文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
大题07 带电粒子（带电体）在电场中的平衡、运动
带电粒子在电场中的平衡与运动是高考物理电磁学模块的命题重点，在广东高考卷中
占比约12%-18%，很可能为压轴计算题。2025 年高考对“带电粒子在电场中的平衡、运
动”的考查将延续“重基础、强综合、拓创新”的命题风格，突出电磁学核心观念与实际
问题建模能力。备考需以电场力的矢量性为核心抓手，强化复合场分析与数学工具应用，
同时关注新能源与量子科技前沿，做到“以场驭动，以模应变”。综合考查动力学分析
（电场力与运动学结合）、能量转化（电势能与动能转换）及复杂轨迹建模（如类平抛运
动） 如离子推进器中的电场加速、超级电容器储能特性分析；利用抛物线方程解类平抛
运动、矢量分解法处理复合场问题；医用加速器中的粒子束控制、半导体器件中的载流子
运动等等。
题型1 “等效重力场”问题
例1.（24-25 广东深圳期末）如图所示，光滑水平绝缘平台区域存在水平向右的匀
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
强电场
，在平台右侧有一竖直放置的光滑绝缘圆弧形轨道，轨道的最左端
点距平台的高度差为
是轨道最低点，
是轨道的最高点，圆弧
对应的圆心角
，圆弧形轨道处在水平
向左的匀强电场
中（图中未画出），平台与轨道之间的空间没有电场。一带正电的物块（大小可忽
略不计）从平台上某点由静止释放，从右端A 点离开平台，恰好沿切线方向进入轨道。已知物块的比
荷
，物块释放点距A 点的距离
，圆弧形轨道区域的电场强度
，sin
，取
。若物块在轨道上运动时恰好不会脱离轨道，求：
(1)物块离开
点时的速度大小
和
、
间的水平距离
；
(2)平台所在区域的场强大小
；
(3)圆弧轨道的半径
。
答案(1)
，
；(2)
；(3)
或
解析（1）从
到
的过程中，小球做平抛运动，故在
点由几何关系可知小球的速度与水平方向的夹
角为
，则有
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
而
代入数据，解得
由
得
故A 、B间的水平距离
（2）从释放小球到小球到达
点的过程中，有
解得
（3）在轨道区域，带电小球受到的重力和电场力如图所示：小球在轨道区域受到的电场力
设小球受到的合力
为等效重力，其与水平方向的夹角
满足
即
，
F 的方向与
点的速度方向垂直，因此
点为等效重力场的最低点，轨道上等效重力场的最高点
在与
点相对于圆心
点的对称点。如图所示
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
情形一：小球在轨道上运动时恰好不会脱离轨道，在轨道上等效重力场的最高点
速度为时，对小
球有
小球从
运动到等效重力场最高点
的过程中有
代入数据，联解得
情形二：小球恰好运动到
垂直且与
等高的
点，有
解得
故小球在轨道上运动时不会脱离轨道里，有
或
例2．(2023 广雅中学)如图所示，竖直平面内有一水平向右的匀强电场，电场
强度大小为E＝1×102 V/m，其中有一个半径为R＝2 m 的竖直光滑圆环，有一质量为m＝0.08 kg、电
荷量为q＝6×10－3 C 的带正电小球(可视为质点)在最低点A 点，给小球一个初动能，让其恰能在圆环
内做完整的圆周运动，不考虑小球运动过程中电荷量的变化．取cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
(1)小球所受电场力与重力的合力F．
(2)小球在A 点的初动能Ek．
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
答案(1)1 N，与竖直方向夹角37° (2)4.6 J
解析(1)因为重力与电场力均不变，所以二者的合力大小为F＝＝mg＝1 N
方向与竖直方向的夹角为θ，有
tan θ＝＝
可得合力与竖直方向夹角为θ＝37°
(2)小球恰能在圆环内做完整的圆周运动，则在其等效最高点，有
F＝m
小球从等效最高点至A 点的过程中，由动能定理得
F·(R＋R cos θ)＝Ek－mv2
联立得小球在A 点的初动能
Ek＝4.6 J
解题策略
1．(2024 广东潮州诊断)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r、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匀强电场，
一质量为m 的带电小球(可视为质点)恰好能静止在C 点。若在C 点给小球一个初速度使它在轨道内侧恰
好能做完整的圆周运动(小球的电荷量不变)。已知C、O、D 在同一直线上，它们的连线与竖直方向的
夹角θ＝60°，重力加速度为g。求：
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)小球所受的电场力F 的大小；
(2)小球做圆周运动，在D 点的速度大小及在A 点对轨道压力的大小。
