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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，在全国卷及新高
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
1
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例1. 在水平向右的匀强电场中，有一个质量为m、带正电的小球，用长为l
的绝缘细线悬挂于O 点，当小球静止时，细线与竖直方向夹角为θ，小球位于B 点，A 点与B 点关于O
点对称，如图所示．给小球一个垂直于细线的初速度，小球恰能在竖直平面内做圆周运动．
(1)小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？速度最小值多大？
(2)求小球在B 点的初速度大小．
答案(1)A 点 (2) (3)
解析(1)如图所示，小球所受到的重力、电场力均为大小和方向不变的力，二力的合力为F＝．重
力场与电场的叠加场为等效重力场，F 为等效重力，小球在叠加场中的等效重力加速度为g′＝，其方
向斜向右下，与竖直方向成θ 角．小球在竖直平面内做圆周运动的过程中，只有等效重力做功，动能
与等效重力势能可相互转化，其总和不变．与重力势能比较知等效重力势能为Ep＝mg′h，其中h 为小
球距等效重力势能零势能点的高度．
设小球静止的位置B 点为零势能点，由于动能与等效重力势能的总和不变，则小球位于和B 点对应
的同一直径上的A 点时等效重力势能最大，动能最小，速度也最小．
设小球在A 点的速度为vA，此时细线的拉力为零，等效重力提供向心力，则mg′＝m，解得小球的
最小速度为vA＝
(2)设小球在B 点的初速度为vB，由能量守恒得
mv＝mv＋mg′·2l
将vA的数值代入解得vB＝
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．
2
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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：
3
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(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：
4
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(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
5
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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.(2023 福建龙岩统考)如图甲所示，长度L＝0.8 m 的光滑绝缘细杆左端固定一带电
荷量为QA＝＋4.0×10－6 C 的点电荷A，一质量为m＝0.04 kg、带电荷量为q＝＋2.0×10－7 C 的小球B
套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x 轴正方向建立
坐标系。点电荷A 对小球B 的作用力随B 位置x 的变化关系如图乙中曲线Ⅰ所示，小球B 所受水平方向
的合力随B 位置x 的变化关系如图乙中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在x≥0.40 m 范围可近似看作直线。求：
(1)小球B 在x＝0.30 m 处受到外电场对它沿杆方向的静电力F 和外电场在该点沿杆方向的电场强度
E；
(2)已知小球在x＝0.20 m 处获得水平向右的初速度v＝0.20 m/s 时，最远可以运动到x＝0.40 m。若
小球在x＝0.20 m 处受到方向向右、大小为0.02 N 的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开
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
6
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杆，恒力作用的最小距离s 是多少？
答案 (1)0.14 N，水平向左 7×105 N/C，水平向左 (2)0.44 m
解析 (1)根据题意，设小球B 在x＝0.30 m 处受到点电荷A 对它的作用力为F1，外电场对它沿杆方向
的作用力为F，合力为F 合，则有F 合＝F1＋F，
结合图像信息可得F＝－0.14 N
即小球B 在x＝0.30 m 处受到的外电场对它沿杆方向的静电力F 的大小为0.14 N，方向水平向左，根
据电场强度定义式可得E＝＝7×105 N/C，方向水平向左。
(2)根据图乙中曲线Ⅱ围成的面积表示合静电力对小球B 做的功，可知小球从x＝0.20 m 到x＝0.40 m
处，合静电力做功为W1＝0－mv2＝－8×10－4 J
由图可知，小球从x＝0.40 m 到x＝0.80 m 处，
合静电力做功为W2＝－0.02×0.4 J＝－8×10－3 J
由动能定理有W1＋W2＋F 外s＝0
解得s＝0.44 m。
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
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
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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，
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
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动的距离s＝·≤，解得d≥T，故两极板间距至少为T。
3．如图甲所示，电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为
U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，
在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板
的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：
甲 乙
(1)在t＝0.06 s 时刻进入电容器的电子打在荧光屏上的何处；
(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？
答案 (1)打在屏上的点位于O 点上方，距O 点13.5 cm (2)30 cm
解析 (1)电子经电场加速满足qU0＝1
2mv2，
经电场偏转后侧移量y＝1
2at2＝1
2·qU 偏
mL (
L
v)
2
，
所以y＝U 偏 L
4U 0
，由题图乙知t＝0.06 s 时刻U 偏＝1.8U0，所以y＝4.5 cm，
设打在屏上的点距O 点的距离为Y，满足Y
y ＝
L+ L
2
L
2
，所以Y＝13.5 cm。
(2)由题知电子侧移量y 的最大值为L
2 ，所以当偏转电压超过2U0时电子就打不到荧光屏上了，所以荧
光屏上电子能打到的区间长为3L＝30 cm。
题型四 动力学、动量和能量观点在电场中的应用
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。
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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
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。
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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．
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
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。
