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专题22 电容器 带电粒子在电场中的运动
目录
题型一 电容器及平行板电容器的动态分析...............................................................................1
类型1 两极板间电势差不变................................................................................................1
类型2 两极板带电荷量不变................................................................................................6
类型3 电容器的综合分析.................................................................................................... 8
题型二 实验：观察电容器的充、放电现象.............................................................................12
题型三 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动......................................................................17
类型1 带电粒子在电场中的直线运动..............................................................................17
类型2 带电体在静电力和重力作用下的直线运动..........................................................21
类型3 带电粒子在交变电场中的直线运动......................................................................24
题型四 带电粒子在电场中的偏转...............................................................................................27
类型1 带电粒子在匀强电场中的偏转..............................................................................28
类型2 带电粒子在组合电场中的偏转..............................................................................31
类型3 带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转............................................................36
类型4 类型带电粒子在交变电场中的偏转........................................................................44
题型五 带电粒子在重力场和电场中的圆周运动.......................................................................51
题型六 电场中的力、电综合问题.............................................................................................60
题型一 电容器及平行板电容器的动态分析
1．两类典型问题
(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U 保持不变．
(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q 保持不变．
2．动态分析思路
(1)U 不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q 的变化．
②根据E＝分析场强的变化．
③根据UAB＝E·d 分析某点电势变化．
(2)Q 不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U 的变化．
②根据E＝＝分析场强变化．
类型1 两极板间电势差不变
【例1】(多选) (2022·天津市等级考模拟)如图所示，是一个由电池、电阻R、开关S 与平行
板电容器组成的串联电路，开关S 闭合。一带电液滴悬浮在两板间P 点不动，下列说法正
确的是( )
1
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A．若将A 板向右平移一小段位移，电容器的电容C 减小
B．若断开S，将B 板向下平移一小段位移，带电液滴的电势能减小
C．在S 仍闭合的情况下，增大两极板距离的过程中，电阻R 中有从b 到a 的
电流
D．若断开S，减小两极板距离，则带电液滴向下运动
【答案】 AB
【解析】 根据C＝可知，将A 板向右平移一小段位移，则两极板正对面积S 减小，电容
器的电容C 减小，故A 正确；由题图可知带电液滴受到竖直向上的电场力，电场方向竖直
向下，带电液滴带负电荷。若断开S，则电容器所带的电荷量不变，根据C＝，C＝，E
＝，可得E＝Q 可知，电场强度不变。B 板电势为零，根据UPB＝EdPB可得φP－0＝EdPB，可
知将B 板向下平移一小段位移，dPB增大，则P 点的电势升高。根据Ep＝qφ 可知，P 点电势
升高，带负电荷的液滴电势能减小，故B 正确；在S 仍闭合的情况下，根据C＝可知，增
大两极板距离的过程中，电容器的电容C 减小，电容器放电，电阻R 中有从a 到b 的电流，
故C 错误；根据选项B 分析可知，若断开S，减小两极板距离，电场强度不变，液滴受到
的电场力不变，则带电液滴不动，故D 错误。
【例2】（2023·广东广州·华南师大附中校考三模）如图所示，两个相同的半圆形金属板相
互靠近、水平放置，板间可视为真空。两金属板分别与电源两极相连。上极板可绕过圆心
且垂直于半圆面的轴转动。开始时，两极板边缘完全对齐，闭合开关S 后，两板间的一个
带电微粒恰好静止；然后让上极板转过
（微粒仍在两板间）忽略电场边缘效应，则（
）
A．断开开关S 后，微粒将竖直下落
B．转动前后，电容器的电容之比为36：35
C．转动过程中，有从a→b 的电流流过电阻R
D．断开开关S 后，上极板再转动
，微粒仍然静止
【答案】B
【详解】AB．闭合开关S 后，让上极板转过
，则两极板正对面积减少，根据公式
可知，其他条件不变，电容器的电容变小，变化前后面积之比为
2
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转动前后，电容器的电容之比也为
又根据公式
电势差与间距均不变，则电场强度不变，电场力不变，所以微粒仍静止，断开开关S 后，
各个物理量不变，微粒仍静止，故A 错误，B 正确；
C．转动过程之前，电容器下极板带正电、上极板带负电，转动过程中，电容变小，电容
器放电，有从b→a 的电流流过电阻R，故C 错误；
D．当断开开关S 后，两极板的电荷量不变，让上极板再转过
，则两极板正对面积减少，
根据公式
可知，其他条件不变，电容器的电容变小，则电场强度增大，电场力增大，所以微粒将竖
直向上运动，故D 错误。
故选B。
【例3】（2023 春·广东深圳·高三红岭中学校考阶段练习）手机自动计步器的原理如图，
电容器的一个极板M 固定在手机上，另一个极板N 与两个固定在手机上的轻弹簧连接，当
手机的加速度变化时，N 极板只能按图中标识的“前后”方向运动。下列对传感器描述正
确的是（ ）
A．匀速运动时，电阻R 以恒定功率发热
B．由向前匀速突然减速时，电容器的电容减少
C．保持向前匀减速运动时，MN 之间的电场强度持续增大
D．由静止突然向前加速时，电流由b 向a 流过电流表
【答案】D
3
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【详解】A．匀速运动时，N 极板位置保持不变，电容器电荷量不变，定值电阻
中没有
电流，电阻
没有发热功率，故A 错误；
B．由向前匀速突然减速时，N 极板向前运动，极板距离减小，根据
可知电容器的电容增大，故B 错误；
C．保持向前匀减速运动时，N 极板受力保持不变，N 极板位置保持不变，极板电压不变，
极板距离不变，则MN 之间的电场强度保持不变，故C 错误；
D．由静止突然向前加速时，N 极板向后运动，极板距离增大，根据
，
可知电容器的电容减小，可知电容器所带电荷量减小，电容器放电，由于N 极板带负电，
可知电流由b 向a 流过电流表，故D 正确。
故选D。
【例4】（2023 春·山东滨州·山东省北镇中学校联考阶段练习）美国物理学家密立根通过
研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量。如图所示，平行板
电容器两极板M、N 相距d，两极板分别与电压为U 的恒压电源两极连接，极板N 接地。
现有一质量为m 的带电油滴静止于极板间P 点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（
）
A．油滴带正电，电荷量为
B．将M 板向下缓慢移动一小段距离，电源将给电容器充电
C．将M 板向下缓慢移动一小段距离，油滴将向下运动
D．将M 板向右移动少许，油滴在P 点的电势能增大
【答案】B
【详解】A．带电油滴静止于极板间P 点，则由平衡条件可得
解得
根据平衡条件可知油滴所受电场力竖直向上，而板间场强竖直向下，因此可知油滴带负电，
故A 错误；
4
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B．根据电容器电容得决定式
可知，当将M 板向下缓慢移动一小段距离，电容器的电容将变大，电源将给电容器充电，
故B 正确；
C．由于电源电压不变，当将M 板向下缓慢移动一小段距离，根据
可知当板间距减小，电容器两极板间的电场强度将变大，此时电场力将大于重力，油滴将
不再处于平衡态，将向上运动，故C 错误；
D．根据电容器电容得决定式
可知，将M 板向右移动少许，电容器的正对面积将减小，从而导致电容器的电容减小，而
根据
可知，电容器两极板间的电压不变，电容器将放电，而N 板接地，电势为零，板间电场强
度
不变，设P 点的电势为
，P 点到N 板的电势差
P 点到N 板的距离不变，电场强度不变，则可知P 点的电势不变，而油滴在P 点的电势能
P 点电势不变，油滴带电量不变，则可知油滴在P 点的电势能不变，故D 错误。
故选B。
类型2 两极板带电荷量不变
【例1】(2022·河北“五个一名校联盟”联考)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷
(上极板带正电)，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有
一固定在P 点的正点电荷，以E 表示两板间的电场强度，U 表示两板之间的电势差，Ep表
示点电荷在P 点的电势能，θ 表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下
移动一小段距离至图中虚线位置，则( )
5
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A．E 不变，Ep不变
B．U 不变，E 减小
C．θ 增大，E 不变
D．θ 不变，Ep增大
【答案】 A
【解析】 两板间的电场强度E＝＝＝，因此电场强度与板间距无关，即E 不变，P 点到
下极板距离不变，则P 点的电势不变，所以点电荷在P 点的电势能Ep不变，故A 正确，D
错误；电容器没有连接电源，故电容器的带电荷量不变，上极板向下移动，板间距减小，
根据C＝可知，电容增大，由电容的定义式可得，极板间的电势差减小，故静电计指针偏
角θ 减小，故B、C 错误。
【例2】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，对电容器充电完毕后，将电容器和电源断