答案 (1)√3mg (2)√2gr 9mg
解析 (1)小球在C 点静止，受力分析如图所示。
由平衡条件得F＝mg tan θ，
解得：F＝√3mg。
(2)小球在光滑轨道内侧恰好做完整的圆周运动，在D 点小球速度最小，对轨道的压力为零，
则mg
cosθ ＝mv D
2
r
，
解得小球在D 点的速度vD＝√2 gr，
小球由轨道上A 点运动到D 点的过程，根据动能定理得
－mgr(1＋cos θ)－Fr sin θ＝1
2 mv D
2 －1
2 mv A
2 ，
解得小球在A 点的速度vA＝2√2 gr，
小球在A 点，根据牛顿第二定律得：FNA－mg＝mv A
2
r
，
解得FNA＝9mg，
根据牛顿第三定律得：小球对轨道的压力大小为FNA′＝9mg。
题型二 带电粒子在电场中的直线运动
例3.如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d，上下极板开有一小孔，
四个质量均为m、带电荷量均为q 的带电小球，其间用长均为的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，今使下
端小球恰好位于上极板小孔中，且由静止释放，让四球竖直下落。当下端第二个小球到达下极板时，
速度恰好为零。重力加速度为g，(仅两极板间存在电场)试求：
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)两极板间的电压；
(2)小球运动的最大速度。
答案 (1) (2)
解析 (1)根据动能定理可得4mg·d－2qU－qU－qU＝0
解得U＝。
(2)当两个小球在电场中时，静电力F1＝2q·＝mg＜4mg
当三个小球在电场中时，静电力F2＝3q·＝mg＞4mg
故当第三个小球刚进入电场时速度最大，根据动能定理可得
4mg·－qU－qU＝×4mv2－0
解得v＝。
例4.绝缘粗糙的水平面上相距为6L 的A、B 两处分别固定电荷量不等的正电荷，两
电荷的位置坐标如图11 甲所示，已知A 处电荷的电荷量为＋Q，图乙是A、B 连线之间的电势φ 与位置
x 之间的关系图像，图中x＝L 处对应图线的最低点，x＝－2L 处的纵坐标φ＝2φ0，x＝2L 处的纵坐标
φ＝φ0，若在x＝－2L 处的C 点由静止释放一个质量为m、电荷量为＋q 的带电物块(可视为质点)，物
块随即向右运动(假设此带电物块不影响原电场分布)，求：
(1)固定在B 处的电荷的电荷量QB；
(2)小物块与水平面间的动摩擦因数μ 为多大，才能使小物块恰好到达x＝2L 处？
(3)若小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝，小物块运动到何处时速度最大？
答案 (1) (2) (3)x＝0 处
解析 (1)由题图乙得x＝L 处为图线的最低点，切线斜率为零，即合电场强度为0，则有k＝k
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
代入数据得QB＝＝。
(2)从x＝－2L 到x＝2L 的过程中，物块先做加速运动再做减速运动，由动能定理得qU1－μmgs1＝0－0
即q－μmg(4L)＝0－0
解得μ＝。
(3)小物块运动速度最大时，静电力与摩擦力的合力为零，设该位置离A 点的距离为LA，则有k－k－
μmg＝0，
解得LA＝3L，即小物块运动到x＝0 处时速度最大。
2.（24-25 广东广州期末）如图所示，真空中平行金属板
、
之间距离为
，两板
所加的电压为
。一质量为
、电荷量为
的带正电粒子从
板静止释放，不计带电粒子的重力。
(1)求带电粒子加速度的大小；
(2)若在带电粒子运动
距离时撤去所加电压，求该粒子从
板运动到
板的总时间。
答案(1)
(2)
用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad。
用功能观点分析
匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
解析（1）根据
其中
可得带电粒子加速度的大小
（2）在带电粒子运动
距离时的速度
运动的总时间
带入解得
题型三 带电粒子在交变电场中的运动
例5.(2024 广州期末)如图甲所示，α 粒子射线管由平行于x 轴的平行金属板
A、B 组成，A、B 板长度和板间距均为L，A、B 板中间有平行于x 轴的绝缘细管C，开口在y 轴上．粒子
源P 放置在A 极板左下端，可以沿特定方向发射α 粒子．当A、B 板加上某一电压时，α 粒子刚好能以
速度v 水平进入细管C，保持速度不变，再进入静电分析器中做匀速圆周运动，已知静电分析器中电场
线的方向均沿半径方向指向圆心O，α 粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为L.之后α 粒子垂直x 轴
进入第四象限(此时对应图乙t＝0 时刻)，施加如图乙所示沿x 轴方向的交变电场．规定沿x 轴正方向
为电场正方向．已知α 粒子电荷量大小为q，质量为m，重力不计．求：
(1) 静电分析器中的场强大小E0.
