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专题19 带电粒子在电场中运动模型
匀强电场中的类平抛运动模型（5-7 题）.....................................................................................9
交变电场中的直线、偏转运动模型（8-10 题）.........................................................................12
等效重力场的直线运动模型（11-13 题）...................................................................................17
等效重力场中的类抛体运动模型（14--16 题）.........................................................................20
等效重力场中的圆周运动模型（17-21 题）...............................................................................23
1.
（2023•全国）如图，两块大导体板水平相对放置，相距为d，电势分别为U0和﹣U0
（U0＞0 ），长为L 的绝缘细绳上端固定于上板，下端与质量为m 的带正电小球连接，小球带
电量为Q。重力加速度大小为g。小球在平衡位置附近摆动的周期是（ ）
A．2π√
mLd
mgd +2QU 0
B．2π√
mLd
mgd -2QU 0
C．2π√
mLd
mgd +QU 0
D．2π√
mLd
mgd -QU 0
【解答】解：若上下导体板电势均为零时，由单摆周期公式可得，小球在平衡位置附近摆动的
周期为T0＝2π√
L
g
由于上下导体板间有电势差，带电小球处于重力场和电场的双重作用中，故上述周期公式中的
重力加速度g 实际应为重力场和电场作用下的等效重力加速度g′
上下导体板间有电势差为U＝U0﹣（﹣U0）＝2U0
上下导体板间的电场强度为E= U
d
按照力的独立性原则，小球在重力场和电场共同作用下，产生的等效重力加速度g′应满足
1
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g′＝g+ EQ
m
联立各式解得g′= mgd +2U 0Q
md
代入单摆周期公式，可得小球在平衡位置附近摆动的周期为T＝2π√
mLd
mgd +2QU 0
故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
2.
（2023•北京）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v0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﹣q 的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压
U1；
（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f＝krv，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﹣q 的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2；
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10μm 和
2.5μm 的两种颗粒，若10μm 的颗粒恰好100%被收集，求2.5μm 的颗粒被收集的百分比。
【解答】解：（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为﹣q 的颗粒做类平抛运动，恰好全部
被收集，说明靠近上极板的颗粒能够正好落到下极板右侧边缘，根据垂直电场方向匀速直线运
动得：L＝v0t
沿着电场方向匀加速直线运动，有：d= 1
2 at
2
根据牛顿第二定律得：a= U 1q
md
2
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联立可以求解两金属板间的电压U1= 2d
2mv0
2
q L
2
（2）a.空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变，说明水平方向不受空气阻力作用，竖直方
向当空气阻力等于电场力时达到最大速度，设竖直方向最大速度为v1，根据二力平衡得：f＝
kRv1= U 2q
d
根据题意假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，则忽略竖直方向变速运动的距离；
半径为R、电荷量为﹣q 的颗粒恰好全部被收集，则根据两个方向运动时间相等得：L
v0
= d
v1
联立解得两金属板间的电压U2= dkR v1
q
= dkR
q × v0d
L = k d
2 R v0
qL
b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，q＝k′R2，在上一问基础上，设R1= 10 μm
2
=5μm，
R2= 2.5 μm
2
=1.25μm，设10μm 的颗粒竖直方向达到的最大速度为v2，2.5μm 的颗粒竖直方向达
到的最大速度为v3，若10μm 的颗粒恰好100%被收集，对10μm 的颗粒，根据二力平衡得：
kR1v2= U 2k ' R1
2
d
①
根据两个方向运动时间相等得：L
v0
= d
v2
②
对2.5μm 的颗粒，设在平行板之间竖直方向运动的最大距离为x，根据二力平衡得：kR2v3
= U 2k ' R2
2
d
③
根据两个方向运动时间相等得：L
v0
= x
v3
④
①式：③式得：
v2
v3
= R1
R2
=
5 μm
1.25 μm = 4
1
②式和④式联立解得：d
v2
= x
v3
3
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进一步解得：x= 1
4 d
即只有靠近下板的1
4 d范围的颗粒才能够收集，所以2.5μm 的颗粒被收集的百分比η
= x
d ×100 % =25%。
3.
