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专题9 类平抛运动与斜抛运动模型
重力场中类平抛模型（5-8 题）..................................................................................................................4
电场中的类平抛模型（8-13 题）................................................................................................................7
重力场中斜抛模型（14-18 题）................................................................................................................11
电场中斜抛模型（19-22 题）.................................................................................................................... 15
1.
（2023•湖南）如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次
抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，
且轨迹交于P 点，抛出时谷粒1 和谷粒2 的初速度分别为v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜
向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．谷粒1 的加速度小于谷粒2 的加速度
B．谷粒2 在最高点的速度小于v1
C．两谷粒从O 到P 的运动时间相等
D．两谷粒从O 到P 的平均速度相等
【解答】解：A、两谷粒均做抛体运动，故加速度均相同，故A 错误，
BC、根据图b 可知谷粒2 从最高点到P 点的运动时间大于谷粒1 从O 点到P 点的运动时间，又
因为谷粒2 从最高点到P 点水平位移小于谷粒1 从O 到P 点的水平位移，所以谷粒2 在最高点的
速度小于v1，故B 正确，C 错误，
D、两谷粒从O 到P 的位移相同，飞行时间不同，所以平均速度不相等，故D 错误。
故选：B。
1
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2.
（2021•江苏）如图所示，A、B 两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮
筐时的速度方向相同，下列判断正确的是（ ）
A．A 比B 先落入篮筐
B．A、B 运动的最大高度相同
C．A 在最高点的速度比B 在最高点的速度小
D．A、B 上升到某一相同高度时的速度方向相同
【解答】解：AB、将A、B 篮球的运动过程逆向看作是从篮筐沿同方向斜向上抛出的斜抛运动，
落到同一高度上的两点，因A 水平位移较大，可知A 的抛射速度较大，竖直初速度较大，最大
高度较大，运动时间较长，即B 先落入篮筐中，故AB 错误；
C、因为两球抛射角相同，A 的射程较远，则A 球的水平速度较大，即在最高点的速度比B 在最
高点的速度大，故C 错误；
D、由斜抛运动的对称性可知，当A、B 上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，故D 正确。
故选：D。
3.
（2021•全国）一迫击炮先后以大小相同的速度发射甲、乙两颗炮弹，炮筒与水平地
面间的夹角分别为θ1、θ2（θ1＜θ2＜90°）。两炮弹的射程分别为s1、s2，所到达的最大高度分
别为h1、h2，假定空气阻力可以忽略，则（ ）
A．s1一定大于s2
B．s1可能等于s2
C．h1一定大于h2
D．h1可能等于h2
【解答】解：CD、设炮弹的发射速度大小为v，方向与水平地面夹角为θ，则竖直向上的分速度
为vy＝vsinθ
根据速度与位移的关系式有v y
2 =2 gh
可得：h= v
2sin
2θ
2g
2
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由于θ1＜θ2＜90°
则h1一定小于h2，故CD 错误；
AB、根据题意可知，炮弹发射到最高点的时间为：t1= v y
g = vsinθ
g
炮弹从最高点到落地的时间为：t2=√
2h
g = vsinθ
g
则炮弹的飞行时间为：t = 2vsinθ
g
则炮弹的射程为：s= vcosθ⋅2vsinθ
g
= v
2sin 2θ
g
当θ1+θ2= π
2
时，sin2θ1＝sin（π
2θ
﹣
2）＝sin2θ2
则s1＝s2，故A 错误，B 正确。
故选：B。
4.