开。若其他条件不变，仅减小两极板的正对面积，则下列说法正确的是（ ）
A．电容器的电荷量增大
B．电容器的电容增大
C．静电计指针的张角减小
D．电容器内部电场的电场强度增大
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，电源断开后，电容器的电荷量保持不变，故A 错误；
B．由
可知，减小两极板的正对面积，电容器的电容减小，故B 错误；
C．电容器两极板间的电压
，由于
不变，
减小，可得
增大，因此静电计指针
的张角增大，故C 错误；
D．电容器内部电场的电场强度大小
，由于
增大，
不变，可得
增大，故D 正
确。
故选D。
【例3】（2023 春·江苏淮安·高三淮阴中学校考期中）如图所示，一平行板电容器充电后
与电源断开，负极板接地，正极板与一灵敏静电阻相接，电容器的电荷量可认为不变，静
电计指针偏转一定的角度
。以C 表示电容器的电容、
表示P 点的电势。下列说法中正
确的是（ ）
6
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A．若将电容器充上更多的电再断开，
变大，C 变大
B．若将正极板也接地，电容器放电，
变小，C 变小
C．若正极板向右移动，
变大，
不变
D．若正极板向右移动，
变大，
变大
【答案】C
【详解】AB．根据
，
可知电容器的电容由插入极板间的电介质、正对面积、板间距共同决定，与充电、放电均
无关，而当给电容器充电时，电荷量变大，静电计指针张角变大，若电容器充满电后，电
荷量稳定不变，静电计指针张角不变；当电容器正极板与大地相连构成回路，电容器放电，
而当电容器放电时，电荷量减小，因此两极板间的电压减小，静电计指针张角减小，故
AB 错误；
CD．若将正极板向右移动，则根据
，
可知，电容器的电容将减小，而电荷量不变，因此电容器两极板间的电压将增大，静电计
指针张角
变大，而再结合
三式联立可得
即当电容器两极板所带电荷量不变的情况下，增大或者减小板间距电场强度不变，而负极
板接地，电势为0，负极板与P 点的距离不变，根据
可知，P 点的电势
不变，故C 正确，D 错误。
故选C。
类型3 电容器的综合分析
【例1】如图所示，电源电动势E，内电阻恒为r，R 是定值电阻，热敏电阻RT的阻值随温
度降低而增大，C 是平行板电容器．静电计上金属球与平行板电容器上板相连，外壳接地．
7
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闭合开关S，带电液滴刚好静止在C 内．在温度降低的过程中，分别用ΔI、ΔU1和ΔU2表
示电流表、电压表1 和电压表2 示数变化量的绝对值．关于该电路工作状态的变化，下列
说法正确的是( )
A.一定不变，一定变大
B.和一定不变
C．带电液滴一定向下加速运动且它的电势能不断减少
D．静电计的指针偏角增大
【答案】 B
【解析】 根据电路知识知，V1测路端电压，V2测热敏电阻RT的电压，静电计测定值电阻
R 的电压，由U1＝E－Ir 可得＝r，可知不变，根据U2＝E－I(R＋r)可得＝r＋R，可知不变，
故A 错误，B 正确；带电液滴在平行板中受到向上的电场力和向下的重力处于平衡状态，
在温度降低的过程，热敏电阻RT阻值增大，回路中电流减小，路端电压增大，由于流过定
值电阻R 的电流减小，所以分得的电压也就减小，电容器两端电压减小，静电计的张角将
减小，平行板间的电场强度也减小，导致带电液滴向下运动，电场力做负功，电势能增加
故C、D 错误．
【例2】（2023·辽宁·模拟预测）如图所示，间距为d 的两平行金属板
通过理想二极管
与电动势为
的电源（内阻不计）相连，A 板接地，在两板之间的C 点固定一个带电荷量
为
的点电荷，C 点与B 板之间的距离为
，下列说法正确的是（ ）
A．图中电容器无法充电
B．点电荷的电势能为
C．把两板错开放置，B 板的电势不变
D．把A 板向下移动，点电荷受到的电场力减小
【答案】B
【详解】A．若电容器充电，电流沿顺时针方向，通过二极管的电流从左向右，与二极管
的导通方向相同，所以电容器能充电，A 错误；
8
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B．
间电势差
，则
间电势差
点电荷的电势能
，结合
可得
B 正确；
C．由二极管的单向导电性可知，电容器只能充电，不能放电，当两板的正对面积减小时，
电容器的带电荷量Q 不变，由
可得
当两板的正对面积减小，其他量不变时，B 板的电势降低，C 错误；
D．由
可得板间电场强度
则把A 板向下移动，两板间的电场强度不变，点电荷受到的电场力不变，D 错误。
故选B。
【例3】（2023 春·湖北宜昌·高三校考阶段练习）如图所示，一水平放置的平行板电容器
的下极板接地。一带电油滴静止于P 点。现将一与极板相同的不带电的金属板插入图中虚
线位置，则下列说法正确的是（ ）
A．油滴带负电
B．M、N 两极板间的电压保持不变
C．P 点的电势减小
D．油滴在P 点的电势能减小
【答案】AC
【详解】A．一带电油滴静止于P 点，电场力向上，则油滴带负电，故A 正确；
B．现将一与极板相同的不带电金属板插入图中虚线位置，相当于减小了板间距，根据电
容的决定式
9
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可知，电容C 变大，电量Q 不变，依据公式
可知，M、N 两极板间电压变小，故B 错误；
C．板间场强
可知场强E 不变，而P 点与下极板间距减小，根据
则可知P 点的电势减小，故C 正确；
D．油滴在P 点的电势能
，因油滴带负电，则电势能变大，故D 错误。
故选AC。
【例2】．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，间距为d 的水平正对平行板A、B 通过
二极管与电动势为
的电源相连，A 板接地，在两板之间的C 点固定一个带电量为
的
点电荷，C 点与B 板之间的距离为
，下列说法正确的是（ ）
A．图中二极管的连接方式不能使电容器充电
B．固定在C 点的点电荷电势能为
C．把B 板水平向右移动一些，B 板的电势降低
D．把A 板向下移动一些，C 点的点电荷受到的电场力减小
【答案】BC
【详解】A．电容器充电，电流沿顺时针方向，通过二极管的电流从左向右，与二极管的
通电方向相同，所以电容器能充电，A 错误；
B．稳定后有
，
又
因为
，所以
，则C 点的点电荷电势能为
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B 正确；
C．由二极管的单向导电性可知，电容器只能充电，不能放电，B 板水平向右移动，两平行
板的正对面积减小，由
，
可知Q 不变，
变大，而
，可得
即B 板的电势降低，C 正确；
D．A 板向下移动，d 增大，由
，
可知Q 不变，
变大，由
可得
即两板间的电场强度不变，C 点的点电荷受到的电场力不变，D 错误。
故选BC。
题型二 实验：观察电容器的充、放电现象
1．实验原理
(1)电容器的充电过程
如图所示，当开关S 接1 时，电容器接通电源，在静电力的作用下自由电子从正极板经过
电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电．正、负极
板带等量的正、负电荷．电荷在移动的过程中形成电流．
在充电开始时电流比较大(填“大”或“小”)，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减
小(填“增大”或“减小”)，当电容器两极板间电压等于电源电压时电荷停止定向移动，
电流I＝0 .
(2)电容器的放电过程
如图所示，当开关S 接2 时，相当于将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、
负极板上电荷发生中和．在电子移动过程中，形成电流．
11
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放电开始电流较大(填“大”或“小”)，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流
逐渐减小(填“增大”或“减小”)，两极板间的电压也逐渐减小到零．
2．实验步骤
(1)按图连接好电路．
(2)把单刀双掷开关S 打在上面，使触点1 和触点2 连通，观察电容器的充电现象，并将结
果记录在表格中．
(3)将单刀双掷开关S 打在下面，使触点3 和触点2 连通，观察电容器的放电现象，并将结
果记录在表格中．
(4)记录好实验结果，关闭电源．
3．注意事项
(1)电流表要选用小量程的灵敏电流计．
(2)要选择大容量的电容器．
(3)实验要在干燥的环境中进行．
【例1】（2023·湖南长沙·长沙一中校考一模）用高值电阻放电法测电容的实验电路图如图
所示。其原理是测出电容器在充电电压为
时所带的电荷量
，从而求出其电容C。该实
验的操作步骤如下：
（1）按电路图接好实验电路；
（2）接通开关S，调节电阻箱
的阻值，使微安表的指针接近满刻度。记下这时的电压表
读数
和微安表读数
；
（3）断开开关
并同时开始计时，每隔
或
读一次微安表的读数，将读数记录在预
先设计的表格中；
（4）以为横坐标，为纵坐标，建立坐标系。若由实验得到的数据，在右图中描出了12
12
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个点（用“×”表示），可以估算出当电容器两端电压为
时该电容器所带的电荷量
约
为______C，从而算出该电容器的电容约为______F。（结果均保留2 位有效数字）
【答案】
（
）
（
）
【详解】[1]用平滑曲线将各点连接，然后数此曲线与坐标轴围成的格子数，超过半格的算
一格，不足半格的舍弃。每格代表电量为
数出的格子数为
格，则
[2]电容为
【例2】．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）某同学按图甲所示实验电路进行“观察电容器
的充、放电现象”的实验，电源E 为直流稳压电源，他先把开关S 掷向1 端，电容器充电
完毕后，再把开关S 掷向2 端，电容器通过电阻R 放电，传感器将电流信息传入计算机，
屏幕上显示出电流随时间t 的变化情况。
（1）图乙为电容器充电时显示出的电流随时间变化的
图像，电容器充电完毕后的电荷
量约为_________C（结果保留2 位有效数字）；
（2）实验时如果不改变电路其他器材，只将电阻换成另一个阻值较大的电阻进行实验，充
电时间将_________（填“变长”、“不变”或“变短”）；
（3）实验时如果不改变电路其他器材，只将电容器换成另一个电容较大的电容器进行实验，
则得到的
图线与坐标轴圈成的面积将_________（填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】
变长 变大
【详解】（1）[1]电容器所带的电荷量在数值上等于图像与坐标轴所包围的面积，确定每
个小方格所对应的电荷量值，纵坐标的每个小格为0.2mA，横坐标每个小格为0.4s，则每
个小格所代表的电荷量的数值为
曲线下方包含的小正方形的个数约为40 个，由曲线下方的方格数与q 的乘积即得电容器所
13
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带的电荷为
（2）[2]因为电容的电量是一定的，根据
，
可得阻值越大，电流越小，时间会变长；
（3）[3]如果不改变电路其他器材，将电容器换成另一个电容较大的电容器，则由
电容C 增大，电压U 不变，则Q 增大，则得到的
图线与坐标轴圈成的面积将变大。
【例3】．（2023 春·广东广州·高三广州六中校考阶段练习）某同学用电流传感器和电压
传感器研究电容器的放电情况，按下图连接电路。实验时，先将开关S 掷向1，待电路稳
定后，将开关掷向2，传感器将信息传入计算机，屏幕上可以显示出电流、电压随时间变
化的图线。
（1）由电路图可知，传感器1 应为___________传感器，传感器2 应为___________传感器
（选填“电流”或“电压”）。
（2）用I 表示电路中的电流，
表示电容器两端的电压，电容器在整个放电过程中，计
算机屏幕上显示出的图像正确的有( )
A．
B．
C．
D．
（3）若已知电源电动势E，但其内阻和电阻箱阻值均未知，根据已知条件和传感器图像中
的数据信息，下列判断正确的是( )
A．可知该电容器的电容
B．可知此时电阻箱阻值大小
C．若只增大电阻箱R 的阻值，电容器放电的时间将变短