（2022•江苏）某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示．矩形ABCD 区
域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交
替变化．AB 边长为12d，BC 边长为8d．质量为m、电荷量为+q 的粒子流从装置左端中点射
入电场，粒子初动能为Ek，入射角为θ，在纸面内运动．不计重力及粒子间的相互作用力。
（1）当θ＝θ0时，若粒子能从CD 边射出，求该粒子通过电场的时间t。
（2）当Ek＝4qEd 时，若粒子从CD 边射出电场时与轴线OO'的距离小于d，求入射角θ 的范围。
（3）当Ek= 8
3 qEd，粒子在θ 为- π
2 ～π
2 范围内均匀射入电场，求从CD 边出射的粒子与入射粒
子的数量之比N：N0。
【解答】解：（1）电场方向竖直向上，粒子所受电场力在竖直方向上，粒子在水平方向上做匀
速直线运动，速度分解如图所示：
粒子在水平方向的速度为：vx＝vcosθ0
4
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根据Ek= 1
2 mv
2可知v=√
2 Ek
m
该粒子通过电场的时间：t= 8d
v x
解得：t= 8d
cosθ0
⋅√
m
2 Ek
；
（2）粒子进入电场时的初动能：Ek＝4qEd= 1
2 mv0
2
粒子进入电场沿电场方向做减速运动，由牛顿第二定律可得：qE＝ma
粒子从CD 边射出电场时与轴线OO'的距离小于d，则要求2ad＞(v0 sinθ)
2
解得：- 1
2 ＜sinθ＜1
2
所以入射角的范围为：﹣30°＜θ＜30°；
（3）设粒子入射角为θ′时，粒子恰好从D 点射出，由于粒子进入电场时，在水平方向做匀速直
线运动，在竖直方向反复做加速度大小相等的减速运动，加速运动。粒子的速度：v′
=√
2 Ek
m = 4
3 √
3qEd
m
运动时间为：t 总=
8d
v ' cosθ' =
2
cosθ' √
3md
qE
粒子在沿电场方向，反复做加速度大小相等的减速运动，加速运动，根据速度—位移关系可得：
2ad
﹣
＝v1d
2﹣（v'sinθ′）2
2ad＝v2d
2
v
﹣1d
2
2ad
﹣
＝v3d
2
v
﹣2d
2
2ad＝v4d
2
v
﹣3d
2
2ad
﹣
＝v5d
2
v
﹣4d
2
2ad＝v6d
2
v
﹣5d
2
则：v2d＝v4d＝v6d＝v'sinθ′
v1d＝v3d＝v5d
则粒子在分层电场中运动时间相等，设为t0，则：
5
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t0= 1
6t 总= 1
6 ×
8d
v ' cosθ' =
4 d
3 v ' cosθ'
且d= v ' sinθ' ⋅t0- 1
2 ⋅qE
m t0
2
代入数据化简可得：6cos2θ′
8sinθ′cosθ′+1
﹣
＝0
即：tan2θ'
8tanθ'+7
﹣
＝0
解得：tanθ'＝7 （根据给定角度的范围可知不合题意，舍去）或tanθ'＝1
则：θ'＝45°
则从CD 边出射的粒子与入射粒子的数量之比为：
N
N ' = 45°
90° =50%
4.
（2022•河北）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：
（1）t＝0 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
4 q B0
2 ）点放置一粒子接收器，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
6
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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
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= 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
，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
7
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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。
从4t0～5t0时间内，粒子的加速度大小为：a3= 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
2 mv3
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
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。
8
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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′
y
﹣5′≤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
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″ Δt1'
粒子要在M 点被吸收，需要满足：y1″
y
﹣3″≤π
2 E0m
4 q B0
2
9
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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。
匀强电场中的类平抛运动模型（5-7 题）
5.
（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
10
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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（ ）
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。
6.
（2023•南宁一模）如图，一等腰直角三角形ABC，∠A＝45°，∠B＝90°，其中BC
11
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长为2L，D 为BC 边的中点。空间存在某一匀强电场，电场方向与三角形所在平面平行。一质
量为m，电荷量为+q 的带电粒子，从A 点以v0的速度沿AC 方向射入电场，之后粒子恰能以
最小的速度√2
2 v0 垂直于BC 边离开。若不计粒子重力与空气阻力，下列说法正确的是
（ ）
A．该粒子经过三角形ABC 区域，电势能一直在减小
B．该粒子经过BC 边时，出射点位于D 点下方
C．匀强电场的电场强度大小为E = mv0
2
4 qL
D．无论如何改变匀强电场的方向，都无法使该粒子到达C 点
【解答】解：A、根据题意由几何知识可知，粒子恰好以最小的速度垂直BC 边射出，且在A 点
的入射速度在AB 方向的分量：vy＝v0cos45°= √2
2 v0，恰为出射速度可知带电粒子受到的电场力
方向从C 指向B，带电粒子在该运动过程中电势较高，电势能增大，故A 错误；
B、将运动沿竖直方向和水平方向分解，水平方向粒子做匀速直线运动，AB 方向上有：2L＝vxt
BC 方向上有：vy＝v0sin45°= √2
2 v0
h= v y
2
t
可解得：h＝1
即出射点为D 点
故B 错误；
C、从A 到D 根据动能定理有qEL= 1
2 mv y
2 - 1
2 mv0
2
解得匀强电场的电场强度大小为E = m v0
2
4 qL
，故C 正确；
D、若改变匀强电场方向，使电场线的方向沿AC 方向，则粒子能沿AC 方向到达C 点，故D 错
12
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误。
故选：C。
7.