(2) α 粒子从粒子源P 发射时的初速度大小．
(3) 当t＝T 时，α 粒子的坐标．
答案 (1) (2) v (3) (L，－vT)
解析 (1) 在静电分析器中，由牛顿第二定律有qE0＝m
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
可得E0＝
(2) 由题意可知，α 粒子的运动可以看成反方向的类平抛运动，设运动时间为t，则
水平方向有L＝vt
竖直方向有＝·t
则初速度大小v0＝
解得v0＝v
(3) α 粒子进入第四象限做类平抛运动．沿x 轴方向，第一个内做匀加速直线运动，第二个内做
匀减速直线运动，第三个内反向匀加速，第四个内再匀减速．由运动的对称性可知α 粒子在x 轴上一
个周期内的位移为0，在－y 方向上α 粒子做匀速直线运动，故t＝T 时，α 粒子的纵坐标为y＝－vT
则t＝T 时，α 粒子的坐标为(L，－vT)．
例6.在图甲所示的极板A、B 间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化
的交变电压，其周期为T．现有电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入．已知电子的质量为
m，电荷量为e，不计电子的重力，问：
(1)若电子从t＝0 时刻射入，在半个周期内恰好能从A 板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为
多少？
(2)若电子从t＝0 时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？
(3)若电子恰能从OO′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？
甲
乙
答案 (1) (2)v0T (3)＋k(k＝0，1，2，…) T
解析 (1)由动能定理得e＝mv2－mv，解得v＝。
(2)t＝0 时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向A 极板方向偏转，半个周期后电场方
向反向，电子在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电子在电场方向上的速度减小到零，此时
的速度等于初速度v0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，
则电子在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T。
(3)若要使电子从OO′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速、再减速，
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO′上，可见应在t＝＋k(k＝0，1，2，…)时射入；极板间距
离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，设两板间距为d，由牛顿第二定律有a＝，加速阶段运
动的距离s＝·≤，解得d≥T，故两极板间距至少为T。
3．（24-25 广东梅州期末）如图甲所示，真空中的电极能连续不断均匀地放出初速度
为零、质量为
、电荷量为
的粒子，经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平
金属板A、B 间的中线平行于极板射入偏转电场，A、B 两板距离为
，A、B 板长为
，AB 两板间加周
期为
的变化电场，
如图乙所示，已知
，能从偏转电场板间飞出的粒子在偏转电场中运
动的时间也为
。忽略极板边缘处电场的影响，不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，粒子打到
极板上后即消失．求：
(1)加速电场中的
；
(2)若
时刻粒子进入偏转电场两极板之间，粒子能否飞出极板？如果能，那么粒子的偏移量
是多
少？如果不能，那么粒子在偏转电场里平行于极板方向的位移
是多少？
(3)若发射时间足够长，则能够从两极板间飞出的粒子占总入射粒子数的百分率。
分析思路
(1)动力学观点：根据牛顿第二定律及运动学规律分析。
(2)能量观点：应用动能定理、功能关系等分析。
(3)动量观点：应用动量定理分析。
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
答案(1)
，
(2)
(3)
解析（1）粒子在加速电场中有
粒子在偏转电场中有
联立解得
，
（2）
时刻进入偏转电场的粒子在
至
时间内做类平抛运动，有
，
联立解得
，
因
，粒子在
时还未打到极板上，此时
假设粒子能飞出极板。粒子在
至
时间内做匀速直线运动
解得
，
故粒子的偏移量为
因
，假设不成立，粒子不能飞出极板。
设粒子在
时刻打到极板上，则有
又
解得
（3）电场周期性变化，现研究第一个周期内哪个时间段进入偏转电场的粒子能够从两极板间飞出。
设粒子在时刻
进入偏转电场，如果粒子运动时间
后的偏移量