D．若只减小电容器的电容大小，电容器放电的时间将变短
【答案】 电流 电压 BD/DB ABD
【详解】（1）[1][2]由电路图可知，传感器1 串联在电路中，应为电流传感器，传感器2
和电容器并联，应为电压传感器。
（2）[3]AB．电容器放电过程中，放电电流逐渐减小，电流的变化率逐渐减小，最后趋近
于零，故A 错误，B 正确；
14
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CD．电容器放电过程中，电容器两板间电压逐渐减小，电压的变化率逐渐减小，最后趋近
于零，故C 错误，D 正确。
故选BD。
（3）[4]A．根据I-t 图像可知电容器的放电量，即电容器所带的电荷量Q，充电结束时电
容器两板间电压等于电源电动势E，则根据
Q=CE
可知该电容器的电容C，故A 正确；
B．由题中信息最大电压和最大电流可以求出电阻箱电阻，故B 正确；
C．若只增大电阻箱R 的阻值，电容器放电的电流会减小，则放电的时间将变长，故C 错
误；
D．若只减小电容器的电容大小，电容器带电量减小，则放电的时间将变短，故D 正确。
故选ABD。
【例4】．（2023 春·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）某兴趣小组利用电流传感
器测量某一电容器的电容。电流传感器的反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化，将它
与计算机相连，还能显示出电流随时间变化的I-t 图像。实验电路如图（a）所示，电源电
动势和内阻的标称值分别为E 和r。
（1）将电阻箱阻值调为R1。
（2）闭合开关，电源向电容器充电，直至充电完毕，得到I-t 图像如图（b）所示，数出图
像与坐标轴所围格子数为35，此时电容器所带的电荷量
________C（结果保留2 位有
效数字），电容器两端电压
______（用E、r 和R1表示）。
（3）改变电阻箱接入电路的阻值，重复前面两个步骤，得到多组对应的电阻箱阻值R 和电
容器所带的电荷量q。
（4）经过讨论，利用所得数据绘制图像如图（c），所绘图像应为_________。
A．
图 B．
图 C．
图 D．
图
（5）若实验时电源实际电动势和内阻均大于标称值，利用图（c）（图中a、b 均为已知
量）所得电容器的电容_________其真实值。（填“大于”、“小于”或“等于”）
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【答案】
D 大于
【详解】（2）[1]根据
图像以及
可知，图像与坐标轴所围成的面积表示电容器放
电前所带的电量，故根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子表示的电荷量为
，由
于图像与坐标轴所围格子数为35，则电容器所带的电荷量
[2]由串并联关系，由闭合电路欧姆定律可知，电容器两端电压
解得
（4）[3]由于
则
整理得
图（c）是一次函数，而上式也是一次函数，故所绘图像应为
图。
故选D。
（5）[4]由图（c）知斜率为
则
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而截距为
解得
而实验时电源实际电动势和内阻均大于标称值，故上式中E 偏小，C 偏大，所以电容器的
电容大于其真实值。
题型三 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
类型1 带电粒子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 且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动．
2．用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v0
2＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv0
2
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
【例1】（2023·江苏连云港·高三统考期中）某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这
种疗法中，为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称
作“粒子加速器”的装置来实现。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细
胞。如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为
的加速器加速后，形
成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为，质子的质量为
，其电量为
，
这束质子流内单位体积的质子数为
，那么其等效电流
是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
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【详解】根据题意，由动能定理有
设经过时间，由电流的定义式
可得，等效电流为
联立解得
故选A。
【例2】如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、
电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板有另一质量为m、电荷量为－q 的粒子．在静电力的作用
下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过平行于正极板且与其相距l 的平面．
若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则M∶m 为( )
A．3 2
∶
B．2 1∶
C．5 2
∶
D．3 1∶
【答案】 A
【解析】 设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对电荷量为q 的粒子aM＝，l＝·t2；
对电荷量为－q 的粒子有am＝，l＝·t2，联立解得＝，故选A.
【例3】(多选) 一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子(重力不计)以速度v0逆着电场线方向
射入有左边界的匀强电场，场强为E(如图所示)，则( )
A．粒子射入的最大深度为
B．粒子射入的最大深度为
C．粒子在电场中运动的最长时间为
D．粒子在电场中运动的最长时间为
【答案】 BD
【解析】 粒子从射入到运动至右端，由动能定理得－Eqxmax＝0－mv0
2，最大深度xmax＝，
由v0＝at，a＝可得t＝，则粒子在电场中运动的最长时间为tmax＝2t＝，故选B、D.
【例4】(多选) (2022·吉林六校联考)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
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法正确的是( )
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
【答案】 CD
【解析】 对粒子由动能定理有qU＝mv2，解得v＝，则粒子到达B 板时的速率与电源电压
有关，与两板间距离无关，选项A 错误，D 正确；粒子到达B 板时的速率v＝，当U 和q
均变为原来的2 倍时，到达B 板时的速率变为原来的2 倍，选项B 错误；由牛顿第二定律
可知a＝＝＝，又d＝at2，则t＝d，可知两板间距离越大，粒子运动的时间越长，选项C 正
确。
【例5】．（2023·北京朝阳·统考二模）如图所示，O 点左侧水平面粗糙，右侧水平面光滑。
过O 点的竖直虚线右侧有一水平向左、足够大的匀强电场，场强大小为E。一质量为m、
电荷量为
的绝缘物块，从O 点以初速度
水平向右进入电场。求：
（1）物块向右运动离O 点的最远距离L；
（2）物块在整个运动过程中受到静电力的冲量I 的大小和方向；
（3）物块在整个运动过程中产生的内能Q。
【答案】（1）
;（2）
，其方向与
方向相反;（3）
【详解】（1）物块向右减速运动，根据动能定理有
得
（2)取
方向为正方向，由于物块从出发到返回出发点的过程中，静电力做功为零，所以
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返回出发点时的速度
根据动量定理有
得
负号表示其方向与
方向相反。
（3)在物块运动的全过程中，根据能量守恒有
类型2 带电体在静电力和重力作用下的直线运动
【例1】（2023·北京东城·统考二模）水平放置的两平行金属板间，有一个带正电的小球，
从某点无初速度自由下落。经过t 时间，在两板间施加竖直向上的匀强电场。再经过t 时间，
小球又回到出发点。已知小球质量为m，重力加速度为g。小球未与下极板发生碰撞。不
计空气阻力。从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中（ ）
A．小球所受电场力与重力的大小之比为3:1
B．小球加速运动时间与减速运动时间之比为3:1
C．小球的动量变化量大小为4mgt，方向竖直向上
D．小球电势能的减少量与动能的增加量之比为4:3
【答案】D
【详解】A．以竖直向下为正，假设施加电场后小球加速度大小为a，则
解得
所以
解得
小球所受电场力与重力的大小之比为4:1，故A 错误；
B．小球下落时间t 时的速度大小为
小球回到出发点时的速度大小为
从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中减速运动时间
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加速运动时间
小球加速运动时间与减速运动时间之比为2:1，故B 错误；
C．以竖直向下为正，则
小球的动量变化量大小为3mgt，方向竖直向上。故C 错误；
D．从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中电场力做功为
合外力做功为
所以小球电势能的减少量与动能的增加量之比为
故D 正确。
故选D。
【例2】如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带
负电的微粒质量为m、带电荷量大小为q，从极板M 的左边缘A 处以初速度v0水平射入，
沿直线运动并从极板N 的右边缘B 处射出，重力加速度为g，则( )
A．微粒到达B 点时动能为mv0
2
B．微粒的加速度大小等于gsin θ
C．两极板的电势差UMN＝
D．微粒从A 点到B 点的过程，电势能减少
【答案】 C
【解析】 微粒仅受静电力和重力，静电力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒
做直线运动，合力方向沿水平方向，由此可知，静电力方向垂直于极板斜向左上方，合力
方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B 点时动能小于mv0
2，选项A 错误；根据qEsin
θ＝ma，qEcos θ＝mg，解得E＝，a＝gtan θ，选项B 错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝，
选项C 正确；微粒从A 点到B 点的过程，静电力做负功，电势能增加，电势能增加量为，
选项D 错误．
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【例3】（2023 春·贵州黔东南·高三校考阶段练习）如图所示，竖直平面内分布有水平向
右的匀强电场，一带电小球沿直线从位置b 斜向下运动到位置a。在这个过程中，带电小
球（ ）
A．只受到电场力作用
B．带正电
C．做匀加速直线运动
D．机械能守恒
【答案】C
【详解】AB．小球沿直线运动，故合力一定沿该直线方向上，电场力只能水平向左或者向
右，故小球必定受到重力，重力竖直向下，故电场力方向水平向左，合力沿轨迹直线方向
斜向下，所以小球带负电，AB 错误；
C．根据前面分析可知合力大小不变，方向与运动方向相同，故做匀加速直线运动，C 正确；
D．小球在运动中除重力做功外，还有电场力做功，所以机械能不守恒，D 错误。