（2023•皇姑区校级模拟）如图所示，两平行金属板A、B 长L＝8cm，两板间距离d
＝8cm，A 板比B 板电势高400V，一带正电的粒子电荷量q＝10
10
﹣C，质量m＝10
20
﹣kg，沿
两板中心线RO 以初速度v0＝2×106m/s 飞入平行金属板，粒子飞出平行板电场后经过界面
MN、PS 间的无电场区域后，进入固定在O 点的点电荷Q 形成的电场区域，（设界面PS 右边
点电荷的电场分布不受界面的影响），已知两界面MN、PS 相距为x0＝12cm，D 是中心线RO
与界面PS 的交点，粒子穿过界面PS 后的运动过程中速率保持不变，最后打在放置于中心线上
的荧光屏bc 上E 点。（E 点未画出，静电力常数k＝9.0×109N•m2/C2，粒子重力忽略不计）
（1）求粒子到达PS 界面时离D 点多远？
（2）确定点电荷Q 的电性并求其电荷量的大小。（结果保留三位有效数字）
（3）求出粒子从进入平行板电场到E 点运动的总时间。
【解答】解：（1）粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离（侧向位移）：
y= 1
2 at1
2= 1
2 × qU
md × L
2
v0
2 ，其中L＝8cm＝0.08m，d＝8cm＝0.08m
解得：y＝0.04m＝4cm；
带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS 线交于a，设a 到中心线的距离为Y，
如图所示：
13
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则有：y
Y =
L
2
L
2 + x0
，其中x0＝12cm＝0.12m
解得：Y＝0.16m＝16cm；
（2）由于粒子穿过界面PS 后的运动过程中速率保持不变，则粒子做匀速圆周运动，其向心力
为Q 对其的库仑力，所以Q 带负电；
粒子射出电场时，水平速度为：vx＝v0＝2.0×106m/s，
竖直速度为：vy＝at1= qU
md × L
v0
解得：vy＝2.0×106m/s，
粒子的速度为：v=√v x
2+ v y
2
解得：v＝2√2×106m/s
该粒子在穿过界面PS 后绕点电荷Q 做匀速圆周运动，根据几何关系可知：tanθ= v y
v0
解得：θ＝45°
半径为：r=
Y
cosθ ，解得：r＝0.16√2m
由牛顿第二定律得：kQq
r
2 =mv
2
r
解得：Q≈2.87×10
8
﹣C；
（3）粒子在偏转电场中运动时间：t1= L
v0
粒子在MN、PS 间运动时间为：t2= x0
v0
14
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粒子做匀速圆周运动的轨迹对应的圆心角为：α＝180°
45°
﹣
＝135°
粒子做匀速圆周运动的时间为：t3= 135°
360° × 2πr
v
粒子从进入平行板电场到E 点运动的总时间：t＝t1+t2+t3
联立解得：t≈2.88×10
7
﹣s。
交变电场中的直线、偏转运动模型（8-10 题）
8.
（2023•九龙坡区模拟）如图甲中的水平平行金属板M、N 间加有如图乙所示的变化
电压，(3+√2)t0后电压消失。当电压稳定时，板间为匀强电场。O 位于M、N 板间中点，可
以向外释放初速度为零的带电液滴。在t＝0 时，均带负电的液滴甲、乙从O 由静止进入板间，
甲、乙两液滴的比荷分别为k 和1.5k，忽略两个带电液滴间的相互作用及其电荷量的变化。已
知0～t0时间甲处于静止状态，3t0时刻甲恰好到达下极板附近。重力加速度大小为g，则在如
图乙中表示的时间段内，下列说法正确的是（ ）
A．两板间距为gt0
2
B．乙在t = 9+√13
4
t0时刻打到上极板
C．甲在该阶段的最大速度为gt0
D．甲在(3+√2)t0时刻恰好到达上极板附近
【解答】解：A、根据题意可知甲液滴在0～t0时间里静止，由平衡条件有：mg= qU 0
md
在t0～2t0时间内甲液滴做自由落体运动，在2t0～3t0时间内做匀减速直线运动，在2t0时刻，甲
液滴的速度为：v1＝gt0
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结合题意，两板间距满足：d
2 = v1
2 ×t0+ v1
2 ×t0
整理后解得：d =2 gt0
2，故A 错误；
B、乙液滴在0～t0时间内，根据牛顿第二定律：1.5qU 0
md
-mg=ma
整理可得：a= g
2
向上运动的距离：x1= 1
2 × g
2 ×t0
2= gt0
2
4
，t0～2t0时间内运动的位移：x2= g
2 t0×t0- 1
2 gt0
2=0
此时的速度：v2= g
2 ×t0- gt0=- gt0
2
此时距离上极板的距离：x′= d
2 - x1- x2= d
2 - gt0
2
4 -0= 3 gt0
2
4
在2t0后，根据牛顿第二定律：1.5q×2U 0
md
-mg=ma'
解得：a′＝2g
根据：x' = v2t + 1
2 a' t
2
代入数据解得：t = 1+√13
4
t0（另一解为负舍去）
乙粒子在打到上极板的时刻：t′＝2t0+t＝2t0+ 1+√13
4
t0= 9+√13
4
t0，故B 正确；
C、甲液滴在t0～2t0加速的时间和2t0～3t0减速时间相等，可知甲液滴做减速运动的加速度大小
为：a＝g
所以甲在该阶段的最大速度：vmax =√2t0× g=√2gt0，故C 错误；
D、甲从3t0～(3+√2)t0向上运动的位移x = 1
2 g×(√2t0)
2= gt0
2，可知甲回到O 点，此过程中
的最大速度为√2 gt0，故D 错误。
故选：B。
9.
