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专题17 带电粒子在电场中的运动
考点
考情
命题方向
考点1 电容器
2024 高考辽宁卷
2023 高考山东高中学业水平等级考试
2023 全国高考新课程卷
1.电容电容器的考查主要集中
在电容器的充放电、电容器电
路动态变化，带电粒子在带电
平行板之间的运动等。
2.带电小球在电场中的运动高
考考查频率较高，命题形式主
要有：带电小球受到某种约束
的运动；与电气相关原理等。
3.带电粒子在电场中的运动的
考查主要形式为：以某些电子
设备为情景；带电粒子在电场
中的加速、偏转等。
考点2 带电粒子在
电场中运动
2023 高考全国甲卷
2023 年高考湖北卷
2022 新高考福建卷
2022 年新高考江苏卷
考点3 带电体在电
场中运动
2023 局考全因甲卷
2023 年高考湖北卷
2022 新高考福建卷
2022 年新高考江苏卷
1
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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
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
[模型演练1] （2024•沙坪坝区校级模拟）电容式话筒是录音棚中最常用设备。采集端原
理图如图所示，背板和振膜可视为构成平行板电容器，当声波密部靠近振膜时振膜产生向右的
形变，疏部靠近振膜时振膜产生向左的形变。已知不采集声音时电容器电荷量稳定。则
（ ）
2
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A．不采集声音时，a 点电势等于b 点电势
B．电池放久后电动势变小，电容器电容变大
C．当疏部靠近时，a 点电势高于b 点电势
D．当密部靠近时，b 点电势高于a 点电势
【解答】解：A、不采集声音时，电容器完成充电，电路无电流，a 点电势和b 点等势相等，故
A 正确；
B、电容的大小与电池无关，故B 错误；
C、当疏部靠近时振膜产生向左的形变，振膜与背板间距增大，根据C = ɛr S
4 πkd
可得电容减小，
由于电容器两端电压不变，则电容器放电，通过电阻的电流由b 指向a，故a 点电势低于b 点电
势，故C 错误；
D、当密部靠近时振膜产生向右的形变，振膜与背板间距减小，根据C = ɛr S
4 πkd
可得电容增大，
由于电容器两端电压不变，则电容器充电，通过电阻的电流由a 指向b，故a 点电势高于b 点电
势，故D 错误。
故选：A。
[模型演练2] （2024•湖南一模）我们可以通过简单的实验，半定量地探究电容器两极板
间的电势差与其带电量的关系，实验电路如图所示。取一个电容器A 和数字电压表（可看作
理想电压表）相连，把开关S1接1，用几节干电池串联后给A 充电，可以看到电压表有示数，
说明A 充电后两极板具有一定的电压。把开关S1接2，使另一个与A 完全相同的且不带电的
电容器B 与A 并联，可以看到电压表的示数变为原来的一半。然后，断开开关S1，闭合开关
S2。关于该实验以及其后续操作，下列说法中正确的是（ ）
3
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A．闭合S2的作用是让电容器B 完全放电
B．接下来的操作是把开关S1接1，观察电压表的示数
C．电容器的带电量变为原来的一半时，电压表示数也变为原来的一半，说明电容器“储存电荷
的本领”也变为了原来的一半
D．若使用磁电式电压表代替数字电压表，当S1和S2都断开时，电容器A 的带电量不会改变，
电压表指针将稳定在某一固定值
【解答】解：A、闭合s2，电容器B 的两极板直接相连，电荷中和，即电容器B 完全放电，故A
正确；
B、接下来的操作是断开开关S2，把开关S1接2，继续观察电压表的示数，故B 错误；
C、根据电容器的决定式C= ɛr S
4 πkd
得到电容器电容没有发生变化，故C 错误；
D、若使用磁电式电压表代替数字电压表，电容器A 两极板通过电压表已经连接在一起，则电容
器A 会放电，最终电压表示数为0，故D 错误。
故选：A。
[模型演练3] （2024•思明区校级模拟）图甲所示的是由导电的多晶硅制成的电容加速度
传感器。图乙是其原理图，传感器可以看成由两个电容C1、C2组成，当传感器有沿着箭头方
向的加速度时，多晶硅悬臂梁的右侧可发生弯曲形变。下列对这个传感器描述正确的是
（ ）
A．匀速向上运动时，C1减小，C2增加
B．匀速向下运动时，C1减小，C2增加
C．由静止突然加速向上运动时，C1减小，C2增加
D．正在匀速向上运动的传感器突然停止运动时，C1减小，C2增加