（2020•山东）单板滑雪U 形池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所
示的模型：U 形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，
轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM＝10m/s 的速度从轨道边缘上的M 点沿轨道
的竖直切面ABCD 滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD 的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘
的N 点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加
速度的大小g＝10m/s2，sin72.8°＝0.96，cos72.8°＝0.30。求：
（1）运动员腾空过程中离开AD 的距离的最大值d；
（2）M、N 之间的距离L。
【解答】解：（1）在M 点，设运动员在ABCD 面内垂直AD 方向的分速度为v1，由运动的合成
3
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与分解规律得：v1＝vMsin72.8°…①
设运动员在ABCD 面内垂直AD 方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得：
mgcos17.2°＝ma1 …②
由运动学公式得：d= v1
2
2a1
⋯③
联立①②③式，代入数据得：d＝4.8m…④
（2）在M 点，设运动员在ABCD 面内平行AD 方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规律得：
v2＝vMcos72.8°…⑤
设运动员在ABCD 面内平行AD 方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得：
mgsin17.2°＝ma2 …⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得：t= 2v1
a1
⋯⑦
沿斜面方向根据位移﹣时间关系可得：L＝v2t+ 1
2 a2t
2⋯⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得：L＝12m。
重力场中类平抛模型（5-8 题）
5.
（2020•渝水区校级模拟）如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块（可
看成质点）沿斜面左上方顶点P 以初速度v0 水平射入，恰好从底端Q 点离开斜面，则
（ ）
A．物块由P 点运动到Q 点所用的时间t＝2√
2l
gsinθ
4
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B．物块由P 点运动到Q 点所用的时间t＝2√
2l
g
C．初速度v0＝b√
g
2l
D．初速度v0＝b√
gsinθ
2l
【解答】解：AB、根据牛顿第二定律得物体的加速度为：a= mgsinθ
m
=gsinθ。
根据l= 1
2at2得：t=√
2l
gsinθ
，故AB 错误；
CD、入射的初速度为：v0= b
t =b√
gsinθ
2l
，故C 错误，D 正确。
故选：D。
6.
（2022•湖北三模）如图所示的光滑斜面长为L，宽为s，倾角为θ＝30°，一小球（可
视为质点）沿斜面右上方顶点A 处水平射入，恰好从底端B 点离开斜面，重力加速度为g。则
下列说法正确的是（ ）
A．小球运动的加速度为g
B．小球由A 运动到B 所用的时间为√
2 L
g
C．小球由A 点水平射入时初速度v0的大小为s√
g
2 L
D．小球离开B 点时速度的大小为√
g
4 L (s
2+ 4 L
2)
【解答】解：A、依据曲线条件，初速度与合力方向垂直，且合力大小恒定，则物体做匀变速曲
线运动，再根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：a= mgsinθ
m
=gsinθ= g
2
，故A 错误；
BCD、根据L= 1
2at2，有：t=√
2 L
a =√
2 L
gsinθ =√
4 L
g
在B 点的平行斜面方向的分速度为：vBy＝at＝gsinθ×√
2 L
gsinθ =√2gLsinθ =√gL
5
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根据s＝v0t，有：v0
= s
t =
s
√
2 L
gsinθ
=
s√
gsinθ
2 L =s√
g
4 L
故物块离开B 点时速度的大小：v=√v0
2+ vBy
2 =√
g
4 L (s
2+ 4 L
2)，故BC 错误；D 正确；
故选：D。
7.
（2023 春•西湖区校级月考）如图所示，固定在水平面上的光滑斜面长a＝5m，宽b
＝4m，倾角θ＝30°，一可视为质点的小球从顶端B 处水平向左射入，恰好从底端点A 处射出，
重力加速度g 取10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．小球运动的加速度为10m/s2
B．小球从B 运动到A 所用时间为2s
C．小球从B 点水平射入时的速度为2√2m/ s
D．若小球从B 点以4m/s 的速度水平向左射入，则恰能从底端A 点离开斜面
【解答】解：A、依据曲线条件，初速度与合力方向垂直，且合力大小恒定，则物体做匀变速曲
线运动，
再根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：g′= mgsinθ
m
=gsinθ＝10× 1
2
m/s2＝5m/s2，故A 错误；
BC、根据a= 1
2g′t2，有：t=√
2a
g' =√
2×5
5
s=√2s
根据s＝v0t，有：v0= b
t = 4
√2
m/s＝2√2m/s，故B 错误，C 正确；
D．若小球从B 点以4m/s 的速度水平向左射入，因水平位移不变，则下落的时间会减小，则不
能从底端A 点离开斜面，故D 错误；
故选：C。
8.