（2023•香坊区校级三模）实验小组用如图所示装置研究带电粒子在两个平行金属板
间的运动，已知板长为L，两板间距d 未知，将放射源P 靠近平行金属板，放射出的带电粒子
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沿平行金属板A、B 的中轴线MN 射入板间，平行金属板A、B 间加有如图所示的交变电压，
已知电压U0，周期T 未知，当电压稳定时，板间是匀强电场。质量为m、电量为q 的粒子以
8
5 v0的速率在3
8T 时刻从M 点进入板间，T 时刻离开金属板，运动过程中恰好不与金属板碰撞
（粒子重力忽略不计）。求：平行板A、B 的间距d 是多少？
【解答】解：3
8 T时刻从M 点进入板间，T 时刻离开金属板，粒子水平方向做匀速直线运动，运
动时间为：t=T - 3
8 T =
L
8
5 v0
= 5 L
8 v0
T = L
V 0
竖直方向，规定向下为正方向做匀加速直线运动，设M、N 两板间距为d，电场强度为：
E = U 0
d
由牛顿第二定律得：qE＝ma1
解得加速度大小为：a1= qU 0
md
在3T
8 ～T时间内，竖直位移最大位移是d
2 ，先做加速运动，时间为：t1= T
2 - 3
8 T = 1
8 T
此时竖直方向的速度大小为：vy1＝a1t1，解得：vy1= 1
8a1T
运动的位移为：y1= 1
2 v y1t1
再减速至反向加速运动的时间为：t2=t -t1= T
2
物体在T
2 ～T时间内做初速度为v y1向下，加速度向上a1= qU 0
md 的匀变速运动，运动的位移大小
为：
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y2= v y1t2- 1
2 a1t2
2
因此物体的总位移大小为：y = y1+ y2= 1
2 v y1t1+ v y1t2- 1
2 a1t2
2
解得：y = 7
128 a1T
2= d
2
得：d = √7mqU 0 L
8mv0
。
答：平行板A、B 的间距d 是√7mqU 0 L
8mv0
。
10. （2023•厦门模拟）如图甲所示，离子源持续逸出带电量为+q、质量为m 的离子，其
初速度视为0，离子经过加速电场后，以速度v0沿两平行极板PQ 的中线飞入交变电场。已知
极板P、Q 水平放置，间距为d，长度为L，极板上所加的交变电压如图乙所示，变化周期
T = L
v0
，所有离子均能从PQ 极板右侧射出，不计离子重力及离子间相互作用，求：
（1）加速电场的电压大小U0；
（2）PQ 极板间所加电压U 的最大值Um；
（3）当PQ 极板间交变电压为（2）问中所求的Um时，在PQ 极板右侧建立O
xyz
﹣
直角坐标系，
其中Ox 与极板Q 的中轴线在同一直线上，图中的两个正方体棱长均为d，正方体OCDE﹣
O1C1D1E1 区域内存在沿y 轴正方向、大小为B1= 3mv0
5qd 的匀强磁场，正方体CDGH
C
﹣
1D1G1H1
区域内存在沿x 轴正方向、大小为B2= 9mv0
10qd 的匀强磁场，求离子在正方体CDGH
C
﹣
1D1G1H1
区域内运动的最长时间。
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【解答】解：（1）离子经过加速电场后有U 0q = 1
2 mv0
2-0
解得：U 0= m v0
2
2q
（2）离子在平行极板PQ 间运动时，水平方向为匀速直线运动L＝v0t
解得：t = L
v0
即离子在平行极板PQ 间运动的时间恰为电场变化的一个周期，t =n T
2 ，n＝0，1，2，3……时
刻进入电场的离子恰从极板边缘离开时，电压最大，根据牛顿第二定律可得：qU m
d
=ma
d
2 =2× 1
2 a( T
2 )
2
解得：U m= 2mv0
2d
2
q L
2
（3）离子飞过平行极板PQ 过程中，沿竖直方向的速度增量为Δv y =a× T
2 -a× T
2
即Δvy＝0，所有离子均以速度v0水平飞出PQ 极板进入第一个正方体区域后q v0 B1= m v0
2
r1
解得：r1= 5
3 d
离子运动轨迹如图所示
则有cosθ = d
r1
=0.6
CM =r1-r1cosθ = d
3
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即进入第二个正方体的离子均从正方向CDD1C1的MN 连线进入，离子进入第二个正方体区域后，
沿x 轴方向做匀速直线运动，若能到GG1H1H，则d＝v0sinθt1
解得：t1= 5d
4 v0
垂直于磁场的速度分量使离子做圆周运动，即离子边圆周边匀速直线，为螺旋运动
q v0cosθ B2=m (v0cosθ)
2
r2
解得：r2= 2d
3
离子运动的侧视图如图所示
离子在第二个正方体圆周运动的周期为T 2= 2πm
q B2
= 20 πd
9 v0
从N 点进入的离子在磁场中圆周运动时间最长cosα = d -r2
r2
根据几何关系可得：α＝60°
能在该场中做圆周运动的离子最长时间为t2= 180° -α
360°
T 2= 20 πd
27 v0
由于t2＞t1，即离子在第二个正方体中尚未完成一个螺旋便已离开，其运动的最长时间为
tmax =t1= 5d
4 v0
等效重力场的直线运动模型（11-13 题）