【解答】解：AB、匀速运动时，多晶硅悬梁臂相对于顶层多晶硅上下极板间的距离均不变，根
据电容的决定式C= ɛr S
4 πkd
可知，电容器的各个结构均未改变，则C1、C2均不变，故AB 错误；
4
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C、由静止突然加速向上运动，多晶硅悬臂梁的右侧由于惯性会向下发生弯曲，多晶硅悬梁臂相
对于顶层多晶硅上极板的距离增大，下极板的距离减小，根据电容的决定式C= ɛr S
4 πkd
可知，C1
减小，C2增大，故C 正确；
D、正在匀速向上运动的传感器突然停止运动时，多晶硅悬臂梁的右侧由于惯性会向上发生弯曲，
多晶硅悬梁臂相对于顶层多晶硅上极板的距离减小，下极板的距离增大，根据电容的决定式C
= ɛr S
4 πkd
可知，C1增大，C2减小，故D 错误。
故选：C。
类型2 两极板间电荷量不变
[模型演练4] （2022•浙江模拟）如图所示，平行板电容器充电后断开电源，上极板接地，
在板间P 点处固定一个试探电荷q，现将下极板向下平移一小段距离，用F 表示试探电荷在P
点所受的电场力，用E 表示极板间的电场强度，用φ 表示P 点的电势，用Ep表示试探电荷在P
点的电势能，则下列物理量随P 与下极板的距离d 的变化关系图线中，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：下极板下移，d 变大，由C = ɛr S
4 πkd
可知，C 变小，由U = Q
C 可知，U 变大，由
E = U
d = 4 πkQ
ɛr S 可知，E 不变，则由F＝qE 知F 不变；上极板电势为零，上极板与P 点的距离不
变，则P 点的电势、电势能都不变，故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
[模型演练5] （2023 春•泰安期末）如图所示，用静电计测量已经充电的平行板电容器两
5
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极板间的电势差。设电容器的电容为C，带电量为Q，板间电势差为U，静电计指针偏角为
θ，在保持其他条件不变的前提下，将电介质从板间抽出。下列判断正确的是（ ）
A．U 增大
B．U 减小
C．C 增大
D．θ 减小
【解答】解：将电介质从板间抽出，根据电容的决定式C= ɛr S
4 πkd 分析可知C 减小，结合电容器
带电量Q 不变，根据电容的定义式C = Q
U 可知，U 变大，静电计指针偏角θ 增大，故A 正确，
BCD 错误。
故选：A。
[模型演练6] 如图所示，平行板电容器的两极板恰好正对，并与一直流电源相许，下极板
接地，一带负电的小球被固定于P 点，现将S 闭合。则下列操作中能使带电小球的电势能增大
的是（ ）
A．增大直流电源的输出电压
B．将电容器的上极板向上移
C．先断开S，再将电容器的上极板向上移
D．先断开S，再将电容器的两极板错开一些
【解答】解：A、增大直流电源的输出电压，则两极板间电压增大，根据E= U
d 知两板间场强变
大，P 点与下极板的电势差变大，则P 点的电势升高，带负电的小球在P 点的电势能减小，故A
错误；
6
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B、将电容器的上极板向上移，则两极板间距增大，根据E= U
d 知两板间场强变小，P 点与下极
板的电势差变小，则P 点的电势降低，带负电的小球在P 点的电势能增大，故B 正确；
C 、先断开开关S ，两极板的带电量保持不变，再将电容器的上极板向上移，根据E
= U
d = Q
Cd =
Q
ɛr S
4 πkd d
= 4 πkQ
ɛr S 可知，两极板间场强不变，则P 点的电势不变，带负电的小球在P
点的电势能不变，故C 错误；
D、先断开开关S，两极板的带电量保持不变，再将电容器的两极板错开一些，根据E= 4 πkQ
ɛr S
可知，两极板间场强不变，则P 点的电势不变，带负电的小球在P 点的电势能不变，故D 错误。
故选：B。
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
类型1 带电粒子在电场中的直线加速
[模型演练7] （多选）（2023 秋•广州期末）水平地面上方存在水平方向的匀强电场。质
7
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量为m、带负电且电荷量为q 的小球A 以一定的初速度v0从地面上的O 点射入匀强电场，速
度方向与水平方向的夹角为53°，恰好沿v0 方向离开地面在竖直平面内做直线运动，则
（ ）
A．电场方向水平向右且电场力大小为3
4 mg
B．从地面到最高点，克服重力做功为1