（2022 春•新乡期末）如图所示，A、B 两质点以相同的水平速度v0抛出，A 在竖直
平面内运动落地点为P1；B 在光滑的斜面上运动，落地点为P2，P1、P2处于同一水平面上，不
计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
6
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A．A、B 同时落地
B．A 落地的速度与B 落地时的速度相同
C．从抛出到落地，A 沿x 轴方向的位移小于B 沿x 轴方向的位移
D．A、B 落地时的动能相同
【解答】解：A．对于A 球做平抛运动，运动的时间为tA=√
2h
g
对于B 球做类平抛运动，沿斜面向下方向做匀加速运动，加速度为a＝gsinθ
根据h
sinθ = 1
2 at B
2
解得tB=
1
sinθ√
2h
g
可知tB＞tA
故A 错误。
B．A 落地的速度与B 落地时的速度方向不相同，故B 错误；
C．沿x 轴方向上的位移为x＝v0t
xA＝v0tA
xB＝v0tB
可知xA＜xB
故C 正确。
D．两球的质量关系不确定，不能比较动能的关系，故D 错误。
故选：C。
电场中的类平抛模型（8-13 题）
9.
（2023 秋•密云区校级期中）一带电油滴在匀强电场E 中的运动轨迹如图中虚线所示，
电场方向竖直向下。若不计空气阻力，则此带电油滴从a 运动到b 的过程中，下列说法不正确
的是（ ）
7
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A．油滴带负电
B．电势能减少
C．动能增加
D．重力势能和电势能之和增加
【解答】解：A、由轨迹图可知，带电油滴所受的电场力竖直向上，与电场强度方向相反，所以
油滴带负电，故A 正确。
B、从a 到b 的运动过程电场力做正功，电势能减少，故B 正确；
CD、根据功能关系可知，油滴在从a 到b 的运动过程中，只有重力、电场力做功，因此重力势
能、电势能、动能三者之和保持不变，从a 到b 的运动过程中，重力势能增加，因此动能和电势
能之和减少。因该过程中合外力向上，合外力做正功，动能增加，因此重力势能和电势能之和
减小，故C 正确，D 错误；
本题选错误的，
故选：D。
10. （2023 秋•越秀区校级期中）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N
间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应），t＝0 时刻，M 板中点处的粒子源发射两个速
度大小为v0的相同粒子，垂直M 板向右的粒子a，到达N 板时速度大小为√2v0；平行M 板向
下的粒子b，刚好从N 板下端射出，不计重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A．M 板电势高于N 板电势
B．粒子在两板间的加速度为a= 2v0
2
L
C．两个粒子的电势能都增加
D．a、b 粒子到达N 板的速度相同
8
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【解答】解：A、因为不知道两粒子的电性，故无法确定M 板和N 板的电势高低，故A 错误；
C、根据题意可知垂直M 板向右的粒子，到达N 板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，
电势能减小；同理平行M 板向下的粒子达到N 板时电场力也做正功，电势能也减小，故C 错误；
BD、设两板间距离为d，对于平行M 板向下的粒子刚好从N 板下端射出，在两板间做类平抛运
动，有L
2 =v0t
d= 1
2 at
2
对于垂直M 板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中的加速度也相
同，有(√2v0)
2- v0
2=2ad
联立解得：t= L
2v0
；a= 2v0
2
L
两粒子到达N 板的速度大小相等，方向不同，故B 正确，D 错误；
故选：B。
11. （2023 秋•渝中区校级期中）如图所示，有一倾角为30°的绝缘斜面，一质量为m、
所带电荷量为q 的小球从斜面的中点，以初速度为v0水平抛出，经时间t1恰好落在斜面的最下
端；当在该区域加上一竖直向下的匀强电场E，将小球从斜面的顶端以同样的初速度v0水平抛