11. （多选）（2022 秋•包头期末）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
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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
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。
12. （2023 春•泰安期末）如图所示，水平地面上方存在大小为E 的水平向左的匀强电场，
一带电小球（可视为质点）用轻质绝缘细线悬挂于O 点，小球带电荷量为+q，静止时距地面
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的高度为h，细线与竖直方向的夹角为α＝37°，重力加速度为g（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，
不计空气阻力）。求：
（1）小球的质量；
（2）若用绝缘剪刀将细线剪断，带电小球落地瞬间的动能。
【解答】解：（1）小球静止时，对小球受力分析如图，
根据受力平衡可得
竖直方向有：Fcos37°＝mg
水平方向有：Fsin37°＝qE
联立解得小球的质量为：m= 4 qE
3 g
（2）剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加速度为a 的匀加速运动，落地
水平位移x，则有：h= 1
2 gt
2，x = 1
2 at
2，a= qE
m
联立解得：x = 3
4 h
从剪断细线到落地瞬间，由动能定理得：Ek =mgh+qEx = 25
12 qEh
13. （2022 秋•东莞市期末）如图所示，轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的
带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球所带电
荷量q＝1.0×10
6
﹣C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8。求：
（1）小球所受静电力F 的大小；
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（2）小球的质量m；
（3）剪断细绳后2s 末，小球的速度v 的大小。
【解答】解：（1）根据电场力的计算公式可得电场力为：F 电＝qE＝1.0×10
6
﹣×3.0×103N＝
3.0×10
3
﹣N
（2）小球受力情况如图所示：
根据几何关系可得：mgtanθ＝qE
所以有：m=
qE
gtanθ = 3.0×10
-3
10×0.75 kg＝4×10
4
﹣kg
（3）剪断细线的瞬时，因为小球受重力和电场力合力恒定不变，方向与初始状态绳上力的方向
相反，故小球将沿与重力方向夹角为37°的方向做匀加速直线运动。
合力大小：F 合=√F电
2 +(mg)
2=√(3.0×10
-3)
2+(4×10
- 4×10)
2N＝5×10﹣3N
加速度：a= F合
m = 5×10
-3
4×10
- 4 m/s2＝12.5m/s2
2s 后的末速度v＝at＝12.5×2m/s＝25m/s
等效重力场中的类抛体运动模型（14--16 题）
14. （2022 秋•西湖区校级期中）如图为一匀强电场，某带电粒子从A 点运动到B 点。在
这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，电场力做的功为0.5J。则下列说法正确的是（ ）
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A．粒子带负电
B．粒子在A 点的电势能比在B 点少0.5J
C．粒子在A 点的动能比在B 点多1.5J
D．粒子在A 点的机械能比在B 点少0.5J
【解答】解：A、有轨迹可知，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，受力方向与电
场方向相同，证明带电粒子带正电，故A 错误；
B、从A 到B 的过程中，电场力做正功，电势能在减少，所以在A 点电势能要大于在B 点的电
势能，故B 错误；
C、从A 到B 的过程中，克服重力做功为2.0J，电场力做功0.5J，由动能定理可知，粒子在A 点
的动能比B 点多1.5J，故C 正确；
D、由A 到B 过程中除重力做功之外，还有电场力做功，电势能转化成机械能，此过程机械能
增大，所以B 点机械能比A 点机械能多0.5J，故D 错误。
故选：C。
15. （多选）（2023•和平区校级模拟）在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球
从A 点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B 两点在同一水平线上，
M 为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8J，在M 点的动能为6J，不计空气的阻力。则（
）
A．小球水平位移x1与x2的比值1：3