故选C。
【例4】（2023·山西·校联考模拟预测）在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，质量
为m、电荷量为
的小球自O 点以初速度
沿
方向在竖直面内做匀变速直线运动，
如图所示。
与水平面的夹角为
，重力加速度为g，且
，则（ ）
A．电场方向水平向右
B．小球运动的加速度大小为
C．小球上升的最大高度为
D．小球电势能增加量的最大值为
【答案】C
【详解】AB．依题意，小球以初速度
沿
方向在竖直面内做匀变速直线运动，则小球
重力与所受电场力的合力一定沿OP 方向，且由于
，根据矢量叠加原理，可知带正
电小球所受电场力水平向左，则电场方向水平向左；小球运动受到的合力大小为
根据牛顿第二定律可得，小球的加速度大小为
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方向沿PO 方向，故AB 错误；
C．小球做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动速度－位移公式，可得小球上升的最大
高度为
故C 正确；
D．根据功能关系，可得小球电势能增加量的最大值为
故D 错误。
故选C。
类型3 带电粒子在交变电场中的直线运动
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．
(2)粒子做往返运动．
3．解题技巧
(1)按周期性分段研究．
(2)将――→a－t 图像――→v－t 图像．
【例1】（2023 春·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）微波器件的核心之一是反射式
速调管，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理可简化为静电场模型。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。一质量为
、电荷
量为
的带负电粒子从
点由静止释放，仅在电场力作用下沿x 轴做往复
运动，求：
（1）在
区域内电场强度的大小和方向；
（2）该粒子运动过中的最大速度；
（3）该粒子运动的周期。
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【答案】（1）
，沿x 轴负方向；（2）
；（3）
【详解】（1）由
图像的物理意义可知，在x 轴正、负半轴分布着方向相反的匀强电
场，在
区域内电场强度大小
方向沿x 轴负方向
（2）粒子经过
处时速度最大，由动能定理可得
代入数值可得
（3）在
范围电场强度大小
设粒子从
处运动至
处用时
，从
处运动至
处用时
，则有
解得
运动周期
带入数据可得
【例2】（2023·浙江温州·统考三模）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
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
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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
C．第n 个圆筒的长度应满足
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
【答案】C
【详解】A．由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，则电子在金属圆筒中
做匀速直线运动，故A 错误；
B．电子离开圆筒1 时，由动能定理得
所以电子离开圆筒1 瞬间速度为
故B 错误；
C．电子从金属圆筒出来后要继续做加速运动，在金属圆筒中的运动时间为交变电源周期
的一半，即
，电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第n 个圆筒长度为
故C 正确；
D．由C 可知，保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调小交变电压的周
期，故D 错误。
故选C。
题型四 带电粒子在电场中的偏转
1.带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t＝(如图)．
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(2)沿静电力方向做匀加速直线运动
①加速度：a＝＝＝
②离开电场时的偏移量：y＝at2＝
③离开电场时的偏转角：tan θ＝＝
2．两个重要结论
(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：在加速电场中有qU0＝mv0
2
在偏转电场偏移量y＝at2＝··()2
偏转角θ，tan θ＝＝
得：y＝，tan θ＝
y、θ 均与m、q 无关．
(2)粒子经电场偏转后射出，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偏转极板长度的一半．
3．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－mv0
2，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
【例1】(2022·山东日照市模拟)喷墨打印机的结构原理如图10 所示，其中墨盒可以发出半
径为1×10－5 m 的墨汁微粒，此微粒经过带电室时被带上负电，带电的多少由计算机按字
体笔画高低位置输入信号加以控制。带电后的微粒以一定的初速度进入偏转电场，经过偏
转电场发生偏转后，打到纸上，显示出字体。无信号输入时，墨汁微粒不带电，沿直线通
过偏转电场而注入回流槽流入墨盒。设偏转极板长L1＝1.6 cm，两板间的距离d＝0.50
cm，偏转板的右端到纸的距离L2＝2.4 cm。若一个墨汁微粒的质量为1.6×10－10 kg，所带
电荷量为1.25×10－12 C，以20 m/s 的初速度垂直进入偏转电场，打到纸上的点距原入射方
向的距离是
1.0 mm(不计空气阻力和墨汁微粒的重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，
忽略边缘电场的不均匀性)( )
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图10
A．墨汁从进入偏转电场到打在纸上，做类平抛运动
B．两偏转板间的电压是2.0×103 V
C．两偏转板间的电压是5.0×102 V
D．为了使纸上的字体放大10%，可以把偏转电压降低10%
【答案】 C
【解析】 墨汁在偏转电场中做类平抛运动，出偏转电场后做匀速直线运动，选项A 错误；
墨汁出偏转电场后做匀速直线运动，且反向延长线交水平位移的中点，如图所示
由图可知tan θ＝，tan θ＝，又vy＝at＝t，t＝联立解得两偏转板间的电压是U＝5.0×102
V，选项B 错误，C 正确；由以上式子整理得y＝，为了使纸上的字体放大10%，可以把偏
转电压提高10%，选项D 错误。
【例2】如图所示，矩形区域ABCD 内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a 和b
以相同的水平速度射入电场，粒子a 由顶点A 射入，从BC 的中点P 射出，粒子b 由AB 的
中点O 射入，从顶点C 射出．若不计重力，则a 和b 的比荷(带电荷量与质量的比值)之比
是( )
A．1 2
∶
B．2 1
∶
C．1 8
∶
D．8 1∶
【答案】 D
【解析】 粒子在水平方向上做匀速直线运动，a、b 两粒子的水平位移大小之比为1 2∶，
根据x＝v0t，知时间之比为1 2.
∶粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据y＝at2，y 之比
为2 1∶，则a、b 的加速度之比为8 1.
∶根据牛顿第二定律知，加速度a＝，加速度大小之比等
于比荷之比，则两电荷的比荷之比为8 1∶，故D 正确，A、B、C 错误．
【例3】如图所示，一电荷量为q 的带电粒子以一定的初速度由P 点射入匀强电场，入射
方向与电场线垂直．粒子从Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电
场的宽度为d，方向竖直向上，P、Q 两点间的电势差为U(U>0)，不计粒子重力，P 点的电
势为零．则下列说法正确的是( )
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A．粒子带负电
B．带电粒子在Q 点的电势能为qU
C．P、Q 两点间的竖直距离为
D．此匀强电场的电场强度为
【答案】 D
【解析】 由题图可知，带电粒子的轨迹向上弯曲，则粒子受到的静电力方向竖直向上，
与电场方向相同，所以该粒子带正电，故A 错误；粒子从P 点运动到Q 点，静电力做正功，
为W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P 点的电势为零，可知带电粒子在Q 点的电势能
为－qU，故B 错误；Q 点速度的反向延长线过水平位移的中点，则y＝＝d，电场强度大小
为E＝＝，故D 正确，C 错误．
【例4】(多选)一对相同的平行金属板，正对水平放置，板长为L，两板间距为d，上下两
板分别带等量的正负电荷，如图所示．一质量为m，电荷量为q 的带正电粒子，沿两板中
线以v0的初速度射入电场，恰好从下板右边缘处飞离，假设电场只在两板间分布，不计粒
子重力，则下列说法正确的是( )
A．粒子在板间运动的时间为t＝
B．两板间电势差为U＝
C．粒子在电场中运动，电势能逐渐减小
D．将上极板向下平移一小段距离，粒子仍沿原路径飞离电场
【答案】 ACD
【解析】 粒子在板间运动，垂直电场线方向做匀速直线运动，所以粒子在板间运动的时
间为t＝，故A 正确；设板间电势差为U，则场强大小E＝，粒子加速度为a＝，又＝at2，
计算可知两板间电势差为U＝，故B 错误；粒子在电场中运动，电场力做正功，电势能减
小，故C 正确；此电容器所带电荷量Q 保持不变，由E＝＝＝＝知，改变两板间距，不会
影响板间场强，所以粒子仍然沿原路径运动，故D 正确．
【例5】．（2023·海南·统考模拟预测）如图所示，与一恒定电压连接的平行金属板A、
水平放置，两个质量相等的带电粒子
、
分别从极板A 的右侧边缘和两极板的左侧正中
间沿水平方向同时进入板间电场。两粒子在板间某点相遇时，
运动的水平距离小于
运
动的水平距离。粒子的重力和它们之间的相互作用及边缘效应忽略不计，下列说法正确的
是（ ）
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A．
所带的电荷量大于
所带的电荷量
B．进入电场时
的速度大小小于
的速度大小
C．从进入电场到相遇，两粒子的动能增加量相等
D．两粒子相遇时，
的速度大小大于
的速度大小
【答案】AB
【详解】A．
沿电场方向的位移大于
的，则由
可知
所带的电荷量大于
所带的电荷量，故A 正确；
B．M 垂直电场方向的位移小于N 的，由
可知进入电场时
的速度大小小于
的速度大小，故B 正确；
C．根据动能定理
可得
动能增加量大于
的，故C 错误。
D．两粒子相遇时的速度为
M 的水平位移小，电荷量大，故无法确定速度大小，故D 错误。
故选AB。
类型2 带电粒子在组合电场中的偏转
【例1】（2023·北京西城·统考二模）如图所示，电子从灯丝K 发出（初速度不计），在
KA 间经加速电压
加速后，从A 板中心小孔射出，进入由M、N 两个水平极板构成的偏
转电场，M、N 两板间的距离为d，电压为
，板长为L，电子进入偏转电场时的速度与
电场方向垂直，射出时没有与极板相碰。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的
重力及它们之间的相互作用力。求：
（1）电子穿过A 板小孔时的速度大小v；
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（2）电子从偏转电场射出时垂直极板方向偏移的距离y；
（3）电子从偏转电场射出时的速度方向。
【答案】（1）
；（2）
；（3）速度方向与水平方向夹角
，斜
向右下方
【详解】（1）根据动能定理
解得
（2）进入偏转电场后做类平抛运动
联立解得
（3）设速度与水平方向夹角为θ，则
则