出，经时间t2也恰好落在斜面的最下端，则有（ ）
A．小球带负电，电场强度E= mg
2q
B．小球带负电，电场强度E= mg
q
C．小球两次在空中飞行的时间之比为t1：t2=1：√2
D．小球两次落到斜面底端时，其速度与斜面所成夹角均相等，且为60°
【解答】解：ABC.因水平方向两次均做匀速运动，设两次水平位移分别为x1、x2，时间分别为
t1、t2，则x1＝v0t1
x2＝v0t2
9
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又x2＝2x1
则t2＝2t1
竖直方向初速度为0 的匀加速直线运动
第一次tanθ =
1
2 gt1
2
v0t1
= gt1
2v0
第二次tanθ =
1
2 at2
2
v0t2
= at2
2v0
联立可得 a= g
2
可知电场力向上，小球带负电，根据牛顿第二定律mg
qE
﹣
＝ma
代入解得E = mg
2q
选项A 正确，BC 错误；
D.第一次落到斜面底端时速度方向与水平方向的夹角tanα = gt1
v0
=2tanθ= 2√3
3
第二次落到斜面底端时速度方向与水平方向的夹角tanβ = at1
v0
=2tanθ= 2√3
3
则α＝β
即速度与斜面所成夹角均相等，但不是 60°，选项D 错误。
故选：A。
12. （2023 秋•南关区校级期中）如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），
虚线是一带正电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M 点和N 点的电势分别为φM、φN，
粒子在M 和N 时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、
EpN。下列判断正确的是（ ）
A．vM＜vN，aM＜aN
B．vM＞vN，aM＞aN
C．φM＜φN，EpM＜EpN
D．φM＞φN，EpM＞EpN
【解答】解：根据粒子运动轨迹可得，粒子受到的电场力方向向左，粒子带正电，则电场线方
10
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向向左。
AB、若粒子从M 到N 电场力做负功，动能减小、速度减小；若粒子从N 到M 电场力做正功，
动能增大、速度增大，则vM＞vN；根据电场线的情况可知，该电场为匀强电场，粒子运动过程
中加速度不变，则aM＝aN，故AB 错误；
CD、若粒子从M 到N 电场力做负功，动能减小、电势能增大；若粒子从N 到M 电场力做正功，
动能增大、电势能减小，则有：EpM＜EpN；沿电场线方向电势降低，则φM＜φN，故C 正确、D
错误。
故选：C。
13. （2023 秋•沙坪坝区校级期中）如图所示，A、B、C 三个带电离子（不计重力），以
相同的初速度沿水平金属板M、N 间的中心线射入匀强电场中，两极板间的距离为d。A 离子
落在N 板的中点；B 离子落在N 板的边缘；C 离子飞出极板时，沿电场方向的位移为d
4
。已知
它们质量之比为mA：mB：mC＝1；1：2，则离子A、B、C 所带电荷量之比为（ ）
A．2：1：1
B．2：2：1
C．4：2：1
D．4：1：1
【解答】解：带电离子在电场中做类平抛运动，则y = 1
2 × qU
md ×( l
v0
)
2
对离子A 可得：d
2 = 1
2 × qU
mA d ×(
L
2
v0
)
2
对离子B 可得：d
2 = 1
2 × qU
mBd ×( L
v0
)
2
对离子C 可得：d
4 = 1
2 × qU
mC d ×( L
v0
)
2
又因为mA：mB：mC＝1；1：2，则
qA：qB：qC＝4；1：1，故D 正确，ABC 错误；
故选：D。
11
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重力场中斜抛模型（14-18 题）
14. （多选）（2023 秋•重庆期中）某篮球运动员正在进行投篮训练，篮球的运动轨迹可
简化为如图所示的曲线，其中A 是篮球的投出点，B 是运动轨迹的最高点，C 是篮球的投入点。
已知篮球在A 点的速度方向与水平方向的夹角为45°，在B 点的速度大小为v0，在C 点的速度
方向与水平方向的夹角为30°，篮球可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度大小为g，下列
说法正确的是（ ）