随增大，
增大，当
时，解得
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
设粒子在时刻
进入偏转电场，如果粒子运动时间
后的偏移量
随增大，
减小，当
时，解得
所以在第一个周期内，当
和
时，能从两极板间飞出。飞出的粒子占总入射粒子数的
百分率
题型四 动力学、动量和能量观点在电场中的应用
例7.如图所示，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，AB 段为足够长的水平轨道，BD
段为半径R＝0.2 m 的半圆轨道，二者相切于B 点，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强大小E
＝5.0×103 V/m。一个不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B 点带正电的小
球乙发生弹性正碰。已知乙球质量m＝1.0×10-2 kg、所带电荷量q＝2.0×10-5 C，乙球质量为甲球质
量的3 倍。g 取10 m/s2，甲、乙两球均可视为质点，整个运动过程中无电荷转移。
(1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点D 时，对轨道的压力大小N′为自身重力的2.5 倍，求
乙在水平轨道上的首次落点到B 点的距离；
(2)在满足(1)的条件下，求甲球的初速度v0。
答案 (1)0.6 m (2)10 m/s
解析 (1)设乙到达最高点D 时的速度为vD，乙离开D 点首次到达水平轨道的时间为t，加速度为a，乙
在水平轨道上的首次落点到B 点的距离为x，乙离开D 点后做类平抛运动，则2R＝1
2at2，x＝vDt，
根据牛顿第二定律有a＝mg+qE
m
，
乙过D 点时有mg＋qE＋N＝mv D
2
R
(式中N 为乙在D 点时轨道对乙的作用力)，
根据牛顿第三定律有N＝N′＝2.5mg，
解得x＝0.6 m。
(2)设碰后瞬间甲、乙两球的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
1
3mv0＝1
3mv1＋mv2，
1
2×1
3 mv0
2＝1
2×1
3 mv1
2＋1
2 mv2
2，
联立解得v2＝1
2v0，
乙球从B 到D 的过程中，根据动能定理有
－mg·2R－qE·2R＝1
2 mv D
2 －1
2 mv2
2，
由(1)可得vD＝3 m/s，
联立解得v0＝10 m/s。
4． (2024 大湾区二模)如图所示，在绝缘的光滑水平面(足够长)上M 点左侧的
区域有水平向右的匀强电场．小滑块A、B 的质量均为m，其中B 不带电，A 的带电荷量为＋q，O 点到M
点的距离为L，N 点到O 点的距离为kL(k>0)．现将小滑块A 在N 点由静止释放，其向右运动至O 点与静
止的小滑块B 发生弹性碰撞，设A、B 均可视为质点，整个过程中，A 的电荷量始终不变，B 始终不带电，
已知电场强度E＝，重力加速度大小为g.
(1) A 与B 发生第一次碰撞前瞬间，求A 的速率．
(2) k 的取值满足什么条件时，能使A 与B 发生第二次碰撞？
(3) k 的取值满足(2)问的条件下，求A 和B 两次碰撞间隔的时间．
三大观点的选用策略
(1)对多个物体组成的系统讨论，在具备守恒条件时优先考虑两个守恒定律；出现相对距离
(或相对路程)时优先考虑功能关系。
(2)对单个物体的讨论，宜用两个定理，涉及时间优先考虑动量定理，涉及位移优先考虑动
能定理。
(3)研究所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系，涉及过程的细节(加速度)，且受恒力作
用时，考虑用牛顿运动定律和运动学规律。
(4)两个定律和两个定理，只考查一个物理过程的始末两个状态，对中间过程不予以细究，
这是它们的方便之处，特别是对变力问题，充分显示出其优越性。有些题目可以用不同方法
各自解决，有些题目则同时运用上述几种方法才能解决。
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
答案 (1) (2) k<1 (3) 见解析
解析 (1) 设A 与B 碰撞前的速率为v1，对A 由动能定理得
EqkL＝mv
将E＝代入，解得v1＝
(2) 由题意知，A 与B 发生弹性碰撞，由动量守恒定律得
mv1＝mv′1＋mv′2
由能量守恒可知 mv＝mv′＋mv′
联立解得v′1＝0，v′2＝
碰撞后，B 以v′2做匀速直线运动，A 在电场作用下，做匀加速直线运动，为使A 与B 能发生第二
次碰撞，则A 经电场加速后的最大速度v″1应满足的条件为v″1>v′2
碰撞后，对A 由动能定理得EqL＝mv″
联立解得v″1＝，k<1
(3) 第一次碰后B 运动到M 点所用时间为tB＝＝
A 的加速度a1＝＝
设A 运动到M 点所用时间为tA，则L＝×gt
解得tA＝2
若tA＝tB，解得k＝
设A 与B 第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间为t.