斜向右下方。
【例2】（2023 春·河北邯郸·高三大名县第一中学校考阶段练习）如图所示，一真空示波
管的电子从灯丝K 发出（初速度不计），经灯丝与A 板间的加速电场加速，从A 板中心孔
沿中心线KO 射出，然后进入两块平行金属板M、N 形成的偏转电场中（偏转电场可视为
匀强电场），电子进入M、N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光
屏上的P 点。已知加速电压为U1，M、N 两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为
30
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L，偏转电场的右端到荧光屏的距离为x，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力。
（1）求电子穿过A 板时的速度大小v0；
（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量y；
（3）求OP 的距离Y。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理有
解得
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，根究类平抛运动的研究方法，垂直电场方向有
L＝v0t
则沿电场方向有
侧移量
联立解得
（3）根据粒子运动轨迹，即类平抛运动的推论，由几何关系可知
31
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解得
【例3】．（2023·湖南·统考模拟预测）如图所示，在示波管中，质量为m，电荷量为-q 的
带电粒子从灯丝K 射出（初速度不计），经加速电场U1（未知）加速，从AB 板的中心S
沿中心线KO 射出时的速度大小为v，再经平行板电容器的偏转电场U2偏转后，又做一段
匀速直线运动最后打到荧光屏上，显示出亮点C，已知平行板电容器的两极板间的距离为
d，板长为l，偏转电场的右端到荧光屏的距离为L，不计带电粒子的重力。
（1）求加速电场的电压U1；
（2）求带电粒子从偏转电场射出时的侧移量y 和荧光屏上OC 间的距离；
（3）带电粒子从偏转电场射出时的侧移量y 和偏转电压U2的比叫作示波器的灵敏度D，
如何通过改变平行板电容器的l 或d 来提高示波器的灵敏度D。
【答案】（1）
；（2）
；（3）见解析
【详解】（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理可得
解得
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，如图所示
垂直电场方向有
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沿电场方向有
侧移量
联立解得
由几何关系可知
得荧光屏上
间的距离
（3）该示波器的灵敏度
解得
则增加或者减小
均可增加灵敏度。
【例4】(多选)质子和α 粒子(氦核)分别从静止开始经同一加速电压U1加速后，垂直于电场
方向进入同一偏转电场，偏转电场电压为U2.两种粒子都能从偏转电场射出并打在荧光屏
MN 上，粒子进入偏转电场时速度方向正对荧光屏中心O 点．下列关于两种粒子运动的说
法正确的是( )
A．两种粒子会打在屏MN 上的同一点
B．两种粒子不会打在屏MN 上的同一点，质子离O 点较远
C．两种粒子离开偏转电场时具有相同的动能
D．两种粒子离开偏转电场时具有不同的动能，α 粒子的动能较大
【答案】 AD
【解析】 两种粒子在加速电场中做加速运动，由动能定理得qU1＝mv0
2－0，偏转电场中，
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设板长为L，平行于极板方向：L＝v0t，垂直于极板方向：a＝＝，y＝at2，离开偏转电场时
速度的偏转角为α，有tan α＝＝，联立以上各式得y＝，tan α＝，偏移量y 和速度偏转角
α 都与粒子的质量m、电荷量q 无关，所以偏移量y 相同，速度方向相同，则两种粒子打在
屏MN 上同一点，故A 正确，B 错误；对两个粒子先加速后偏转的全过程，根据动能定理
得qU1＋qU2′＝Ek－0，因α 粒子的电荷量q 较大，故离开偏转电场时α 粒子的动能较大，C
错误，D 正确．
类型3 带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转
【例1】(2022·山东省模拟)如图所示，两水平面(虚线)之间区域存在与水平方向成45°斜向
右上方的匀强电场，自该区域上方A 点将质量均为m、带电荷量分别为q 和2q 带正电粒子
M、N，同时以相反的初速度v0沿水平方向射出。两粒子进入电场时速度方向与上边界均成
45°角，并从该区域的下边界离开。已知M 在电场中做直线运动，N 离开电场时速度方向恰
好竖直。(重力加速度大小为g，不计空气阻力和粒子间相互作用)求：
(1)A 点距电场上边界的高度；
(2)该电场强度的大小；
(3)M 与N 两粒子离开电场时位置间的距离。
【答案】 (1) (2) (3)
【解析】 (1)M、N 两粒子进入电场前做平抛运动，设A 点距电场上边界的高度为h，粒
子进入电场时速度偏向角满足vy＝v0tan 45°＝v0，又v＝2gh，解得h＝。
(2)M 粒子在电场中做直线运动，受力分析知，电场力qE 与重力mg 的合力与速度同向，可
得qE＝mgcos 45°，解得E＝。
(3)M、N 两粒子进电场前，运动时间均为t1，可得t1＝＝
水平位移x1＝v0t1＝
电场中，N 粒子受电场力F＝2qE＝mg
由力的合成可知N 粒子所受合力F 合＝mg，方向水平向右，则N 粒子水平方向以大小为g
的加速度做初速度为v0的匀减速直线运动，设运动时间为t2，由运动学公式可得
v0－gt2＝0，x2＝v0t2－gt
解得x2＝
竖直方向做匀速直线运动，电场高度为H，可得H＝v0t2＝
当M 离开电场时，M 在电场中运动的水平距离为x3，由几何关系可得
x3＝Htan 45＝
所以M 与N 两粒子离开电场时位置间的距离
d＝2x1＋x2＋x3＝。
【例2】(多选)在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球
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由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水
平，A、B、C 三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示．重力加速度为g.由此可见(
)
A．带电小球所受静电力为3mg
B．小球带正电
C．小球从A 到B 与从B 到C 的运动时间相等
D．小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量的大小相等
【答案】 AD
【解析】 带电小球从A 到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1 和
x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间分别为t1和t2，在电场中的加速度为a，从A 到
B 过程小球做平抛运动，则有x1＝v0t1，从B 到C 过程，有x2＝v0t2，由题意有x1＝2x2，则得
t1＝2t2，即小球从A 到B 是从B 到C 运动时间的2 倍，y1＝gt1
2，将小球在电场中的运动看
成沿相反方向的类平抛运动，则有y2＝at2
2，根据几何知识有y1∶y2＝x1∶x2，解得a＝2g，根据
牛顿第二定律得F－mg＝ma＝2mg，解得F＝3mg，C 错误，A 正确；由于在电场中轨迹向
上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明静电力方向向上，所以小球带负电，B 错
误；根据速度变化量Δv＝at，则得AB 过程速度变化量大小为Δv1＝gt1＝2gt2，BC 过程速度
变化量大小为Δv2＝at2＝2gt2，所以小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量大小相等，D 正
确．
【例3】（2023·河北·模拟预测）空间存在水平向左的匀强电场，一质量为m，带电量为q
的小球由M 点以速度
竖直向上抛出，运动到最高点P 时速度大小恰好也为
，一段时间
后落回到与抛出点等高的N 点（图中未画出），空气阻力不计，重力加速度为g，小球从
M 到N 的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．小球在电场中运动的加速度大小为2g
B．运动过程中速度的最小值为
C．M、N 两点间的距离为
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D．从M 到N 小球电势能减少
【答案】B
【详解】A．小球在竖直方向做竖直上抛运动，从出发运动到最高点P 满足
水平方向做初速度为0 的匀加速直线运动，从出发运动到最高点P 满足
解得
根据矢量合成法则，小球的合加速度应为
，故A 错误；
C．根据竖直方向的运动规律可知，当小球从P 点落回到N 点时，其运动时间也为
所以有
故C 错误；
B．根据运动的分解，将初速度沿垂直加速度和沿加速度方向分解，可知当沿着加速度方
向的分速度为0 时，小球的合速度最小，且合速度等于与加速度垂直的速度分量大小，即
小球速度达到最小时所经历的时间
故小球从M 到N 的过程中速度的最小值为
，故B 正确；
D．根据运动学规律可知，当小球运动到N 点时，水平速度为
竖直速度为
所以到达N 点的速度为
其动能为
，根据功能关系可知，小球电势能的减小量为
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故D 错误。
故选B。
【例4】（2023·山东济南·统考三模）如图所示，O、A、B 为同一竖直平面内的三个点，
OB 沿竖直方向，OA 垂直于AB，∠AOB=60°，将一质量为m 的小球沿某一方向以一定的初
动能自O 点抛出，小球在运动过程中通过A 点时的动能是初动能的2 倍。使此小球带电，
电荷量为q（q>0），同时加一匀强电场，场强方向与三角形OAB 所在平面平行，从O 点
以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过A 点时的动能是初动能的3 倍；
将该小球从O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，通过B 点的动能也是初动能的3 倍。已
知重力加速度大小为g，则所加电场的场强大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】令OA 的距离为d，初动能为Ek0小球从O 到A 只有重力做功，根据动能定理
可得
加电场后，小球从O 到A 根据动能定理
小球从O 到B 根据动能定理
联立可得
令O 点的电势为零，即
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可得
在匀强电场中，沿任意直线，电势的下降是均匀的，可得OM 为等势点，M 为AB 的三等
分点，根据电场线与等势面垂直，可知电场强度沿CA 方向，如图所示
根据几何关系可得
电场强度为
联立以上可得
故选C。
【例5】（2023·江苏南京·统考三模）如图所示，其空中有一足够大的水平向右的匀强电场，
质量均为m、带电量分别为
和
的两小球同时从O 点以速度
斜向右上方射入匀强电
场中，
方向与水平方向成
角，A、B（图中未画出）两点分别为两小球运动轨迹的最
高点，带正电的小球经过A 点的速度大小仍然为
，若仅把带正电的小球射入速度变为
，其运动轨迹的最高点记为C。不考虑两球间的库仑力。下列说法错误的是（ ）
A．两小球同时到A、B 两点
B．
与
之比为
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C．两小球到达A、B 两点过程中电势能变化量之比为
D．带正电的小球经过C 点的速度大小
【答案】C
【详解】A．由题可知，将带电小球的运动分解成水平方向和竖直方向的运动，由受力可
知，两小球在竖直方向只受重力，故在竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向的初速度为