A．从A 点到B 点，篮球运动的时间为v0
g
B．从B 点到C 点，篮球运动的时间为√2v0
2g
C．A、B 两点的高度差为3 v0
2
8 g
D．A、C 两点的水平距离为(3+√3)v0
2
3 g
【解答】解：A.篮球的运动轨迹为抛体运动，在A 点的水平分速度vAx＝v0，竖直分速度vAy＝
v0，从A 点到B 点，篮球运动的时间t AB= v Ay
g = v0
g
，故A 正确；
B.从B 点到C 点，篮球运动的时间t BC = vCy
g = v0 tan30°
g
= √3 v0
3 g
，故B 错误；
C.A、B 两点的高度差h= (v A sin 45°)
2
2g
= v0
2
2g
，故C 错误；
D.A、C 两点的水平距离x＝v0（tAB+tBC）＝v0（v0
g + √3 v0
3 g
）= (3+√3)v0
2
3 g
，故D 正确。
故选：AD。
12
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15. （2023 秋•湖北期中）2023 年9 月29 日，在杭州亚运会田径项目女子铅球决赛中，中
国选手巩立姣夺得金牌，获得亚运会三连冠。图甲是巩立姣正在比赛中。现把铅球的运动简化
为如图乙模型：铅球抛出时离地的高度h＝1.928m，铅球落地点到抛出点的水平距离x＝
20m，铅球抛出时的速度v0和水平方向的夹角θ＝37°，已知铅球的质量为m＝4kg，不计空气
阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，√2.6144 =1.62，√3.3856=1.84，则（ ）
A．小球运动到最高点时速度为零
B．小球在空中运动的时间为1.62s
C．从抛出到落地过程中小球速度的变化量是18.4m/s
D．小球落地前任意相等时间内速度的变化量不相等
【解答】解：A．小球运动到最高点时竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，故A 错误；
B．根据斜抛运动的规律，抛出时水平方向的分速度
vx＝v0cos37°
小球在水平方向做匀速直线运动，小球在空中运动的时间为t = x
v x
=
x
v0cos37°
抛出时竖直方向的分速度vy＝v0sin37°
根据竖直方向的匀变速直线运动规律，有-h= v yt - 1
2 gt
2
代入数据联立得t＝1.84s
故B 错误；
C．从抛出到落地过程中小球速度的变化量是
Δv＝gt＝10×1.84m/s＝18.4m/s
故C 正确；
13
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D．小球落地前加速度为重力加速度不变，任意相等时间内速度的变化量相等，故D 错误。
故选C。
16. （2023 秋•沙坪坝区校级期中）如图所示，某次比赛中一运动员将篮球从地面上方B
点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上A 点。不计空气阻力，若篮球从B 点正上方C
点斜向上抛出，仍然垂直击中篮板上A 点，则两次抛球相比（ ）
A．从B 抛出至A，用时较短
B．从B 点抛出时，球撞到篮板时的速度较小
C．从C 点抛出时，球撞到篮板时的速度较小
D．从C 点抛出时，抛射角θ 较大
【解答】解：A、因为篮球垂直击中篮板，此时的速度处于水平方向，故根据逆向思维，把篮球
的运动看成反向做平抛运动，A 到B 的下落高度大于A 到C 的下落高度，竖直方向根据
h= 1
2 gt
2可知，A 到B 的时间大于A 到C 的时间，即球从B 抛出至A，用时较长，故A 错误；
BC、篮球抛出后水平方向做匀速运动，则有
x＝vxt，即水平速度v x = x
t
由于水平位移相等，球从B 至A 用时较长，可知从B 点抛出时，球撞到篮板时的速度较小，从
C 点抛出时，球撞到篮板时的速度较大，故B 正确，C 错误；
D、篮球刚抛出时的抛射角满足
tanθ = v y
v x
=gt
v x
由于从C 点抛出时所用时间较短，且水平速度较大，可知从C 点抛出时，抛射角θ 较小，故D
错误。
故选：B。
17. （2023 秋•顺德区校级月考）体育课上，某同学跳起投篮，篮球脱手后斜向上飞出，
如图所示。篮球在上升过程中速度方向与水平方向的夹角θ 的正切值为tanθ，不计空气阻力，
14