当k≤时，A 与B 在离开电场前发生第二次碰撞，有
×gt2＝·t
解得t＝4
当 <k<1 时，A 与B 离开电场后发生第二次碰撞，有
·t＝L＋v″1(t－tA)
解得t＝
1．（24-25 高二上广东惠州期末）如图所示，水平绝缘轨道
，其
段光滑，
段粗糙且长
，
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
为半径
的光滑半圆轨道，竖直线
右侧存在水平向右，场强为
的匀强电场质
量
、电量
可视为质点的带电滑块P 与固定于墙边的轻弹簧接触但不连接。从原长B
点向左压缩弹簧，当弹性势能
时，由静止释放滑块。已知滑块与
间的动摩擦因数
，
取重力加速度
。
(1)滑块在B 点的速度大小；
(2)滑块在
段运动的时间；
(3)滑块在半圆轨道最右端D 点时对轨道的压力大小。
答案(1)
(2)
(3)4N
解析（1）在A 到B 过程，弹簧的弹性势能全部转化为滑块的动能，根据能量守恒定律
，代
入数值可知，则
（2）在BC 段，
，滑块受到摩擦力
，电场力为
，
根据牛顿第二定律
，则加速度为
，再根据运动学公式
，则
，可得
或
，根据实际情况舍去
。
（3）先求滑块到达C 点的速度vC，根据
，
，从C 到D，根据动能定理
代入数值解得
，在D 点
，
，
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力为4N。
2．1897 年，物理学家汤姆孙正式测定了电子的比荷，揭开了原子神秘的面纱。如图所示为汤姆孙测定电
子比荷装置的简化示意图，阴极K 发出的电子由静止经过加速电压U0加速后，沿轴线进入两平行极板
C、D 间。仅在C、D 极板间施加一定电压，电子从C、D 右侧离开时偏离轴线距离为y；若保持电压不变，
在C、D 间加上与纸面垂直的磁场，发现电子沿直线前进。已知电子的电荷量大小为e，质量为m。C、D
极板间距为d，长度为L。求：
(1)电子经过加速电压U0加速后的速度大小v0；
(2)C、D 极板间所加的电压大小U；
(3)C、D 极板间所加磁场的磁感应强度的大小B。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)电子经过加速电压U0加速，有
eU0＝mv
解得v0＝。
(2)粒子进入极板间之后做类平抛运动，
竖直方向和水平方向上有y＝at2，L＝v0t
由e＝ma 得加速度为a＝
联立各式可得U＝。
(3)若保持电压不变，在C、D 间加上与纸面垂直的磁场，发现电子沿直线前进，说明电子所受静电力
和洛伦兹力平衡eE＝ev0B
又E＝，联立解得B＝。
3．如图所示，空间分为Ⅰ、Ⅱ两个足够长的区域，各边界(图中虚线)均水平，Ⅰ区域存在电场强度为E1
＝1.0×104 V/m 的匀强电场，方向竖直向上；Ⅱ区域存在电场强度为E2＝×105 V/m 的匀强电场，方向
水平向右，两个区域宽度分别为d1＝5.0 m，d2＝4.0 m。一质量m＝1.0×10－8 kg、带电荷量q＝＋
1.6×10－6 C 的粒子从D 点由静止释放，粒子重力忽略不计。求
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)粒子离开区域Ⅰ时的速度大小；
(2)粒子离开区域Ⅱ时发生的偏移量x 的大小；
(3)粒子出区域Ⅱ后加另一个匀强电场，使粒子在此电场作用下经1.0 s 速度变为零，此电场的电场强
度E3的大小和方向。
答案 (1)4×103 m/s (2)2 m
(3)50 V/m 与水平方向成30°角斜向左下方
解析 (1)由动能定理得qE1d1＝mv
解得v1＝4×103 m/s。
(2)粒子在区域Ⅱ内做类平抛运动，运动时间t2＝＝1×10－3 s
又a＝
偏移量x＝at
解得x＝2 m。
(3)由vx＝at2＝t2，vy＝v1
得tan θ＝＝
所以θ＝30°
则所加电场方向应与水平方向成30°角斜向左下方
粒子刚出区域Ⅱ时速度大小v＝＝8×103 m/s
由v＝t
解得E3＝50 V/m。
4．如图甲所示，A、B 是两个足够大的平行金属板，两平行板间加如图乙所示电压，U0、T0为已知。质量
为m、电荷量为q 的带正电粒子在t＝0 时刻从紧靠A 板位置由静止释放(不计重力)，粒子经2T0时间到
B 板。求：
18
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)粒子到达B 板时的速度v；
(2)两个金属板间的距离d。
答案 (1)3 (2)T0
解析 (1)在0～T0时间，粒子运动的位移为d1＝·T＝
在T0～2T0时间，粒子运动的位移为d2＝＋＝
根据动能定理得2qU0＋qU0＝mv2
解得v＝3。
(2)根据位移关系得d1＋d2＝d
解得d＝T0。
5．如图甲所示，真空中相距d＝5 cm 的两块平行金属板A、B 与电源连接(图中未画出)，其中B 板接地(电
势为零)，A 板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量m＝2.0×10－27 kg、电荷量q＝＋1.6×10－19 C
的带电粒子从紧邻B 板处释放，不计粒子重力。求：
(1)在t＝0 时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；
(2)若A 板电势变化周期T＝1.0×10－5 s，在t＝0 时将带电粒子从紧邻B 板处无初速度释放，粒子到达
A 板时速度的大小；
(3)A 板电势变化频率多大时，在t＝到t＝时间内从紧邻B 板处无初速度释放该带电粒子，粒子不能到
达A 板。
答案 (1)4.0×109 m/s2 (2)2×104 m/s
(3)大于5×104 Hz
解析 (1)带电粒子所受静电力大小为F＝qE＝