2 mv0
2
C．从地面到最高点，克服电场力做功为0.18mv0
2
D．从地面出发再回到地面用时为2v0
g
【解答】解：A.小球恰好沿方向离开地面在竖直平面内做直线运动，可知小球受到的重力和电
场力的合力方向刚好与v0方向相反，如图所示：
可知电场力大小为Eq=
mg
tan53° = 3
4 mg，由于小球带负电，可知电场方向水平向右，故A 正确；
BCD.小球受到的合力为F=
mg
sin53° = 5
4
mg，小球的加速度为：a= F
m = 5
4 g，根据对称性可知，
从地面出发再回到地面用时为：t＝2t1＝2v0
a = 8 v0
5 g
，从地面到最高点，通过的位移大小为s
8
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= v0
2
2a = 2v0
2
5 g
，则从地面到最高点，克服重力做功为WG＝mgh＝mgs•sin53°= 8
25
mv0
2，从地面到
最高点，克服电场力做功为W 电＝qEs•cos53°，解得W 电＝0.18mv0
2，故BD 错误，C 正确。
故选：AC。
[模型演练8] （2024 春•南京期末）如图装置为直线加速器原理，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，序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序
号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间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。此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板（序号
为0）中央有一个电子由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒1。为使电子运动到圆筒之间各
个间隙中都能恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速，圆筒长度的设计必须遵照一定
的规律。已知电子质量为m、电荷量为e、电压绝对值为U、周期为T，电子通过圆筒间隙的
时间可以忽略不计，求：
（1）电子刚出第8 个圆筒瞬间速度大小；
（2）第8 个圆筒长度；
（3）若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，两圆筒间隙的电场为匀强电场，且圆筒间距为d，
不考虑相对论效应，则在保持圆筒长度、交变电压的变化规律保持和（1）（2）完全相同的情
况下，经过多少个圆筒可以让电子达到最大速度。
【解答】解：（1）根据题意，由动能定理得8eU = 1
2 m v
2
电子出第8 个圆筒瞬间速度为v = 4√
eU
m
（2）电子在圆筒中做匀速直线运动，第8 个圆筒长度为L8= v ⋅T
2
解得L8= 2T
m √eUm
（3）由于保持圆筒长度、交变电压的变化规律和（2）中相同，若考虑电子在间隙中的加速时
9
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间，则粒子进入每级圆筒的时间都要比（2）中对应的时间延后一些，如果延后累计时间等于T
2 ，
则电子再次进入电场时将开始减速，此时的速度就是装置能够加速的最大速度。由于两圆筒间
隙的电场为匀强电场，间距均为d，粒子在电场中后一个加速过程可以看为前一加速过程的延续
部分，令经过N 次加速，即经过N 个圆筒达到最大速度，则有Nd = 1
2 vm( T
2 )
根据动能定理有NeU = 1
2 mvm
2 -0
解得N = eU T
2
8md
2
[模型演练9] （2023•邵阳模拟）静电植绒技术，于3000 多年前在中国首先起步。现代静
电植绒于上世纪50、60 年代在德国首先研制出并使用。如图为植绒流程示意图，将绒毛放在
带负电荷的容器中，使绒毛带负电，容器与带电极板之间加恒定的电压，绒毛呈垂直状加速飞
到需要植绒的物体表面上。不计重力和空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A．带电极板带负电
B．绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中，电势能不断增大
C．若增大容器与带电极板之间的距离，绒毛到达需要植绒的物体表面时速率增大
D．质量相同的绒毛，带电荷量越多，到达需要植绒的物体表面时速率越大
【解答】解：A、绒毛带负电加速度向下运动，所以电场力向下，电场强度向上，带电极板带正
电，故A 错误；