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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． (2024 山东济宁质检)如图所示，A、B 为两块足够大的水平放置的平行金属板，间距为d，板
间电压为U，两板间有方向由A 指向B 的匀强电场．在金属板A 的正中央位置有一个粒子源P，能以v0
的初速度向金属板A 以下的各个方向均匀射出质量为m、电荷量为＋q 的粒子，粒子最终全部落在金属
板B 上．不计粒子所受重力、空气阻力以及粒子之间的相互作用力．求：
(1) 粒子落在金属板B 时的动能．
(2) 粒子落在金属板B 上的区域面积．
答案 (1) qU＋mv (2)
解析 (1) 板间电场强度的大小为E＝
粒子受到的静电力为F＝Eq
带电粒子在下落过程中只受电场力作用，由动能定理有
Eqd＝Ek－mv
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解得粒子落在金属板B 时的动能为Ek＝qU＋mv
(2) 根据牛顿第二定律，有F＝ma
联立解得a＝
当粒子的初速度平行于金属板A 射出时，运动到B 板的时间最长，粒子在垂直于金属板方向做初速
度为0 的匀加速直线运动，有
d＝at2
解得t＝d
带电粒子打在金属板上的范围是一个半径为R 的圆．从粒子源平行于金属板水平射出的粒子在电
场中做类平抛运动，落在金属板上的位置是该圆的边缘．根据R＝v0t，S＝πR2
解得S＝
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
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＝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
(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：
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(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
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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
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
7．(2023 陕西宝鸡一模)如图所示，在水平地面的上方空间存在一个水平向右的匀强电场，有一带电小球
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(可视为质点)从距地面高为h＝1 m 的O 点由静止释放，沿与水平地面成45°角的方向做直线运动，最
终落在地面上的A 点。已知小球质量为m＝0.5 kg，电荷量为q＝5×10－2 C，g＝10 m/s2。不计空气阻
力，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)O、A 之间的电势差；
(3)带电小球到达地面时的速度大小。
答案 (1)100 V/m (2)100 V (3)2 m/s
解析 (1)设匀强电场的电场强度大小为E，由题意可得带电小球所受合外力方向与水平方向成45°角，
受力分析如图所示。根据力的分解可得qE＝mg
解得E＝100 V/m。
(2)在匀强电场中E＝
其中d＝h＝1 m
解得UOA＝100 V。
(3)设带电小球到达地面时的速度为v，小球从O 点到A 点的过程中，由动能定理可得
mgh＋qEd＝mv2
解得v＝2 m/s。
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：
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(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。
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(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.(2023 福建高三校联考)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12 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)
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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＝。
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。
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(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
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。
1．(2023 新课标卷)密立根油滴实验的示意图如图14 所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上
板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、
b 在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后(上板为正极)，
这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴
半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
(1)求油滴a 和油滴b 的质量之比；
(2)判断油滴a 和油滴b 所带电荷的正负，并求a、b 所带电荷量的绝对值之比。
答案 (1)8∶1 (2)a 带负电荷 b 带正电荷 4∶1
解析 (1)根据题述有f＝kvr
设油滴a 的质量为m1，油滴a 以速率v0向下匀速运动时，由平衡条件有
m1g＝kv0r1，m1＝πrρ
设油滴b 的质量为m2，油滴b 以速率向下匀速运动时，由平衡条件有
m2g＝k·r2，m2＝πrρ
联立解得r1∶r2＝2∶1，m1∶m2＝8∶1。
(2)当在上下平板加恒定电压(上板为正)时，这两个油滴很快以的速率竖直向下匀速运动，则油滴a
速率减小，说明油滴a 受到向上的电场力，油滴a 带负电荷，油滴b 速率增大，说明油滴b 受到向下
的电场力，则油滴b 带正电荷。
当两个油滴均以速率竖直向下匀速运动时，
由f＝kvr 可知所受阻力之比为＝＝2
油滴b 以速率竖直向下匀速运动时，所受阻力为f＝m2g，结合f＝kvr 可知油滴b 以速率竖直向下匀速
运动时，所受阻力为f2＝2f＝2m2g
油滴a 以速率竖直向下匀速运动，所受阻力为f1＝2f2＝4m2g
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设油滴a 所带电荷量的绝对值为q1，由平衡条件有
m1g＝q1E＋f1
设油滴b 所带电荷量的绝对值为q2，由平衡条件有
m2g＋q2E＝f2
联立解得q1∶q2＝4∶1。
2．(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．
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
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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
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。
3．(2023 北京卷)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) 若考虑空气阻力，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：
①若半径为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.