由牛顿第二定律得a＝＝＝4.0×109 m/s2。
(2)由位移公式计算粒子在0～时间内运动的距离为x＝a()2＝5.0×10－2 m
由此可见带电粒子在t＝时恰好到达A 板。再由运动学公式可得
v＝a＝2×104 m/s。
(3)分析可知，在～内，静电力方向、速度方向均向右，带电粒子向A 板做匀加速运动；同理，在～内，
则向A 板做匀减速运动，速度减为零后再返回。由于运动具有“对称性”，即先、后两段位移大小相
19
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
等，得粒子向A 板运动可能的最大位移为xmax＝2×a()2＝aT2。因题目要求粒子不能到达A 板，故必有
xmax＜d，频率和周期的关系为f＝，由以上三式即可求出电势变化频率应满足条件f＞＝5×104 Hz。
6．在图甲所示的极板A、B 间加上如图乙所示的大小不变，方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现
有一电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的
重力，问：
(1)若电子从t＝0 时刻射入，在半个周期内恰好能从A 板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？
(2)若电子从t＝0 时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？
(3)若电子恰能从O′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？
答案 (1) (2)v0T (3)＋n·(n＝0，1，2，…) T
解析(1)由动能定理得e＝mv2－mv
解得v＝
(2)t＝0 时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电
场方向反向，电子继续在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，竖直方向上的速度减到零，此时
实际速度等于初速度v0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动．
要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T
(3)若要使电子从OO′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，然后反向加速、
再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO′上，可见应在
t＝＋n·(n＝0，1，2，…)时射入，极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，由
牛顿第二定律有
a＝
加速阶段运动的距离s＝·≤
解得d≥T
故两极板间距至少为T
8．如图所示，在光滑的水平桌面上，粗糙直线轨道AB 与光滑圆弧轨道BCD 相切于B 点，圆心角∠BOC＝
37°，线段OC 垂直于OD，圆弧轨道半径为R，直线轨道AB 长为L＝5R。整个轨道处于电场强度为E 的
匀强电场中，电场强度方向竖直向下且垂直于直线OD。现有一个质量为m、带电荷量为＋q(q＞0)的小
物块P 从A 点无初速度释放，小物块P 与AB 之间的动摩擦因数μ＝0.25，取sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8，忽略物块重力。求：
20
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)小物块第一次通过C 点时对轨道的压力大小；
(2)小物块第一次通过D 点后离开D 点的最大距离；
(3)小物块在直线轨道AB 上运动的总路程。
答案 (1)5.4qE (2)R (3)15R
解析 (1)设小物块第一次到达C 点时的速度大小为vC1，根据动能定理有
qE[Lsin 37°＋R(1－cos 37°)]－μqELcos 37°
＝mv－0
在C 点根据牛顿第二定律得
FN－qE＝m
联立解得FN＝5.4qE
根据牛顿第三定律得FN′＝FN＝5.4qE。
(2)设小物块第一次到达D 点时的速度大小为vD1，根据动能定理有
qE(Lsin 37°－Rcos 37°)－μqELcos 37°＝mv
小物块第一次到达D 点后先以速度vD1沿电场方向做匀减速直线运动，设运动的最大距离为xm，根据动
能定理得
－qExm＝0－mv，联立解得xm＝R。
(3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动，到达B 点的速度恰好为零时，动能和电势能之和
不再减小。设小物块在直线轨道AB 上运动的总路程为s，根据功能关系得
qELsin 37°＝μqEscos 37°
解得s＝＝15R。
9．如图所示，等量异种点电荷分别固定在水平线上的M、N 两点处，O 点位于M、N 连线中点B 的正上方且
与B 点之间的距离为L，质量为m、电荷量为＋q(可视为点电荷)的小球固定在长度为L 的绝缘轻质细杆
的一端，细杆另一端可绕过O 点且与M、N 连线垂直的水平轴无摩擦转动。现在把杆拉起到水平位置，
由静止释放，小球经过最低点B 时速度为v。取O 点电势为零，忽略小球所带电荷量对等量异种点电荷
所形成的电场的影响，重力加速度为g。
21
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)求小球在经过B 点时对杆的拉力大小；