B、绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中，电场力向下做正功，电势能不断减小，故B 错误；
C、由动能定理可得：qU = 1
2 m v
2，解得：v =√
2qU
m
若增大容器与带电极板之间的距离，而电极板之间的电压加恒定，绒毛到达需要植绒的物体表
面时速率不变，故C 错误；
10
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D、由v =√
2qU
m
，可知质量相同的绒毛，带电荷量越多，到达需要植绒的物体表面时速率越大，
故D 正确。
故选：D。
类型2 带电体在静电力和重力下的直线运动（等效重力）
[模型演练10] （多选）（2024•凉山州模拟）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系
xoy，整个空间存在平行xoy 平面与y 轴正方向成45°角的匀强电场E。质量为m 的带电小球从
坐标原点O 沿x 轴的正方向以速度v 水平抛出，经过一段时间小球以√2v 的速度穿过y 轴正半
轴某点（图中未画出），不计空气阻力，则（ ）
A．小球可能带负电
B．小球所受电场力的大小为2√2mg
C．小球电势能最大时动能最小
D．小球电势能最大时水平速度等于竖直速度
【解答】解：A、带电小球从坐标原点O 抛出到穿过y 轴正半轴的过程中，重力做负功，动能增
加，则电场力做正功，小球沿着电场线的方向运动了一段距离，所以小球带正电，故A 错误；
B、将电场强度分解到水平方向和竖直方向，则在水平方向上，有
E 水平q＝qEcos45°＝ma 水平
由运动学公式有 vt - 1
2 a水平t
2=0
小球穿过y 轴正半轴时的水平分速度大小为：vx＝v﹣a 水平t
在竖直方向上，有
E 竖直q﹣mg＝qEsin45°﹣mg＝ma 竖直
小球穿过y 轴正半轴时的竖直分速度为：vy＝a 竖直t
11
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而√2v =√v x
2+ v y
2
联立解得：Eq =2√2mg，故B 正确；
CD、小球抛出后，当速度方向与电场线垂直斜向上时，克服电场力做功最多，电势能最大，此
时电场力的方向与速度方向垂直，而重力的方向与速度方向夹角为钝角，接下来小球的速度会
继续减小，并非此时是动能最小的时刻，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
[模型演练11] （多选）如图所示，地面上固定一倾角为θ＝53°，高为h 的光滑绝缘斜面，
现将一个带正电的物块（可视为质点）从斜面顶端由静止释放，已知物块质量为m，电荷量为
q，斜面置于水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E = 4 mg
3q ，重力加速度为g，则下列说
法正确的是（ ）
A．物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为mgh
B．物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为16mgh
9
C．物块落地的动能大小为2mgh
D．物块落地的动能大小为25mgh
9
【解答】解：AB、物块受力如图所示
tanα= mg
qE =
mg
q× 4 mg
3q
=0.75，则α＝37°
物块从静止释放到落地过程的位移x=
h
sinα =
h
sin37° = 5
3 h
12
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物块从静止释放到落地过程电场力做的功W＝qExcosα＝q× 4 mg
3q × 5
3h×cos37°= 16mgh
9
，故A
错误，B 正确；
CD、物块受到的合力大小F= mg
sinα =
mg
sin37° = 5
3mg，物块从释放到落地过程，由动能定理得：
Fx＝Ek﹣0，解得，落地时的动能Ek= 25mgh
9
，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
[模型演练12] 如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，初速度为v0 的带电小球从A 点
射入电场，在竖直平面内沿直线从A 运动到B，下列说法正确的是（ ）
A．小球带负电
B．小球的机械能减少
C．小球做匀速直线运动
D．重力势能和电势能之和减少
【解答】解：A、带电小球做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，小球受到
重力和电场力，可知小球所受的电场力方向水平向左，与场强方向相同，所以小球带正电。故