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关于tanθ 与篮球运动时间t 的关系，如图图像中可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：篮球抛出后做匀变速曲线运动，它是由水平方向的匀速直线运动与竖直方向的竖
直上抛运动合成。根据题意，有：tanθ= v y
v x
= v y 0-> ¿
v x 0
=¿tanθ0- g
v x 0
⋅t
则tanθ 与时间t 呈线性关系，斜率为负。故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
18. （2023•浙江模拟）如图所示，甲、乙两名滑板运动员在水平U 形赛道上比赛，甲、
乙先后从赛道边缘上的A 点滑出，一段时间后再次滑入赛道，观察发现甲的滞空时间比乙长，
运动过程中乙的最小速度比甲的最小速度大。不计空气阻力，可将运动员视为质点，则下列说
法正确的是（ ）
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A．甲、乙的最大腾空高度相同
B．甲从A 点滑出时的初速度一定大于乙的初速度
C．甲、乙从A 点滑出时的初速度方向可能相同
D．甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同
【解答】解：
A.甲的滞空时间比乙长，故甲的竖直速度vy更大，最大腾空高度h= v y
2
2g
，故甲的腾空高度更大，
故A 错误；
B.乙的最小速度比甲的最小速度大，即甲的vx 更小，从A 点滑出时的初速度v=√v x
2+ v y
2，故
无法比较，故B 错误；
C.设初速度与水平方向夹角为θ，tanθ= v y
v x
，故甲与水平方向夹角更大，故C 错误；
D.根据水平位移公式x＝vx•2v y
g
，可能相同，故甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同，故D 正确；
故选：D。
电场中斜抛模型（19-22 题）
19. （2023•郴州三模）如图所示，真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+q 和﹣3q 的两小球同时从O 点以速度v0斜向右上方射入匀强电场中，v0方
向与水平方向成60°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v0，若仅把带正电的小球射入速度变为2v0，其运动轨迹的最
高点记为C，重力加速度为g，不考虑两球间的库仑力。则下列说法错误的是（ ）
A．两小球同时到A、B 两点
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B．OA 与OB 之比为√3：1
C．两小球到达A、B 两点过程中电势能变化量之比为1：3
D．带正电的小球经过C 点的速度大小2v0
【解答】解：A、由v y = v0sin 60° = √3
2 v0可知两小球竖直方向的初速度大小相等，竖直方向只
受重力，上升到最高点时竖直方向速度为零，由t = v y
g
可知两球到A、B 两点的时间相等，故A
正确；
B 、正电荷水平方向的加速度大小ax = v0- v0cos60°
t
= v0
2t
，正电荷水平方向的位移
x A = v0cos60°+ v0
2
t = 3 v0t
4
，竖直方向的位移
y A = v0sin 60°+0
2
t = √3 v0t
4
，则
OA =√x A
2+ y A
2，代入数据，可得OA = √3 v0t
2
负电荷所带电荷量为正电荷的三倍，由牛顿第二定律有：Eq＝max，3Eq＝max′，所以负电荷水
平方向的加速度ax′为正电荷水平方向加速度的3 倍，即：ax' =3ax = 3 v0
2t
，负电荷到达最高点时
水平方向的速度vx′＝v0cos60°
a
﹣x′t，代入数据可得vx′＝﹣v0，则负电荷水平方向的位移
xB= v0cos60° - v0
2
t =- v0t
4
两电荷竖直方向只受重力，加速度相等，竖直方向初末速度大小相等，运动时间相等，所以竖
直方向的位移相等，即yB= y A = √3 v0t
4
，则OB =√xB
2+ yB
2，代入数据可得OB = v0t
2
，可知
OA
OB =
√3 v0t
2
v0t
2
=√3，故B 正确；