(2)在等量异种点电荷形成的电场中，求A 点的电势φA；
(3)小球继续向左摆动，求其经过与A 等高的C 点时的速度大小。
答案 (1)mg＋m (2) (3)
解析 (1)小球经过B 点时，在竖直方向上，有
F－mg＝m
由牛顿第三定律可知，小球对细杆的拉力大小
F′＝F＝mg＋m。
(2)O 点电势为零，而OB 在M、N 连线的垂直平分线上，故B 点的电势φB＝0
对小球从A 点运动到B 点的过程，由动能定理得
mgL＋q(φA－φB)＝mv2
解得φA＝。
(3)由电场的对称性可得φC＝－φA
所以UAC＝2φA
对小球从A 点运动到C 点的过程，由动能定理得
qUAC＝mv
解得vC＝。
10．（24-25 高二上广东汕头期末）XCT 扫描是计算机X 射线断层扫描技术的简称，XCT 扫描机可用于对多
种病情的探测。图甲是某种XCT 机主要部分的剖面图，其中产生X 射线部分的示意图如图乙所示。图
乙中M、N 之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转电场，方向竖直，经调节
后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，离开偏转电场时速度与水平方向夹角为30°，之
后打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X 射线（如图中带箭头的虚线所示）。已知电子的质量为
m，带电荷量为e，MN 两端的电压为U0，偏转电场区域水平宽度为L0，竖直高度足够长，MN 中电子
束距离靶台竖直高度为H，偏转电场到圆形靶台上的中心点P 水平距离为s，忽略电子的重力影响，
不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度，不计空气阻力。求：
22
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)电子刚离开加速电场时的速度v0的大小；
(2)图乙中偏转电场的电场强度E 的大小和方向；
(3)由于技术升级，经过专家研究可以将该电子枪改装成发射Y 粒子（质量和电荷量未知，忽略Y 粒子
的重力影响）的装置，为使Y 粒子仍然打到水平圆形靶台上的中心点P，请帮助专家论证是否需要重
新设计偏转电场和靶台。
答案(1)
(2)
，方向竖直向上(3)见解析
解析（1）电子带负电，电子轨迹向下偏转，则电场力向下；电场强度方向竖直向上，由动能定理有
可得电子刚离开加速电场时的速度为
（2）带电粒子在偏转电场中运动，根据类平抛运动规律有
，
，
离开偏转电场时速度与水平方向成
可得
解得
由于电子带负电，则偏转电场方向竖直向上。
（3）将该电子枪改装成发射Y 粒子，设其质量为M，电荷量q，则有
23
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
整理可得
即Y 粒子与原来的电子轨迹相同，故不需要重新设计偏转电场和靶台。
11．真空中存在方向竖直向上、电场强度大小为E0的匀强电场，A、B、C 三点在电场中同一条竖直线上，C
是A、B 的中点。在某时刻，带电油滴a 经过A 点竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，不带电油
滴b 在B 点由静止释放。经过一段时间，a、b 在C 点相碰成为油滴c，此时刻将电场强度的大小突然
变为某值，但保持其方向不变，再经过相同的时间，油滴c 运动回到C 点。油滴a、b 的质量都为m，
重力加速度大小为g，油滴a、b、c 均可视为质点。求：
(1)油滴c 在C 点的初速度大小；
(2)变化后的电场强度的大小；
(3)油滴c 从C 点出发到回到C 点的过程中，电势能最大值与最小值之差。
答案 (1)1
2v0 (2)3E0 (3)3
4 mv0
2
解析 (1)设油滴a 从A 点到C 点的时间为t1，碰前b 的速度大小为v1，碰后油滴c 在C 点初速度大小
为v2，则有v0t1＝1
2v1t1，
又由动量守恒定律得mv1－mv0＝2mv2，
解得v1＝2v0，v2＝1
2v0。
(2)根据题意易知油滴a 带正电，设电荷量为q，油滴a 从A 点到C 点的过程中有qE0＝mg，
油滴b 从B 点到C 点的过程有v1＝gt1，
油滴c 带正电，电荷量为q，质量为2m，设变化后的电场强度的大小为E，油滴c 从C 点开始以v2为
初速度向下运动，加速度方向竖直向上，设大小为a′，由题意可知油滴c 在时间t1内位移为零，
则有2ma′＝qE－2mg，0＝v2t1－1
2 a
' t1
2，
由v1＝2v0得2v0＝gt1，由v2＝1
2v0得v0＝a′t1，
则a′＝1
2g，解得变化后的电场强度大小E＝3E0。
(3)油滴c 从C 点出发到回到C 点的过程中，向下运动时电场力做负功，向上运动时电场力做正功，所
以油滴c 在最低点电势能最大，在C 点电势能最小。设最低点与C 点间的距离为x，从最低点到C 点电
24
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
场力对油滴c 做的功为W，电势能最大值与最小值之差为ΔE，则有2a′x＝v2
2，W＝qEx，ΔE＝W，
结合第(1)问和第(2)问的解析解得ΔE＝3
4 mv0
2。
12．（24-25 高三上广东汕头期末）如图所示是静电场轨道离子阱装置，长为L 的圆柱形金属管接高压电
源正极，位于中心轴线的金属丝
接负极，管内空间形成指向中心轴线的辐射状电场，管的左端在
半径为R 处开有一条圆形窄缝。现有一束质量为m、带电量为
的离子，由静止开始经电压为U 的
加速电场加速后，恰好从离子阱右侧的A 点垂直OA 射入，且与
的夹角
，不计离子重力，