A 错误。
BCD、因为电场力和重力方向与位移方向夹角为钝角，所以重力和电场力都做负功，故重力势
能增加，电势能增加，所以重力势能与电势能之和增加，根据能量守恒可知，小球的机械能减
小，即动能与重力势能之和减小。又因为小球机械能减小，小球重力势能增加，所以小球的动
能减小，故B 正确，CD 错误。
故选：B。
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．
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(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
[模型演练13] （2024•湖北模拟）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v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M 上，则下列说法中正确的是（已
知重力加速度为g）（ ）
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A．两极板间电压为mgd
2q
B．板间电场强度大小为mg
q
C．整个过程中质点的重力势能增加m g
2 L
2
v0
2
D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M 上
【解答】解：AB、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M 屏上，前后两个过程质点的运动轨迹具有对称
性，可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得
在电场中有 qE﹣mg＝ma
在电场外有 mg＝ma
解得：E = 2mg
q
由U＝Ed，可得板间电势差U = 2mg
q
×d = 2mgd
q
，故AB 错误；
C、质点在电场中向上偏转的距离y = 1
2 at
2，又a＝g，t = L
v0
，解得y = g L
2
2v0
2
故质点打在屏上的位置与P 点的距离为s=2 y = g L
2
v0
2
重力势能的增加量E p=mgs= m g
2 L
2
v0
2
，故C 正确；
D、仅增大两极板间的距离d，因电容器两极板上电荷量Q 不变，正对面积不变，根据E= U
d 、
C= Q
U 、C= ɛr S
4 πkd 推导得E= 4 πkQ
ɛr S ，可知，电容器板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，
则运动情况不变，仍垂直打在屏上，故D 错误。
故选：C。
[模型演练14] （2023 秋•朝阳区期末）某种负离子空气净化原理如图所示。收集器矩形通
道的上下表面是一对平行金属板，金属板长度为L，间距为d。均匀分布的带负电的灰尘颗粒
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质量为m、电荷量为q、以水平速度v0进入通道，单位时间内进入通道的带电灰尘颗粒数目为
n。已知两金属极板之间的电压恒为U = 3md
2v0
2
2q L
2 ，带电灰尘颗粒打到金属板上即被收集，不
计灰尘颗粒重力影响及灰尘颗粒间相互作用。下列说法不正确的是（ ）
A．净化装置对带电灰尘颗粒的收集率为75
100
B．单位时间内通过导线的电荷量为3
4 nq
C．单位时间内带电灰尘颗粒减少的电势能为15
32 nqU
D．若电压增大到2U，则带电灰尘颗粒恰好全部被收集
【解答】解：AB．带电尘埃在极板间最大偏转距离y，最长运动时间为t，根据牛顿第二定律可
知，尘埃的加速度为a= qU
md = 3d v0
2
2 L
2
水平方向和竖直方向分别有
L＝v0t
y= 1
2 at
2
解得y= 3
4 d
根据题意可知，收集效率为η= y
d ×100%＝75%
则单位时间内通过导线的电荷量为Q= 3
4 nq
故AB 正确；
C．单位时间内带电尘埃减少的电势能为
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Ep= 1
4 nq× 3U
4 + 3
4 nq× 3U
4 × 1
2 = 15
32nqU
故C 正确；
D．若电压增大到2U，带电尘埃在极板间最大偏转距离y'，最长运动时间为t'，根据牛顿第二定
律可知，尘埃的加速度为
a= qU '
md = 3d v0
2
L
2
水平方向和竖直方向分别有
L'＝v0t'
y'= 1
2 at '
2
解得
y'= 3
2d
则带电灰尘颗粒并非恰好全部被收集，故D 错误；
本题选择错误选项；
故选：D。