B．小球水平位移x1与x2的比值1：4
C．小球落到B 点时的动能为32J
D．小球从A 点运动到B 点的过程中最小动能为6J
【解答】解：将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直
线运动，竖直分运动为匀变速直线运动，
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A、对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，故A 正确；
B 错误；
C、设物体在B 动能为EkB，水平分速度为VBx，竖直分速度为VBy。
由竖直方向运动对称性知1
2 mV By
2 =8J
对于水平分运动运用动能定理Fx1= 1
2 mV Mx
2 - 1
2 mV AX
2
F（s1+s2）= 1
2 mV Bx
2 - 1
2 mV AX
2
s1：s2＝1：3
解得：Fs1＝6J；F（s1+s2）＝24J
故EkB= 1
2m（V By
2 +V Bx
2 ）＝32J 因而C 正确；
D、由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：Fx1＝6J，
1
2
F
2
m
•t2＝6J
Gh＝8J，
1
2•G
2
m
•t2＝8J
所以：F
G = √3
2
由右图可得：tanθ= F
G
得：sinθ=√
3
7
则小球从 A 运动到B 的过程中速度最小时速度一定与等效G’垂直，即图中的 P 点，故
Ekmin= 1
2 mvmin
2 = 1
2m（v0sinθ）2= 24
7 J，故D 错误。
故选：AC。
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16. （2022 秋•江北区校级期末）如图所示，光滑绝缘小平台距水平地面高H＝0.96m，地
面与竖直绝缘光滑圆形轨道在A 点连接，整个装置位于水平向右的匀强电场中。现将质量m＝
0.1kg、带电荷量q＝1×10
3
﹣C 的小球（带正电，可视为质点）从平台上端点N 由静止释放，离
开平台N 后，沿直线NA 运动，恰好由A 点沿切线进入右侧绝缘光滑圆形轨道（轨道半径R
未知），并沿轨道恰好能运动到C 点。图中O 点是圆轨道的圆心，B、C 分别是圆形轨道的最
低和最高点，AO、BO 间的夹角为53°，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）匀强电场的大小；
（2）小球运动到C 点时的速度大小；
（3）小球在圆形轨道上运动时对轨道的最大压力大小。
【解答】解：（1）由题意，可知小球从N 运动到A 做匀加速直线运动，则小球所受合力沿NA
方向，如图所示：
由几何关系可知NA 与竖直方向的夹角为37°，故小球受到的电场力：qE＝mgtan37°
代入数据解得：E＝750N/C；
（2）小球恰好运动到C 点，在C 点根据牛顿第二定律可得：mg＝mvC
2
R
小球从N 点到C 点的过程中，根据功能关系有：mg （H
R
Rcos53°
﹣﹣
）+Eq （Htan37°
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+Rsin53°）= 1
2mvC
2
联立两式，代入数据解得：R＝1m，vC=√10m/s；
（3）由于小球在整个运动过程中，受到的电场力与重力的合力保持不变，可等效看成小球受到
的等效重力，大小为：
G′＝F 合=
mg
cos37° ，解得：G′＝1.25N
由几何关系，可得G'方向与竖直方向成37°，由于小球在圆轨道上运动到等效最低点时，小球的
速度最大，对轨道的压力也最大，由几何关系可判断出小球的等效最低点位于小球与O 点连线
与OB 夹角为37°的位置，如上图所示。
根据功能关系及牛顿第二定律有：
G′（R+
H
sin53° ）= 1
2 m vmax
2
FN
G′
﹣
＝mvmax
2
R
联立求得：FN＝6.75N
根据牛顿第三定律，可得小球在圆形轨道上运动时对轨道的最大压力大小为6.75N。
等效重力场中的圆周运动模型（17-21 题）
17. （2023•西湖区校级模拟）如图所示，质量为m、带电荷量为+q 的小球（可视为质
点）与长为L 的绝缘轻绳相连，轻绳另一端固定在O 点，整个系统处在与竖直方向夹角为45°
的匀强电场中。已知A、B、C、D、E、F 为圆周上的点，AB 为水平直径，CD 为竖直直径，
EF 过O 点且与CD 的夹角为45°，当小球绕O 点在竖直平面内做半径为L 的圆周运动时，小球
运动到A 点时的速度最小，最小速度为vmin=√gL，g 为重力加速度的大小，则下列说法正确
的是（ ）
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A．匀强电场的电场强度大小为mg
q
B．小球从A 点运动到B 点时，合力做的功为mgL
C．小球运动到B 点时轻绳拉力的大小为5mg
D．小球运动到F 点时的机械能最大
【解答】解：A．小球在A 点受重力和电场力，如图所示，由题意，小球绕O 点在竖直平面内
做圆周运动，在A 点时速度最小可知，小球受到的合外力提供向心力，小球在竖直方向受力平
衡，则有
mg＝qEsin45°
解得：E= √2mg