上升到最高点时，竖直方向速度为零，由此可知，两球到达A、B 两点的时间相同，A 正确；
C．水平方向只受电场力，故水平方向做匀变速直线运动，水平方向的初速度为
由题可知，带正电的小球有
带负电的小球有
解得
可见到达最高点时两小球的速度大小相等，水平方向只有电场力做功，由动能定理可知，
两球到达A、B 两点过程中电势能变化量之比为
，C 错误；
B．由上分析可知
解得
故
故
与
之比为
，B 正确；
D．由题可知
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联立得
D 正确。
本题选择错误的，故选C。
【例6】．（2023·湖南永州·统考三模）如图所示，在竖直平面xOy 内存在大小、方向未知
的匀强电场。一质量为m 的小球从y 轴上P 点以水平速度v 进入第一象限，速度方向沿x
轴正方向，经过x 轴上Q 点时的速度大小也为v，方向与x 轴夹角为37°。已知
sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小为g。不计空气阻力，小球从P 点运动到Q 点的
过程中（ ）
A．速度的最小值为
B．所受电场力的最小值为
C．动能与电势能之和一直减小
D．水平位移与竖直位移的大小之比为2:1
【答案】B
【详解】D．小球水平分位移为
小球竖直分位移为
解得
D 错误；
B．根据题中所述，可知小球水平方向先向右做匀减速直线运动，小球水平方向的分加速
度大小为
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小球竖直方向的分加速度大小为
令小球合加速度方向与竖直方向夹角为
，则有
解得
可知，小球在空中做类斜抛运动，可以将该运动分解为垂直于合加速度方向的匀速直线运
动与沿合加速度方向的匀加速直线运动，可知匀速直线运动的分速度即为速度的最小值，
则有
结合上述解得
A 错误；
C．根据上述可知，小球从P 点运动到Q 点的过程中重力一直做正功，重力势能一直减小，
小球运动过程中只有重力势能、动能与电势能的转化，可知动能与电势能之和一直增大，
C 错误；
B．根据上述小球所受电场力与重力的合力大小为
该合力方向与竖直方向夹角亦为
，可知，当电场力方向与合力方向垂直时，电场力达到
最小值，则有
B 正确。
故选B。
类型4 类型带电粒子在交变电场中的偏转
1．带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方
波)的情形．
当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向
的分运动具有周期性．
2．研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正
确地判断粒子的运动情况．根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移
等．
3．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对
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称性，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．
4．对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿
过电场时可认为是在匀强电场中运动．
【例1】（2022·湖南常德·常德市一中校考模拟预测）如图（a）所示，两水平平行正对的
金属板M、N 间距为d，加有如图（b）所示的交变电压。一质量为m、电荷量为q 的带正
电的微粒，
时刻微粒在两板正中间的P 点以速度v0平行金属板运动，3t0时间内粒子未
到达极板。则在0~3t0时间内，下列说法正确的是（ ）
A．
时间内，微粒偏向N 板运动
B．
时，重力对微粒做功的瞬时功率为
C．0~2t0时间内，电场力对微粒做的功为
D．0~3t0时间内，微粒动能增量为
【答案】C
【详解】A．
时间内，
，电场线方向由N 指向粒子带正电，因此受电场力方
向指向M 板，故A 错误；
B．
时间内，对粒子受力分析，粒子所受电场力为
方向竖直向上，因此此时合力的大小为mg，方向竖直向上，根据牛顿第二定律，粒子的加
速度大小为g，方向竖直向上。t0~2t0时间内，电场力方向改变，大小未改变，此时合力向
下，大小为3mg，根据牛顿第二定律，此时粒子的加速度大小为3g，方向竖直向下，根据
运动学公式，
时粒子在竖直方向的速度大小为
方向竖直向下，根据瞬时功率的公式
重力的瞬时功率为
故B 错误；
C．根据B 选项分析，粒子在
时间内的竖直位移为
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方向竖直向上。粒子在t0~2t0时间内的竖直位移为
方向竖直向下，则0~2t0时间内，粒子竖直方向的总位移为0，则重力做的总功为0。根据
动能定理，电场力对微粒做的功为
故C 正确；
D．
时间内，粒子的受力与
相同，故加速度与
时间内相同，根据前面选
项已知的信息，
的速度为
方向竖直向下，则
时间内，微粒动能增量为
故D 错误。
故选C。
【例2】(多选)(2022·河北石家庄市联考)如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强
度的变化规律如图乙所示.t＝0 时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，
0～时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接
触.重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )
A.末速度大小为v0
B.末速度沿水平方向
C.重力势能减少了mgd
D.克服静电力做功为mgd
【答案】 BC
【解析】 因0～内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在～时间内，粒子只受重力作用，做平抛
运动，在t＝时刻的竖直速度为vy1＝，水平速度为v0；在～T 时间内，由牛顿第二定律得
2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T 时刻，vy2＝vy1－g·＝0，微粒的竖直速度
减小到零，水平速度为v0，选项A 错误，B 正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·＝
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mgd，选项C 正确；从射入到射出，由动能定理可知mgd＋W 克电＝mv0
2－mv0
2，可知克服静
电力做功为mgd，选项D 错误.
【例3】（2023·山东德州·高三统考期中）如图所示，某多级直线加速器由横截面相同的
个金属圆筒（漂移管）依次排列组成，圆筒的两底面中心开有小孔，其中心轴线在同一直
线上，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从
点沿轴线进入加速器并依次向
右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间隙被电场加速，加速电压视为
不变。若粒子在筒内运动时间恰好等于交变电压周期的一半，漂移管间缝隙很小，这样粒
子就能“踏准节奏”在间隙处一直被加速。设质子进入漂移管
时速度为
，进入
漂移管
时速度为
，电源频率
，质子的比荷
取
。粒子
离开漂移管
后，沿中线进入偏转电场
，
间电压与漂移管间加速电压相等，
两
板之间宽度为
，长度
。不计一切阻力及质子重力，忽略电场的边缘效应。求：
（1）漂移管
的长度
；
（2）相邻漂移管间的加速电压
；
（3）
的比值为多少时粒子恰好从偏转电场的边缘飞出。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）交变电源的周期
漂移管
的长度
解得
（2）质子从漂移管
到漂移管
过程，加速了2 次，根据动能定理有
解得
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（3）质子沿中线进入偏转电场
后，在竖直方向上
在水平反向上
联立解得
【例4】．（2023·江苏苏州·高三统考阶段练习）如图甲所示，真空中有一电子枪连续不断
且均匀的发出质量为m、电荷量为e、初速度为零电子，经电压大小为
的直线加
速电场加速，由小孔穿出加速电场后，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B 间的中
线射入偏转电场。A、B 两板距离为d、板长均为L，两板间加周期性变化的电势差UAB，
UAB随时间变化的关系图像如图乙所示，变化周期为T，t=0 时刻，UAB=U0，不计电子的重
力和电子间的相互作用力，不考虑电场的边缘效应，且所有电子都能离开偏转电场，求：
（1）电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小；
（2）
时射入偏转电场的电子离开偏转电场时距两板间中线的距离y；
（3）在
的时间段内，若电子能够从中线上方离开偏转电场，求电子进入偏转电场
的时间段？
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）电子经过加速场后，根据动能定理得
解得
（2）电子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，所以运动的时间为
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时射入偏转电场的电子在前
时间内偏转位移
解得
垂直于板的速度
在随后
时间内偏转的位移
解得
时射入偏转电场的电子离开偏转电场时距两板间中线的距离
（3）在前半个周期内，假设电子从某时刻
进入偏转电场，离开时恰好从中线处离开，则
有
解得
在
内，从中线上方离开偏转电场的电子进入的时间为
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【例5】．（2023·江苏南京·高三统考期中）如图甲所示，电子枪连续不断均匀地发出电子
（设电子的初速度为零），经加速电压为U1的加速电场加速后由小孔穿出，沿两个距离为
d 的水平金属板A、B 间的中线射入偏转电场，A、B 两板间加如图乙所示的周期性变化的
电压UAB，电压变化周期为T，正半周UAB为U0，负半周UAB为-3U0。已知电子质量为m、
电荷量为-e，A、B 极板长为
，所有电子都能离开偏转电场，不计电子的重力及电
子间的相互作用力。求：
（1）电子经过偏转电场的时间t；
（2）从t=0 时刻射入偏转电场的电子在进、出偏转电场过程中电势能的变化量ΔEp；
（3）在足够长的时间内从中线下方离开偏转电场的电子数占电子总数的比例η。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据动能定理，有
解得
水平方向
联立解得
（2）竖直方向
加速度
解得
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功能关系
解得
（3）电子在电场中的运动时间均为
，U0时
3U0时
解得
在0～
时间内，设t1时刻射入电场中的电子偏转位移刚好为0，有
解得
即在0～
时间内，
～
时间内射入电场中的电子均可从中线下方飞出；
～T 时间内，
设
时刻射入的电了刚好偏转位移为0，有
解得
即
～T 这段时间内，
时间内射入电场中的电子均可从中线下方飞出，在一个
周期内能从下中线下方离开的粒子射入时间间隔为
从中线下方离开偏转电场的电子占电子总数的比例
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题型五 带电粒子在重力场和电场中的圆周运动
1．等效重力场
物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物
体的运动问题就会变得复杂一些．此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复
合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”．
2.