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C、正电荷电场力做正功，电势能减少，由功能关系可知，正电荷电势能的变化量ΔEP＝﹣
EqxA，负电荷电场力做负功，电势能增加，电势能的变化量ΔEP′＝3Eq×（﹣xB），代入数据可
得Δ E p
Δ EP' =-1，故C 错误；
D、若仅把带正电的小球射入速度变为2v0，则竖直方向的初速度变为原来的2 倍，由t = v y
g
可知
上升到最高点运动的时间t′变为原来的2 倍，即t′＝2t，则小球经过C 点的速度大小vC＝
2v0cos60°+axt′，代入数据可得vC＝2v0，故D 正确；
本题选错误的，故选：C。
20. （2023•丰台区二模）如图所示，地面附近空间有水平向右的匀强电场，一带电微粒
以初速度v0从M 点进入电场，沿直线运动到N 点，不考虑地磁场的影响。下列说法正确的是
（ ）
A．该微粒带正电
B．该微粒做匀速直线运动
C．只增大初速度v0，微粒仍沿直线MN 运动
D．从M 至N 过程中，该微粒电势能减小，动能增加
【解答】解：A、带电微粒做直线运动，其合力与速度在同一直线上，重力竖直向下，则微粒受
到的电场力必定水平向左，与电场方向相反，则微粒带负电，故A 错误；
B、因为合力方向与速度方向相反，所以该微粒做匀减速直线运动，故B 错误；
C、只增大初速度v0，微粒的受力情况不变，仍沿直线MN 运动，故C 正确；
D、从M 至N 过程中，电场力做负功，该微粒电势能增加，动能减小，故D 错误。
故选：C。
21. （2022 秋•平城区校级期末）如图所示，在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的
匀强电场，将质量为m 的带电小球由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＝3BC，空气阻力不
计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
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A．电场力大小为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 的速度变化量大小相等
【解答】解：C、两个过程水平位移之比是3：1，所以时间之比也是3：1，故C 错误。
A、分别列出竖直方向的方程，即h= 1
2 gt
2，h
3 = 1
2
F -mg
m
( t
3 )
2，可解得F＝4mg，故A 错误。
B、小球受到的电场力向上，与电场方向相反，所以小球带负电，故B 错误。
D、速度变化量等于加速度与时间的乘积，即Δv＝at，结合以上的分析可得，AB 过程Δv＝gt，
BC 过程Δv = F -mg
m
t
3 =>¿，故D 正确。
故选：D。
22. （2023 秋•宜昌月考）如图所示，水平地面上方有水平向右的、范围足够大的匀强电
场，从地面上的A 点竖直向上以初速度v0＝10m/s 抛出一个质量为m＝0.1kg、电荷量为q＝
1×10
3
﹣C 的带电小球，B 点为其运动轨迹的最高点，小球落在水平地面上的C 点时速度与水平
方向的夹角θ 且tanθ = √3
2
，已知AC 的位移x= 20√3
3
m，取重力加速度大小g＝10m/s2，忽略
空气阻力的影响，求：
（1）电场强度E 的大小；
（2）小球运动到B 点时速度大小vB；
（3）以从A 点开始运动作为计时起点，经过多长时间小球的速度最小，最小值为多少？
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【解答】解：（1）设小球从A 到C 运动时间为t，对小球在竖直方向竖直上抛运动有2v0＝gt
设水平方向加速度为 a，则有tanθ = v0
v y
小球在水平方向受电场力，则根据牛顿第二定律有qE＝ma
代入数据解得电场强度E 的大小E = √3
3 ×10
3V /m
（2）设小球从A 到C 运动时间为t1，研究小球在水平方向的运动，有vB＝at1
根据竖直方向运动对称性可知t1= t
2 得小球运动到B 点时速度大小vB= 10√3
3
m/s
（3）设小球运动时间为t 时，速度最小水平方向上匀速运动vx＝at
竖直方向上自由落体运动vy＝v0
gt
﹣
小球的速度v =√v x
2+ v y
2
由数学知识知，当 t＝0.75s 时，v 取得最小值，有
最小值为vm= v0
2 = 10
2 m/ s=5m/ s
20