[模型演练15] （2024 春•杭州期末）如图所示，环形塑料管半径为R，竖直放置，且管的
内径远小于环的半径，ab 为该环的水平直径，环的ab 及其以下部分处于水平向左的匀强电场
中，管的内壁光滑。现将一质量为m，电荷量为q 的小球从管中a 点由静止开始释放，已知E
= 3mg
4 q ，小球可以运动过b 点。则下列说法正确的是（ ）
A．小球释放后的运动过程中机械能守恒
B．小球每周的运动过程中最大速度在圆弧ad 之间，且与od 之间的夹角为37°
C．小球释放后，第一次经过最低点d 和最高点c 时，对管壁的压力之比为9：2
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D．小球释放后，第二次恰好到达b 点时，对管壁的压力大小为27mg
4
【解答】解：A、在小球运动的过程中，除了重力做功之外，电场力也做功了，根据机械能守恒
定律的条件可知，小球释放后的运动过程中机械能不守恒，故A 错误；
B、如果小球带负电，不可能到达b 点，所以小球带正电，则设电场力与重力合力的方向与od
之间的夹角为θ，则由小球的受力可知tanθ= qE
mg = 3
4 ，故θ＝37°，故小球的运动过程中最大速
度在圆弧bd 之间且与od 之间的夹角为37°，故B 错误；
C、球释放后，小球第一次经过最低点d 时，根据动能定理有qER+mgR = 1
2 mvd
2，在最低点根
据牛顿第二定律有Fd -mg= m vd
2
R
，解得Fd= 9
2mg。
第一次经过最高点c 时，根据动能定理有qE⋅2 R -mgR = 1
2 m vc
2，在最高点根据牛顿第二定律
有Fc+mg= mvc
2
R
，解得Fc＝0，故C 错误；
D 、小球释放后，第二次恰好到达b 点时，qE⋅4 R = 1
2 mvb
2，根据牛顿第二定律有
Fb-qE = m vb
2
R
，解得Fb= 27mg
4
，小球释放后，第二次恰好到达b 点时，对管壁的压力大小为
27mg
4
，故D 正确。
故选：D。
类型2 带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转
[模型演练16] （2022•湖北模拟）如图所示，虚线圆位于竖直面内，AC 和BD 为相互垂直
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的两条直径，其中BD 位于水平方向。竖直平面内有足够大的匀强电场，场强大小为2mg
q
，
方向与圆周平面平行。在圆周平面内将质量为m、带电量为+q 的小球（可视为质点）从A 点
以相同的速率向各个方向抛出，小球会经过圆周上不同的点，其中到达B 点时小球的动能最大。
已知重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．电场的方向由D 指向B
B．小球运动过程中的加速度大小等于g
C．B 点为圆周上的电势最低点
D．经过C 点时小球的速度与初速度大小相等
【解答】解：A、由题可知，B 点是复合场的等效最低点，则重力与电场力的合力的方向从D 指
向B，画出小球受到的重力与电场力以及合力如图：
设小球受到的电场力与DB 之间的夹角为θ，则：tanθ = mg
qE =
mg
q⋅2mg
q
= 1
2；正电荷受到的电场
力得方向与电场强度的方向相同，所以电场的方向与DB 之间的夹角是30°，故A 错误；
B 、小球受到的合力：F 合＝qEcos30°=q⋅2mg
q
⋅√3
2 =√3mg，小球的加速度：a
= F合
m = √3mg
m
=√3 g，故B 错误；
C、结合A 的分析，圆周上电势最低的点是过圆心O 的电场线与圆周的交点，不是B 点，故C
错误；
D、结合A 的分析可知，电场力与重力的合力沿DB 的方向，所以小球从A 运动到C，合力对小
球做的功为零，所以经过C 点时小球的速度与初速度大小相等，故D 正确。
故选：D。
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[模型演练17] （多选）（2022 秋•新华区校级期中）如图，固定半圆绝缘轨道ABC 内壁光
滑，半径为R，A、C 为半圆轨道水平直径的两个端点，B 为半圆轨道的最低点。在水平线AC
下方存在与水平方向成45°斜向左上方的有界匀强电场，场强大小为E = √2mg
q
。一质量为
m、电荷量为+q 的带电小球从A 点正上方h 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道，
恰好能沿半圆轨道运动到C 点。小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为g。关于
