 0.4
2
0.3 N＝0.16N，则F＞Fn
由此可知，小球离开M 点后做近心运动，库仑力做正功，小球的速度增大，所以小球在N 点的
速度大于M 点的速度，故A 错误；
B、由于小球做近心运动，所以小球所受的库仑力增大，加速度增大，则小球在N 点的加速度大
于M 点的加速度，故B 正确；
C 、当小球由M 点运动到距离O 点0.2m 处的过程中，根据动能定理有：
(φM -φ1)q = Ek - 1
2 mv
2
根据φ=k Q
r 有：φM＝kQ
L ，φ1＝kQ
r ，r＝0.2m
联立解得小圆环在距离O 点0.2m 处的动能为：Ek＝0.174J，故C 错误；
D、若将离M 点最远处附近很小的一段运动视为圆周运动，则根据库仑力提供向心力，有
k Qq
R
2 =m v
' 2
R
根据动能定理得
(φM -φR)q = 1
2 mv
' 2- 1
2 mv
2
又φR=k Q
R
联立解得：R＝0.42m，故D 错误。
故选：B。
[题型专练18].
（2023 秋•皇姑区校级期中）如图所示，平面直角坐标系xOy 位于竖直
平面内，倾斜光滑直轨道AO 与y 轴正方向夹角为θ＝60°，轨道AO 与水平轨道OB 及半径为
R 的竖直光滑圆管之间均平滑连接，圆管对应的圆心角为120°，其所在圆O′分别与x 轴和y
轴相切于B 点和C 点。已知第二象限内有方向竖直向下、大小为E1= 2mg
q
的匀强电场，第一
象限内，x≥R 的区域内有水平向右的匀强电场，其中0≤y＜3
2R 区域内场强大小为E2
= √3mg
q
，y≥3
2R 区域内场强大小为E3= √3mg
3q
。质量为m、电荷量为q 的带正电小球（可视
为质点）从到O 点距离为R 的Q 点由静止释放，经水平轨道OB 进入圆管内。小球与水平轨道
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OB 之间的动摩擦因数为μ＝0.2，其余摩擦不计，所有轨道均为绝缘轨道，轨道的直径远小于
所在圆的直径，小球所带电荷量不损失，进入和飞出管道时无能量损失，重力加速度为g。求：
（1）小球经过坐标原点O 处时的速度大小；
（2）求小球在管道中速度最大时的位置坐标，并求出小球的最大速度；
（3）从开始运动到小球静止，小球在OB 段走过的总路程s 为多少？
【解答】解：（1）带电小球从Q 点到O 点的过程，由动能定理得：
qE1Rcosθ+mgRcosθ= 1
2 mv0
2
解得小球经过坐标原点O 处时的速度大小：v0=√3 gR
（2）小球从O 点到B 点过程中，由动能定理可知：
﹣μmgR= 1
2 mvB
2 - 1
2 mv0
2
解得：vB=√
13 gR
5
小球进入圆管之后，将重力场和电场E2合成为等效重力场，用g′表示该等效场的等效重力加
速度，如图所示：
根据平行四边形定则可知等效重力：mg′=√(mg)
2+(q E2)
2=2mg
等效重力与竖直方向的夹角θ 满足：tanθ= q E2
mg =√3，即θ＝60°
当小球运动到等效重力场与圆管相交点P 时，速度最大。
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小球从B 点到P 点，根据动能定理可知：
﹣mgR（1﹣cosθ）+qE2Rsinθ= 1
2 mvm
2 - 1
2 mvB
2
解得小球的最大速度：vm= √115 gR
5
（3）假设小球能够到达管口上端D 点，设小球到达管口上端D 点的速度为v1，从B 点到D 点，
由动能定理得：
﹣mg（R+Rsin30°）+qE2Rcos30°= 1
2 mv D
2 - 1
2 mvB
2
解得，vD=√
13 gR
5
，方向垂直O′D 指向左上方。
小球进入电场E3后，受到电场力qE3和重力mg，设两者的合力F 与竖直方向的夹角为α，则有：
tanα= q E3
mg = √3
3
，得α＝30°，
F= mg
cosα = 2√3
3
mg
F 的方向垂直O′D 指向右下方，可知vD与F 方向共线，小球进入电场E3后做匀减速直线运动，
假设小球达到电场E3边界M 点时速度为vM，从D 到M 的过程由动能定理得：
﹣FRtan60°= 1
2 mv M
2 - 1
2 mv D
2
解得：v M
2 =-1.4gR＜0
说明小球不能达到电场E3边界离开电场，可知小球进入电场E3后先做匀减速直线运动，速度为
零后反向匀加速直线运动从D 进入圆管轨道，此后多次往复运动，最终小球将静止于OB 段上
的某点，根据功能关系与能量守恒有：1
2 mv0
2=μmgs
解得：s＝7.5R
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)．
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(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。
[题型专练19].