②已知颗粒的电荷量与其半径的二次方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10 μm
和2.5 μm 的两种颗粒，若10 μm 的颗粒恰好100%被收集，求2.5 μm 的颗粒被收集的百分比．
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答案(1) (2)① ②25%
解析(1)只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，水平方向有L＝v0t
竖直方向d＝at2
根据牛顿第二定律qE＝ma
又E＝，解得U1＝
(2)①颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度F 电＝f
则＝kRv，且＝
解得U2＝
②10 μm 带电荷量q 的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，
所受阻力等于电场力，有
f＝kRvmax＝
在竖直方向颗粒匀速下落d＝vmaxt
2．5 μm 的颗粒带电荷量为q′＝
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有
f′＝kRv′max＝
设只有距下极板为d′的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落
d′＝v′maxt，解得d′＝
2．5 μm 的颗粒被收集的百分比 eq \f(d′,d)×100%＝25%
4．(2020 全国Ⅰ卷)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O 为圆心、半径为R 的圆，AB 为圆的直
径，如图所示。质量为m，电荷量为q(q＞0)的带电粒子在纸面内自A 点先后以不同的速度进入电场，
速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C 点以速率v0穿出电场，
AC 与AB 的夹角θ＝60°，运动中粒子仅受电场力作用。
(1)求电场强度的大小；
(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
答案 (1)m v0
2
2qR
(2)√2
4 v0 (3)0 或√3
2 v0
解析 (1)初速度为零的带正电粒子，由C 点射出电场，故电场方向与AC 平行，由A 指向C。由几何
关系和电场强度的定义知
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AC＝R
①
F＝qE
②
由动能定理有F·AC＝1
2 m v0
2
③
联立①②③式得E＝mv0
2
2qR
。
④
(2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC 平行。作与BC 平行的直线与圆相切于D 点，
与AC 的延长线交于P 点，则自D 点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。由几何关系知
∠PAD＝30°，AP＝3
2R，DP＝√3
2 R
⑤
设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1。粒子在AC 方向做加速度为a
的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC
的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP。由牛顿第二定律和运动学公式有
F＝ma
⑥
AP＝1
2 at1
2
⑦
DP＝v1t1
⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝√2
4 v0。
⑨
(3)设粒子以速度v 进入电场时，在电场中运动的时间为t。以A 为原点，粒子进入电场的方向为x 轴
正方向，电场方向为y 轴正方向建立直角坐标系。由运动学公式有
y＝1
2at2
⑩
x＝vt
⑪
粒子离开电场的位置在圆周上，有
(x－√3
2 R)2＋(y－1
2 R)2＝R2
⑫
粒子在电场中运动时，其x 方向的动量不变，y 方向的初始动量为零。设穿过电场前后动量变化量的
大小为mv0的粒子，离开电场时其y 方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有
mv2＝mv0＝mat
⑬
联立②④⑥⑩
式得
⑪⑫⑬
v＝0
⑭
和v＝√3
2 v0
⑮
另解：由题意知，初速度为0 时，动量增量的大小为mv0，此即问题的一个解。自A 点以不同的速率垂
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直于电场方向射入电场的粒子，沿y 方向位移相等时，所用时间都相同。因此，不同粒子运动到线段
CB 上时，动量变化都相同，自B 点射出电场的粒子，其动量变化也为mv0，由几何关系及运动学规律
可得，此时入射速率v＝√3
2 v0。
5．(2022 河北卷)如图所示，光滑水平面AB 和竖直面内的光滑1
4 圆弧导轨在B 点平滑连接，导轨半径为
R。质量为m 的带正电小球将轻质弹簧压缩至A 点后由静止释放，脱离弹簧后经过B 点时的速度大小为
√gR，之后沿轨道BO 运动。以O 为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R 区域有方向与x 轴夹角为
θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为√2mg。小球在运动过程中电荷量保持不变
重力加速度为g。求：
(1)弹簧压缩至A 点时的弹性势能；
(2)小球经过O 点时的速度大小；
(3)小球过O 点后运动的轨迹方程。
答案 (1)1
2mgR (2)√3 gR (3)y2＝6Rx
解析 (1)小球从A 到B，根据能量守恒定律得Ep＝1
2 m vB
2＝1
2mgR。
(2)小球从B 到O，根据动能定理有－mgR＋qE·√2R＝1
2 mvO
2 －1
2 mvB
2，
解得vO＝√3 gR。
(3)小球运动至O 点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x 轴和y 轴方向，则x 轴
方向有qE cos 45°＝max，
竖直方向有qE sin 45°－mg＝may，
解得ax＝g，ay＝0，
说明小球从O 点开始以后的运动为沿x 轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y 轴方向做匀速直线
运动，即做类平抛运动，则有x＝1
2gt2，y＝vOt，
联立解得小球过O 点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx。
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