小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A．小球从A 点运动到C 点的过程中，其电势能的变化量为Δ E p=2√2mgR
B．小球在半圆轨道上运动的速度最小值为√gR
C．小球对半圆轨道的最大压力为6mg
D．若改变小球释放点的高度，要使小球不脱离半圆轨道，h 的取值范围为：h≥2.5R
【解答】解：A、从A 运动到C 点的过程中，沿电场线所走的位移为√2R，且W 电＝﹣ΔEp，所
以ΔEp= √2mg
q
×q×√2R＝2mgR，故A 错误；
B、如图所示，重力和电场力的合力恰好水平向右，且轨道只有在A 点可以给小球向右的弹力，
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所以A 点便是
等效最低点，C 点是等效最高点，所以A 点速度最大，在C 点时速度最小，因为恰好过C 点，
所以在C 点有：mg= m v0
2
R
，所以vC=√gR，故B 正确；
C、从A→C 满足动能定理：- Eq×√2 R = 1
2 m vC
2 - 1
2 m v A
2 ，从而解得：vA=√5 gR，在A 点，
FN＝5mg。根据牛顿第二定律得F 压＝FN＝6mg，故C 正确；
D、mgh＞1
2 mv A
2 ，所以h≥5
2 R，或者可以不做完整的圆，h≤R，故D 错误。
故选：BC。
[模型演练18] （多选）（2022•浉河区校级开学）如图所示，空间存在一匀强电场，其方
向与水平方向间的夹角为30°，AB 与电场垂直，一质量为m，电荷量为q 的带正电小球以初速
度v0从A 点水平向右抛出，经过时间t 小球落到C 点，速度大小仍是v0，已知AB＝BC，则下
列说法中正确的是（ ）
A．电场方向沿电场线斜向上
B．电场强度大小为E= mg
q
C．小球下落高度3
4 gt
2
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D．此过程增加的电势能等于1
2 m g
2t
2
【解答】解：A、由题意可知，小球在下落过程的初末动能相等，而重力做正功，则电场力做负
功，而小球带正电，故电场方向应斜向下，故A 错误；
B、由动能定理可得：mg•ABsin60°﹣Eq•BC•sin60°＝0
已知：AB＝BC
解得：E = mg
q ，故B 正确；
C 、将电场力分解为沿水平方向和竖直方向，则沿竖直分量中产生的电场力：
F = E' q =mgcos60° = 1
2 mg
则物体在竖直方向上的合力：F合=mg+ 1
2 mg= 3
2 mg
则由牛顿第二定律可知，竖直方向上的分加速度：a y = 3
2 g
则下落高度：h= 1
2 a yt
2= 3
4 gt
2，故C 正确；
D、此过程中电场力做负功，电势能增加，由几何关系可知：x = 3
4 gt
2
则电势能的增加量为：E = Eqx = 3
4 m g
2t
2，故D 错误。
故选：BC。
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．
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(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。
[模型演练19] （2024•天心区校级模拟）如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN 以
速度v 平行于极板进入（记为t＝0 时刻），同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比
荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方
向的速度射出。则下列说法中正确的是（ ）
A．粒子射出时间可能为t＝4s
B．粒子射出的速度大小为2v
C．极板长度满足L＝3vn（n＝1，2，3
）
⋯
D．极板间最小距离为√
3k U 0
2
【解答】解：AB、粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向运动
的a﹣t 图像如图所示。
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依题意，粒子平行极板射出，可知粒子垂直极板的分速度为0，速度变化量为0，根据a﹣t 图像
与时间轴所围的面积表示速度变化量，图线在时间轴上方速度变化量与在时间轴下方速度变化
量方向相反，可知粒子射出时刻可能为1.5s、3s、4.5s……，满足t＝1.5n，（n＝1，2，
3……），粒子射出的速度大小必定为v，故AB 错误；
C、极板长度L＝v•1.5n，（n＝1，2，3……），故C 错误；
D、因为粒子不跟极板碰撞，则应满足d