q
故A 错误；
B．小球从A 点运动到B 点时，重力做功是零，电场力做功为W＝qE•2Lcos45°
解得：W＝2mgL
因此合力做的功为2mgL，故B 错误；
C．小球运动到B 点时，由动能定理可得2mgL= 1
2 mvB
2 - 1
2 mv A
2
在B 点，由牛顿第二定律可得T
qEcos45°
﹣
＝mvB
2
L
代入数据解得T＝6mg
故C 错误；
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D．小球在做圆周运动中，只有重力和电场力做功，则有小球的机械能和电势能之和是一个定值，
小球在E 点时电势最高，小球带正电，电势能最大，小球在F 点时的电势最低，具有的电势能
最小，因此小球在F 点的机械能最大，故D 正确。
故选：D。
18. （2023•宁德模拟）如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中
有一根长为L 的绝缘细线，细线一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的带电小球。小球静
止时细线与竖直方向成θ 角，此时让小球获得初速度且恰能绕O 点在竖直平面内沿逆时针方向
做圆周运动，重力加速度为g，不考虑空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的电场强度E = mgtanθ
q
B．小球做圆周运动过程中动能的最小值为Ekmin= mgL
2sinθ
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
【解答】解：A．小球静止时细线与竖直方向成θ 角，对小球进行受力分析，如图所示
由平衡关系可知tanθ= qE
mg
解得E= mgtanθ
q
故A 正确；
B．小球静止时细线与竖直方向成θ 角，则A 点为小球绕O 点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周
运动的等效最高点，如图所示
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A 点时小球的速度最小，动能最小，由牛顿第二定律可知F= mg
cosθ = mvmin
2
L
动能Ekmin= 1
2 mvmin
2
联立解得Ekmin= mgL
2cosθ
故B 错误；
C．由功能关系可知，小球机械能的变化量等于除重力之外的电场力做的功。由题意可知，当小
球运动到最左边与O 点等高时，电场力做负功最多，机械能最小，故C 错误；
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内沿逆时针方向运动一周的过程中，电场力先做正功，再
做负功，再做正功，所以电势能先减小，再增大，再减小，故D 错误。
故选：A。
19. （多选）（2023 秋•庐阳区校级月考）如图所示，在水平的匀强电场中，一个质量为
m、电荷量为+q 的小球，系在一根长为L 的绝缘细线一端，小球可以在竖直平面内绕O 点做
圆周运动，AB 为圆周的水平直径，CD 为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E = mg
q ，
不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．若小球能沿着ACBD 圆弧运动，则其在D 点速度最小
B．若小球能沿着ACBD 圆弧运动，则其在C 点速度最大
C．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则小球运动到B 点时的机械能最大
D．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则它运动过程中的最小速度为√√2gL
【解答】解：AB、电场力Eq＝mg，电场力水平向右，根据电场力和重力大小、方向关系可知
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小球的等效最低点如下图中的M 点，
P 点关于O 点与M 点对称，所以P 点为等效最高点，小球在P 点的速度最小，在M 点的速度最
大，故AB 错误；
C、沿着电场线方向电势降低，可知B 点是整个圆周上电势最低的点，小球带正电，所以在B 点
的电势能最小，只有电场力和重力对小球做功，小球的机械能和电势能之和保持不变，B 点电势
能最小，则小球在B 点的机械能最大，故C 正确；
D、重力和电场力的合力F =√(mg)
2+( Eq)
2=√(mg)
2+(mg)
2=√2mg
在P 点恰好由重力和电场力的合力提供向心力，在等效最高点P 点的速度最小，则小球在运动
过程中的速度最小，在P 点由牛顿第二定律有：F = mvP
2
l
代入数据可得最小速度：v P=√√2 gl，故D 正确。
故选：CD。
20. （2023•辽宁模拟）如图所示，竖直固定的光滑绝缘轨道处在水平向右的匀强电场中，
轨道的倾斜部分MN 倾角θ＝53°，水平部分NP 与倾斜轨道MN 平滑连接，圆心为O、半径为
R 的圆弧轨道PQJK 与NP 相切于P 点。现有一质量为m、电荷量为+q 的带电小球（可视为质