（多选）（2023 秋•深圳期中）多级加速器原理如图甲所示，多个横截
面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增
加，圆筒和交变电源两极交替相连，交变电压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，此时位于序号为0 的金属圆板中央的一个电子，在电场中由静止
开始加速，沿中心轴线冲进圆筒。若已知电子的质量为m、电荷量为e，电压的绝对值为U0，
周期为T，电子通过圆筒间隙的时间忽略不计，为使其能不断加速，下列说法正确的是
（ ）
A．金属圆筒内部场强处处为零，电子在圆筒内做匀速运动
B．t＝3T 时，电子刚从7 号圆筒中心出来
C．电子离开第8 个圆筒的速度为√
18eU
m
D．第n 个圆筒的长度正比于√n
【解答】解：A、因一个筒只接一个电极，所以金属圆筒内部场强处处为0，电子在圆筒内做匀
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速运动，故A 正确；
B、因为筒长是按一定的规律增加的，那么电子在每个筒内运动的时间必须为交流电周期的一半，
所以当t＝0 时，电子进入1 号筒，当t = T
2 时，电子从1 号筒中心飞出，以此类推，当t＝3T 时，
电子刚从6 号圆筒中心出来，故B 错误；
C、设粒子进入第n 个筒时的速度为vn，由动能定理可得：neU 0= 1
2 mvn
2-0
变形解得：vn=√
2neU 0
m
，离开第8 个的速度v8=√
16eU 0
m
，故C 错误；
D、第n 个筒的长度为：Ln= vnt =√
2neU 0
m
× T
2
可以发现：Ln∝√n，故D 正确。
故选：AD。
[题型专练20].
（2022 秋•东川区校级期末）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。
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故选：B。
[题型专练21].
（2023•温州三模）如图甲所示为粒子直线加速器原理图，它由多个横
截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源
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，奇数圆筒比偶数圆筒电
势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一自由电子由静止开始在各间隙
中不断加速。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，不考虑电子
的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒间隙的时间。下列说法正确的是（ ）
A．电子在圆筒中也做加速直线运动
B．电子离开圆筒1 时的速度为2√
Ue
m
C．第n 个圆筒的长度应满足Ln=T√
nUe
2m
D．保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调大交变电压的周期
【解答】解：A、金属圆筒中电场为零，电子不受电场力，做匀速直线运动，故A 错误；
B、电子进入第1 个圆筒时，经过1 次加速，根据动能定理得：eU= 1
2 m v
2-0，解得电子出第n
个圆筒瞬间速度为v=√
2eU
m
，故B 错误；
CD、电子进入第n 个圆筒时，经过n 次加速，根据动能定理得：neU= 1
2 m vn
2-0，解得电子出第
n 个圆筒瞬间速度为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T
2 ，则第n 个圆筒长度为Ln＝vn•T
2
解得：Ln=T√
nUe
2m ，保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要减小交变电压的周
期，故C 正确，D 错误；
故选：C。
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[题型专练22].
（2023 春•渝中区校级期末）如图建立xOy 直角坐标系，在其第二象限
中放置平行金属板A、B 和平行于金属板的细管C，细管C 开口紧靠金属板右侧且与两板等距
另一开口在y 轴上。放射源P 在A 极板左端，可以沿任意方向发射某一速度的带电粒子。当
A、B 板加上某一大小为U 的电压时，有带电粒子刚好能以速度v0从细管C 水平射出，进入位
于第一象限的静电分析器并恰好做匀速圆周运动，t＝0 时刻带电粒子垂直于x 轴进入第四象限
的交变电场中，交变电场随时间的变化关系如图乙（图上坐标均为已知物理量），规定沿x 轴
正方向为电场正方向，静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心O，场强大小为E0。
已知极板长度为L，两板间距为d，带电粒子电荷量为+q，质量为m，重力不计。求：
（1）粒子源发射带电粒子的速度v；
（2）带电粒子在静电分析器中的轨迹半径r 和运动时间t0；
（3）当t＝nT 时，带电粒子的坐标。（n＝1，2，3……）
【解答】解：（1）设带电粒子运动到C 处时速度为v0，粒子从P 到C 的运动可逆向看作类平抛
运动，水平方向有：L＝v0t
竖直方向有：d
2 = 1
2 at
2
由牛顿第二定律有qE＝qU
d =ma
联立解得：U = md
2v0
2
q L
2
粒子从放射源发射出到C 的过程，由动能定理得：-q⋅1
2 U = 1
2 mv0
2- 1
2 mv
2
解得：v = v0√
1+ d
2
L
2
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（2）带电粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：q E0=m v0
2
r
解得：r = m v0
2
q E0
由匀速圆周运动规律得：1
2 πr = v0t0
解得：t0= πmv0
2q E0
（3）T
2 时，粒子在x 方向的速度为v x = q E0
m ⋅T
2
所以一个周期内，离子在x 方向的平均速度v x = 1
2 v x = q E0T
4 m
根据运动的对称特点，每个周期粒子在x 正方向前进距离为x0= v x⋅T = q E0T
2
4 m
因为开始计时时粒子横坐标为r = m v0
2
q E0
所以nT 时，粒子的横坐标为x = m v0
2
q E0
+ nq E0T
2
4 m
粒子的纵坐标为y＝﹣v0nT
所以在nT 时粒子的坐标为（m v0
2
q E0
+ nq E0T
2
4 m
，﹣v0nT）（n＝1，2，3…）
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