2 ≥1
2 v垂直×1.5
v 垂直＝a×1
且由牛顿第二定律有a= qU 0
md
联立解得d ≥√
3
2 k U 0，故D 正确。
故选：D。
[模型演练20] （2024•天津模拟）如图是带有转向器的粒子直线加速器，转向器中有辐向
电场（方向均指向圆心O 点），A、B 接在电压大小恒为U 的交变电源上，质量为m、电量为
+q 的离子，以初速度v0进入第1 个金属圆筒左侧的小孔、离子在每个筒内均做匀速直线运动，
时间均为t；在相邻两筒间的缝隙内被电场加速，加速时间不计，离子从第3 个金属圆筒右侧
出来后，立即由M 点射入转向器，沿着半径为R 的圆弧虚线（等势线）运动，并从N 点射出，
离子重力不计，则（ ）
A．交变电源的周期为t
B．第3 个金属圆筒长度是第1 个金属圆筒长度的3 倍
C．离子进入转向器的速度大小为v =√
4 qU
m
+ v0
2
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D．虚线MN 处电场强度的大小为6qU +mv0
2
qR
【解答】解：A.离子在每个筒内均做匀速直线运动，时间均为t；在相邻两筒间的缝隙内被电场
加速，可知交变电源的周期为T＝2t，故A 错误；
BC.粒子进入第3 个金属筒时的速度满足2qU= 1
2mv2- 1
2 mv0
2
可得v=√v0
2+ 4 qU
m
≠3v0
根据
l＝vt
可知，第3 个金属圆筒长度不是第1 个金属圆筒长度的3 倍，离子进入转向器的速度大小为
故B 错误，C 正确；
D.根据qE＝mv
2
R 可得虚线MN 处电场强度的大小为E= 4 qU +m v0
2
qR
，故D 错误。
故选：C。
[模型演练21] （多选）（2024•天津模拟）如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d 的
平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，
在两板左侧紧靠P 板处有一粒子源A，自t＝0 时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于
金属板的相同带电粒子，t＝0 时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场，已知电场变化周
期T= 2d
v0
，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则（ ）
A．在t＝0 时刻进入的粒子离开电场时速度大小为v0
B．粒子的电荷量为m v0
2
U 0
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C．在t= 1
8T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了1
8mv 0
2
D．在t= 1
4 T 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场
【解答】解：A．粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0 时刻进入电场的粒子在电场中
运动时间
t= 2d
v0
此时间正好是交变电场的一个周期，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周
期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A 正确；
B．在竖直方向，粒子在T
2 时间内的位移为d
2 ，则
d
2 = U 0q
2dm ⋅( d
v0
)
2
计算得出
q= m v0
2
U 0
故B 正确；
C．在t= 1
8 T时刻进入电场的粒子，出电场时竖直方向的位移为
y＝2× 1
2 a( 3T
8 )
2
电场力做功为W= U 0q
d
y
解得W= 1
2 qU 0= 1
4 mv0
2
电势能减小1
4 mv0
2
故C 错误；
D．t= 1
4 T时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动1
4 T，然后向下减速运动1
4 T，再向上
加速1
4 T，向上减速1
4 T，由对称可以知道，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P 板右侧边缘
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离开电场，故D 正确。
故选：ABD。
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