离子在离子阱中的运动可分为两部分：围绕
的圆周运动和沿
的直线运动，且最后离子从左侧
窄缝射出，求：
(1)离子从A 点进入时的速度大小；
(2)离子在离子阱中的运动时间；
(3)A 处的电场强度大小。
答案(1)
(2)
(3)
解析（1）离子由静止开始经电压为U 的加速电场加速，由动能定理可知
解得
（2）如图所示
25
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
离子在离子阱中的运动可分为两部分：以速度
围绕
的匀速圆周运动和以速度
沿
的匀速直
线运动。速度v 正交分解可得
根据合运动与分运动的同时性，可知离子在离子阱中的运动时间为
（3）以速度
围绕
做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
13．（24-25 高二上广东期中）如图所示，在P 处有一质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子，粒子自A
板小孔进入A、B 平行板间的加速电场从静止加速后，水平进入静电分析器中，静电分析器中存在着
如图所示的辐向电场，电场线沿半径方向，指向圆心O，粒子在该电场中沿图示虚线恰好做匀速圆周
运动，从辐向电场射出后，竖直向下沿平行板C、D 间的中线射入两板间的匀强电场。已知静电分析
器中粒子运动轨迹处电场强度的大小为E，粒子运动轨迹的半径为R，A、B 两板间的距离为d，C、D
两板长均为2L，C、D 两板间的距离为L，粒子重力不计。
(1)求A、B 两板间的电压U1；
26
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(2)若要使粒子能从C、D 两板下方飞出，则C、D 两板间的偏转电压U2应满足什么条件？
(3)求粒子从P 点出发至从C、D 两板下方飞出的过程中运动的总时间t 总。
答案(1)
(2)
(3)
解析（1）依题可知，粒子在辐向电场中做圆周运动时，电场力提供向心力，有
粒子在A、B 两板间做加速运动时，有
联立解得
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，故水平位移
竖直方向位移
由牛顿第二定律可知，在偏转电压为U2的电场中的加速度
粒子能从C、D 两板下方离开时满足
联立可得
（3）由匀变速直线运动规律可知，粒子在A、B 两板间运动的时间
粒子在静电分析器中运动的时间
27
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
粒子在偏转电场中运动的时间
飞行总时间
联立解得
故可得飞行总时间
1．(2022 广东卷)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923 年的诺贝尔奖．
如图是密立根油滴实验的原理示意图，有两个水平放置、相距为d 的足够大金属极板，上极板中央有
一小孔．通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷．有两个质量均为m、位于
同一竖直线上的球形小油滴A 和B 在时间t 内都匀速下落了距离h1.此时给两极板加上电压U(上极板接
正极)，A 继续以原速度下落，B 经过一段时间后向上匀速运动．B 在匀速运动时间t 内上升了距离
h2(h2≠h1)，随后与A 合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速．已知球形油滴受到
的空气阻力大小为f＝kmv，其中k 为比例系数，m 为油滴质量，v 为油滴运动速率，不计空气浮力，重
力加速度为g.求：
(1) 比例系数k.
(2) 油滴A、B 的带电荷量和电性，以及B 上升距离h2时电势能的变化量．
(3) 新油滴匀速运动速度的大小和方向．
28
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
答案(1)m0
2
3 gt
h1
(2)见解析 (3)见解析
解析(1)未加电压时，油滴匀速时的速度大小v1＝h1
t
匀速时m0g＝f
又f＝km0
1
3v1
联立可得k＝m0
2
3 gt
h1
。
(2)加电压后，油滴A 的速度不变，可知油滴A 不带电，油滴B 最后速度方向向上，可知油滴B 所受电
场力方向向上，极板间电场强度向下，可知油滴B
带负电，油滴B 向上匀速运动时，速度大小为v2＝h2
t
根据平衡条件可得m0g＋km0
1
3v2＝U
d q
解得q＝
m0 gd (h1＋h2)
h1U
根据ΔEp＝－W 电
又W 电＝U
d ·qh2
联立解得ΔEp＝－
m0 gh2(h1＋h2)
h1
。
(3)油滴B 与油滴A 合并后，新油滴的质量为2m0，新油滴所受电场力
F'＝Uq
d ＝
m0 g(h1＋h2)
h1
若F'＞2m0g，即h2＞h1
可知v2＞v1
新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律有m0v2－m0v1＝2m0v 共
可得v 共＞0
新油滴向上加速，达到平衡时有
2m0g＋k·(2m0)
1
3v3＝F'
解得速度大小为v2＝
h2－h1
3√2t
，速度方向向上
若F'＜2m0g，即h1＞h2
可知v2＜v1
设向下为正方向，根据动量守恒定律有
29
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
m0v1－m0v2＝2m0v 共'
可知v 共'＞0
新油滴向下加速，达到平衡时有
2m0g＝F'＋k·(2m0)
1
3v3'
解得速度大小为v2'＝
h1－h2
3√2t
，速度方向向下。
30