点）从M 点由静止释放，小球可沿轨道运动。已知电场强度大小E= 3mg
4 q ，轨道水平段NP 长
度sNP＝4R，重力加速度为g，空气阻力不计，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）当小球释放高度h＝9.6R 时，求小球到达P 点时的速度大小；
（2）当小球释放高度h＝9.6R 时，求小球运动到与O 点等高的Q 点时受到轨道弹力的大小；
（3）如果其他条件不变，仅将小球带电量变为﹣q，要使小球在运动过程中不脱离圆弧轨道，
求小球释放高度h 的取值范围。
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【解答】解：（1）当小球释放高度h＝9.6R 时，从释放到运动到P 点的过程，由动能定理可得：
mgh+qE（
h
tan53° +sNP）= 1
2 mvP
2 -0
代入数据解得：vP=6√gR。
（2）小球从P 到Q 的过程，由动能定理可得：﹣mgR+qER= 1
2 mvQ
2 - 1
2 mvP
2
在Q 点，根据牛顿第二定律可得：N
qE
﹣
＝mvQ
2
R
联立解得小球运动到Q 点时受到轨道弹力的大小：N＝36.25mg。
（3）小球受到的重力和电场力的合力F 的大小为：F=√(mg)
2+(qE)
2
解得：F= 5
4 mg
将小球带电量变为﹣q，电场力的方向为水平向左，设合力F 与竖直方向夹角为β，则有：
tanβ= qE
mg ，解得：β＝37°
如下图所示：
①小球不脱离圆弧轨道，且做完整的圆周运动，则小球在圆轨道的等效最高点G 需要的最小向
心力恰好由合力F 提供，设小球在圆轨道的等效最高点G 的最小速度为vG，则有：F= 5
4 mg＝m
vG
2
R
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从释放到运动到G 点的过程，由动能定理可得：mg（h1
R
Rcosβ
﹣﹣
）﹣qE（
h1
tan53° +
sNP+Rsinβ）= 1
2 mvG
2 -0
联立可得：h1= 94
7 R
②小球的运动不越过圆心O 点的等效等高处D 点，小球亦可不脱离圆弧轨道，设小球释放高度
为h2 时恰好能运动到D 点，根据动能定理得：mg[h2﹣（R
Rsinβ
﹣
）]
qE
﹣
（
h2
tan53° +
sNP+Rcosβ）＝0
0
﹣
联立可得：h2= 64
7 R
为使小球能够进入圆弧轨道，需满足：mgh3
qE
﹣
（
h3
tan53° +sNP）＞0
解得：h3＞48
7 R
则为使小球不脱离圆弧轨道，h 应满足：h≥94
7 R，或48
7 R＜h≤64
7 R。
21. （2023 秋•泉州期中）如图中所示，绝缘水平传送带与竖直放置的半圆形轨道底部平
滑相接。半圆形轨道绝缘、光滑，半径为R＝0.45m，处在水平向右的匀强电场中，半圆形轨
道的竖直直径是电场的左边界，电场的场强大小为√3
3 ×10
3 N /C。一质量为0.1kg，电荷量
为+q＝1.0×10
3
﹣C 的小物块自半圆形轨道某位置静止沿轨道滑下，滑至底端并冲上传送带，在
传送带上运动的速度—时间图象如图乙所示（以向右为正方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
g 取10m/s2）求：
（1）小物块与传送带间的动摩擦因数μ；
（2）小物块开始滑下的位置P 到传送带的高度差h；
（3）小物块在半圆形轨道上滑动时对轨道的最大压力大小F′N。
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【解答】解：（1）由图乙速度—时间图象可得小物块在传送带上运动的加速度大小为：
a= Δv
Δt = 3-(-3)
6-0
m/s2＝1m/s2
小物块在传送带上时，由牛顿第二定律得：μmg＝ma
解得：μ＝0.1
（2）由图乙速度—时间图象可得小物块滑到半圆形轨道底端时的速度大小为v＝3m/s。
设小物块开始滑下的位置P 与半圆形轨道的圆心的连线与竖直向上方向的夹角为θ，对小物块在
半圆形轨道上下滑的过程，由动能定理得：mg（R+Rcosθ）﹣qERsinθ= 1
2mv2
0
﹣
解得：θ＝60°
所求的高度差h＝R+Rcosθ
解得：h＝0.675m
（3）小物块受到的重力与电场力合力F=√(mg)
2+(qE)
2，解得：F= 2√3
3
N
合力F 的方向与竖直方向的夹角α 满足：tanα= qE
mg ，解得：α＝30°
小物块在半圆形轨道上圆周运动的等效最低点为Q，则Q 点所在的半径与竖直向下方向的夹角
等于α。小物块运动到Q 点时对轨道的压力最大，设小物块运动到Q 点时速度大小为vm，受到
轨道的支持力为FN，在Q 点，由牛顿第二定律得：FN
F
﹣＝mvm
2
R
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对小物块由Q 点到半圆形轨道底端的过程，由动能定理得：mg（R
Rcosα
﹣
）﹣qERsinα= 1
2mv2
- 1
2 mvm
2
解得：FN＝2√3N
由牛顿第三定律可知小物块在半圆形轨道上滑动时对轨道的最大压力大小F′N＝FN＝2√3N。
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