3．举例
【例1】（2023 春·江苏苏州·高三南京航空航天大学苏州附属中学校考阶段练习）如图所
示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A 点相切，B 点为圆轨道的最低点，C 点为
圆轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场。一质量
，电荷量为
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的带电小球从斜面上静止释放，小球始终能沿轨道运动。已知电场强度
，
，圆轨道半径
，g 取
，
，若小球恰好能完成圆周运动，
释放点沿斜面到A 的距离为（ ）
A．1.2m
B．2.2m
C．2.0m
D．2.1m
【答案】A
【详解】对小球受力分析，小球所受电场力水平向右，若小球恰好能完成圆周运动，则设
小球于B 点右侧某位置达到最大速度，位置和圆心连线与竖直方向成
角，由受力分析得
故
=37°
此时两个力的合力
当小球运动到与该位置关于原点对称的位置时，小球速度最小，则最小速度满足
解得
从开始释放到到达速度最小的位置，列动能定理
解得
s=1.2m
故选A。
50
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【例2】．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在电场强度为E 的匀强电场中，电场线
与水平方向的夹角为
，有一质量为m 的带电小球，用长为L 的细线悬挂于O 点，当小球
静止时，细线
恰好呈水平状态。若用外力F 使小球绕O 点做半径为L 的匀速圆周运动，
在沿圆弧（图中虚线）从A 点运动到O 点正下方的B 点的过程中（重力加速度为g），小
球电荷量保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．小球带负电，电量值为
B．小球带正电，电量值为
C．电势能增加
D．外力F 做负功
【答案】C
【详解】AB．当小球静止时，细线
恰好呈水平状态，小球受重力mg、电场力F 电、细
线拉力T 作用，如图
小球受电场力方向与场强方向相同，所以小球带正电。竖直方向上
解得
故AB 错误；
C．从A 点运动到O 点正下方的B 点的过程中，小球电势能的增加量等于克服电场力做得
功
故C 正确；
D．从A 点做匀速圆周运动到O 点正下方的B 点，由动能定理可知
解得外力F 做的功
51
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所以外力F 做正功，故D 错误。
故选C。
【例3】．（2023·河北·高三学业考试）如图所示，将一质量为m、带电荷量为+q（q>0）
的小球放置于一半径为R、固定在竖直平面中的光滑绝缘圆环轨道最低点，圆环处于水平
向左的匀强电场中，电场强度大小
。现给小球一水平向左的初速度，小球恰能在
圆环内做完整的圆周运动，则小球的初速度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】小球所受电场力为
，方向水平向左
设小球所受电场力与重力的合力大小为
，
与竖直方向的夹角为θ，如图所示，则有
设小球在圆环中运动的等效最高点为A 点，可知A 点和圆环圆心O 的连线与竖直方向的夹
角为θ。由于小球恰能在圆环内做完整的圆周运动，则小球在A 点时的向心力公式为
小球从起始点到A 点，由动能定理有
52
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解得
故选C。
【例4】（2023·安徽·校联考模拟预测）如图所示，半径为R 的双层光滑管道位于竖直平面
内，质量为m、带电量为＋q 的小球位于管道最低点A，B 是最高点，空间存在水平向左、
场强大小
的匀强电场，现在A 点给小球一水平初速度v0，小球恰好能够做完整的圆
周运动，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．v0的大小为
B．经过B 点时小球受到管道外壁的压力大小为
C．经过A 点时小球受到管道外壁的支持力大小为
D．若在A 点给小球的水平初速度增大一倍，小球经过B 点的速度也增大一倍
【答案】AC
【详解】A．如图所示
小球在等效最低点P 静止时，受重力、支持力和电场力三力平衡，根据平衡条件，有
mgtanθ = qE
结合
可知
θ = 45°
53
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且重力和电场力的合力
小球恰好能够做完整的圆周运动，说明小球经过等效最高点Q 时速度刚好为零，由Q 到A
根据动能定理，有
解得
A 正确；
C．在A 点根据向心力公式有
解得
C 正确；
BD．由B 到A 根据动能定理，有
解得
在B 点有
解得经过R 点时小球受到管道内壁的支持力大小为
BD 错误。
故选AC。
【例5】（2023·湖北·模拟预测）如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为
O，半径为
，内壁光滑，A、B 两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在
方向水平向右的场强为E 的匀强电场，一质量
、带负电荷的小球在轨道内侧做完
整的圆周运动（电荷量不变），经过C 点时速度最大，O、C 连线与竖直方向的夹角
，重力加速度为g（g 取
）。
（1）求小球所受的电场力大小；
（2）求小球在A 点的速度
为多大时，小球经过D 点时对圆轨道的压力最小。
54
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）小球在C 点时速度最大，则电场力与重力的合力沿DC 方向，所以小球受到
的电场力的大小
（2）要使小球经过D 点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D 点时的速度最小，
即在D 点小球对圆轨道的压力恰好为零，有
解得
在小球从圆轨道上的D 点运动到A 点的过程中，根据动能定理有
解得
【例6】．（2023·全国·二模）在水平向右足够大的匀强电场中，大小可忽略的两个带电小
球A、B 分别用不可伸长，长度均为l 的绝缘轻质细线悬挂在同一水平面上的M、N 两点，
并静止在如图所示位置，两细线与电场线在同一竖直平面内，细线与竖直方向夹角均为
。已知两小球质量都为m，电荷量均为q 且带等量异种电荷，匀强电场的场强大小
，重力加速度大小为g，取
，
。求
（1）A、B 两小球之间库仑力的大小；
（2）保持小球B 的位置和带电量不变，移除A 小球后，将小球B 由静止释放，求B 小球
此后运动过程中速度的最大值。
55
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设B 小球受到的电场力为
对B 小球受力分析如图所示，
小球B 静止，受力平衡得
联立解得
（2）小球A 撤去后，小球B 在电场力、重力和绳子拉力作用下做变速圆周运动，当重力
和电场力的合力沿着半径方向时小球速度最大。设小球速度最大时，绳子与竖直方向的夹
角为
。由几何关系可得
小球B 从初始位置运动到速度最大位置，在竖直方向的位移为
在水平方向的位移为
由动能定理得
解得
56
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题型六 电场中的力、电综合问题
1．带电粒子在电场中的运动
(1)分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直
线还是曲线)，然后选用恰当的规律解题。
(2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键
看重力与其他力相比较是否能忽略。一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不
能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考
虑重力作用。
2．处理带电粒子(带电体)运动的方法
(1)结合牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题。
(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理思路
①利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程。
②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程。
(3)常用的两个结论
①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。
②若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变。
【例1】（2023·辽宁丹东·统考二模）真空中存在空间范围足够大的，水平向右的匀强电场。
在电场中，若将一个质量为
，带正电的小球由空中静止释放，运动中小球的速度与竖直
方向夹角为53°。如图所示，若在此电场中，放置一个竖直面内的光滑固定轨道
（电场
没有画出），
水平，长度为
，
是半径为
的四分之一的圆弧，与
相切于
点。
现将该小球由
点静止释放，求从
点开始运动的整个过程中（取重力加速度大小为
，
，
）。
（1）小球受到的电场力大小及方向；
（2）从
点开始运动到轨迹最高点过程中小球电势能的变化量；
（3）小球从c 点离开轨道后速度最小时距c 点的距离。
【答案】（1）
，水平向右；（2）
；（3）
【详解】（1）由题意，电场力大小
方向：水平向右
（2）对小球由a 到c 的过程，由动能定理得
57
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解得
小球离开点后竖直方向在重力作用力下做匀㓕速直线运动（竖直上抛运动），设小球离
开c 点到其轨迹最高点所需的时间为t，有
小球沿水平方向做初速度为0 的匀加速运动，加速度为a，则有：由牛顿第二定律可知
此过程小球沿电场方向位移为
电场力做功为
因为电场力做正功，所以电势能减少量为
（3）由题意可知，重力与电场力合力方向与竖直方向夹角53°，斜向下如图，沿着合力与
垂直合力方向建立坐标系，将C 点速度沿着两个方向分解
y 方向做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知
从C 点到小球速度最小时的位移
x 方向做匀速直线运动，此速度为离开C 后的最小速度
58
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小球从C 点离开轨道后速度最小时距C 点的距离
【例2】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，水平粗糙的长直轨道上P 点左侧存在电场
强度为E 的匀强电场，材料相同的两个小滑块M、N 静止在轨道上，其中N 不带电静止于
P 点，质量为
、带电荷量为＋q 的滑块M 位于P 点左侧与P 相距
处。现由静止释放滑
块M，一段时间后滑块M 运动到P 点，在P 点与滑块N 发生弹性碰撞，碰撞后滑块M 以
碰撞前速度大小的二分之一反向弹回，同时滑块M 所带的电荷量消失，又经过同样长一段
时间后其速度减为0，此刻立即使其重新带上＋Q 的电荷量，滑块M 再次开始运动，并恰
好能与N 再次发生碰撞。求：
（1）滑块N 的质量；
（2）滑块M 从开始运动到第一次速度减为0 所用的时间；
（3）电荷量Q 与q 的比值。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意，设
为小滑块M 在碰撞前瞬间速度的大小，
为其碰撞后瞬间
速度的大小。设物块N 的质量为
，碰撞后瞬间N 的速度大小为
。由动量守恒定律和机
械能守恒定律有：
解得
（2）滑块M 第一次在电场中加速过程
59
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返回过程中设位移大小为
，则
由题意可得
联立解得
滑块M 加速过程中满足
总时间
解得
（3）设物块N 在水平轨道上能够滑行的距离为
，由动能定理有：
M 重新运动后到与N 恰好相碰，对M 由动能定理有：
解得
【例3】．（2023·高三课时练习）如图，光滑绝缘足够长的水平面位于匀强电场中，电场
方向水平向右，大小为
。两小滑块A 和B 静置于水平面上，其位置连线与电场方向平行。
两小滑块质量均为
，A 带电荷量为
（
），B 不带电。初始时，A 和B 的距离为
，
现释放小滑块A，A 在电场力作用下沿直线加速运动，与B 发生弹性碰撞。若每次A 和B
发生碰撞均为对心正碰，碰撞时没有电荷转移，碰撞的时间极短。已知
，
，
，
，
求：（1）发生第一次碰撞前A 获得的速度大小第一次碰撞后A 和
获得的速度大小
60
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和
；
（2）从开始释放A 到与B 发生第二次碰撞前，小滑块A 运动的距离；
（3）试在图中画出A 从开始释放到与
发生第三次碰撞前的
图像（不要求写过程）。
【答案】（1）
，0，
；（2）
；（3）
【详解】（1）A 受电场力做匀加速运动A 的加速度
解得
根据
解得
此时A 加速度的时间
碰撞过程，取向右为正，由动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
（2）碰撞后A 受电场力做匀加速运动，B 做匀速运动 ，设追上时间为
61
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即
解得
此时A 的速度为
A 的位移
则从开始释放A 到与B 发生第二次碰撞前，小滑块A 运动的距离
（3）A 从开始释放到与
发生第三次碰撞前的
图像如图所示
【例4】．（2023·江西南昌·南昌十中校考一模）在一横截面为正方形的柱形区域内有匀强
电场，正方形边长为L，如图所示，电场线为与AC 平行的一簇平行线，P 为AB 边的中点，
质量为m 电荷量为q（q＞0）的带电粒子自P 点以大小不同的速度进入电场，速度方向与
电场方向垂直。已知进入电场时速率为v0的粒子恰好由C 点离开电场，运动中粒子仅受电
场力作用。
（1）求电场强度的大小；
（2）为使粒子从DC 的中点Q 离开电场，该粒子进入电场的速度为多大；
（3）若粒子从P 进入电场到D 点离开，则粒子在此过程中所受电场力的冲量为多大。
62
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动。设粒子由P 到C 用时为t1
，
解得
(2)设粒子以速度v 由P 到Q 用时为t2
，
解得
(3)设粒子由P 到D 用时为t3，粒子在此过程中所受电场力的冲量
又有
解得
【例5】．（2023·全国·高三校联考阶段练习）如图所示，右端带有挡板的绝缘滑板B 静止
在粗糙水平面上，带电物块A 静止在滑板B 的上表面距离挡板L=0.8m 处，A 的质量
mA=0.2kg、带电量为q=+1.0×10-6C，B 不带电，其质量mB=0.6kg，与地面之间的动摩擦因
数为
。在该空间加上电场强度为E=2.0×106V/m、水平向右的匀强电场，物块A 从
静止开始运动，A 和B 之间无摩擦。若运动过程中A 的带电量保持不变，A 与B 上挡板的
碰撞均为弹性碰撞，A 始终未滑离B 且始终处于电场中，取重力加速度g=10m/s2。求
(1)A 与B 发生第一次碰撞前瞬间，A 的速度大小v0；
(2)第一次碰撞结束后，经过多长时间A、B 发生第二次碰撞；
(3)从A 开始运动到A 与B 刚要发生第5 次碰撞的过程中，电场力对A 做的功。
63
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【答案】(1)4m/s；(2)0.6s；(3)6.4J
【详解】(1)第一次碰前，对A
解得
v0=4m/s
(2)A、B 发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒
解得
vA=－2m/s，vB=2m/s
碰后，B 做匀减速运动，对B
碰后，对A
从第一次碰撞结束到第二次刚要碰撞，有
解得
t=0.6s
设碰后B 停止运动所用时间为，有：
解得
tB=0.6s
可知B 速度减为零时A、B 发生第二次碰撞，故
t=0.6s
64
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(3)设第二次刚要碰前A 的速度大小为vA1，则
解得
vA1=4m/s
此后的运动重复前面的过程。从第一次碰撞结束到第二次刚要碰撞的过程
从A 开始运动到A 与B 刚要发生第5 次碰撞的过程中，电场力对A 做的功
解得
W=6.4J
【例6】．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在光滑绝缘水平面上有两个带电小球
A、B，质量分别为3m 和m，小球A 带正电q，小球B 带负电－2q，开始时两小球相距
s0，小球A 有水平向右的初速度v0，小球B 的初速度为零，取初始状态下两小球构成的系
统的电势能为零。
（1）试证明当两小球的速度相同时系统的电势能最大，并求出该最大值；
（2）试证明在两小球的间距不小于s0的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能，并
求出这两种能量的比值的取值范围。
【答案】（1）见解析，
mv ；（2）见解析，0≤
≤
【详解】(1)由于两小球构成的系统所受合外力为零，设某状态下两小球的速度分别为vA
和vB，由动量守恒定律得
3mv0=3mvA+mvB
系统的动能减小量
ΔEk=
×3mv -
×3mv -
mv
由于系统运动的过程中只有电场力做功，所以系统的动能与电势能之和守恒，考虑到系统
初状态下的电势能为零，故系统在该状态下的电势能
Ep=ΔEk=
×3mv -
×3mv -
mv
联立得Ep=-6mv +9mv0vA-3mv
当vA=
v0时，系统的电势能取得最大值，得
vA=vB=
v0
65
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即当两小球速度相同时，系统的电势能最大，最大值Epmax=
mv 。
(2)由于系统的电势能与动能之和守恒，且初始状态下系统的电势能为零，所以在系统电势
能取得最大值时，系统的动能取得最小值，为
Ekmin＝Ek0-Epmax＝
×3mv -
mv =
mv
由于Ekmin>Epmax，所以在两球间距不小于s0的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能，
在这一过程中两种能量的比值的取值范围为
0≤
≤
=
【例7】．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，电容为C、带电量为Q、极板间距为d
的平行板电容器固定在绝缘底座上，两板竖直放置，整个装置总质量为M，静止在光滑水
平面上。在电容器右板上有一小孔，一质量为m、带电量为
的粒子以速度
从小孔垂直
于平行板射入电容器中（不计粒子重力，设电容器外部电场强度为0），粒子最远可到达
距右板为x 的P 点，求：
(1)粒子在电容器中受到的电场力的大小；
(2)当粒子到达P 点时，电容器已移动的距离s；
(3)求x 的值。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】(1)电容极板电压
极板间场强
则
(2)粒子到达P 点时两者有共同速度，设为v，由动量守恒有
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对电容器
解得
(3)对整体，由功能关系得
解得
【例8】．（2023·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）如图所示，在倾角
的绝缘粗糙斜面上，有一长为
的绝缘轻杆连接两个完全相同、质量均为
的可视为
质点的小球A 和B。开始时轻杆的中垂线与垂直于斜面的虚线
重合，虚线
与
平
行且相距
。在
、
间加沿斜面向上、电场强度为E=
的匀强电场之后，若
A 球带电量为
，B 球不带电，则A 球在电场中时，AB 球在斜面上恰好能匀速下滑。各
小球与斜面间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取
，
，
。求：
(1)求小球与斜面间的动摩擦因数
；
(2)若A 球带电量为
，B 球不带电，将AB 球从图示位置由静止释放，求释放后到向上
运动至最远的时间；
(3)若A 球带电量为
，B 球不带电，静止在图示位置，一质量为
、带电量为
的C
球沿斜面向上运动，与B 球正碰后粘合在一起，碰撞时间极短，若保证A 球始终不会离开
电场区域，求C 球碰B 球之前瞬间的最大速度。
67
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【答案】(1)0.5；(2)
；(3)
【详解】（1）由力的平衡可得
代入数据可解得
（2）A 在电场中时，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
A 离开电场后，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
得
（3）CB 碰撞，根据动量守恒有
设C 进入电场的最远距离为
，ABC 向上，根据动能定理有
ABC 向下到A 刚好不离开电场，根据动能定理有
解得
【例9】．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道
ABCDP，由半径r＝0.5m 的圆弧轨道CDP 和与之相切于C 点的水平轨道ABC 组成，圆弧
轨道的直径DP 与竖直半径OC 间的夹角θ＝37°，A、B 两点间的距离d＝0.2m．质量m1＝
0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在A 点，质量m2＝0.1kg、电荷量q＝1×10
5
﹣C 的带正电小球
静止在B 点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场．现用大小F＝4.5N、方向水平向
右的恒力推滑块，滑块到达B 点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球
沿轨道运动，到达P 点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心．小球和滑块均视为质点，
68
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碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.
(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v 以及匀强电场的电场强度大小E；
(2)求小球到达P 点时的速度大小vP和B、C 两点间的距离x；
(3)若小球从P 点飞出后落到水平轨道上的Q 点（图中未画出）后不再反弹，求Q、C 两点
间的距离L．
【答案】（1）撤去该恒力瞬间滑块的速度大小是6m/s，匀强电场的电场强度大小是
7.5×104N/C；（2）小球到达P 点时的速度大小是2.5m/s，B、C 两点间的距离是0.85m．
（3）Q、C 两点间的距离为0.5625m．
【详解】（1）对滑块从A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有：Fd＝
m1v2，
代入数据解得：v＝6m/s
小球到达P 点时，受力如图所示，由平衡条件得：qE＝m2gtanθ，
解得：E＝7.5×104N/C．
（2）小球所受重力与电场力的合力大小为：G 等＝
①
小球到达P 点时，由牛顿第二定律有：G 等＝m2
②
联立①②，代入数据得：vP＝2.5m/s
滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v1、v2，
以向右方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v＝m1v1+m2v2 ③
由能量守恒得：
④
联立③④，代入数据得：v1＝﹣2m/s（“﹣”表示v1的方向水平向左），v2＝4m/s
小球碰后运动到P 点的过程，由动能定理有：
69
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qE（x﹣rsinθ）﹣m2g（r+rcosθ）＝
⑤
代入数据得：x＝0.85m．
（3）小球从P 点飞出水平方向做匀减速运动，有：L﹣rsinθ＝vPcosθt﹣
⑥
竖直方向做匀加速运动，有：r+rcosθ＝vPsinθt+
gt2⑦
联立⑥⑦代入数据得：L＝0.5625m；
70
