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易错点08 不会处理电场力、电场能及粒子运动的特点
目 录
01 易错陷阱
易错点一：错误地理解电场线及带电粒子运动与电场线的关系
易错点二：不能明确各类电场图像中斜率、面积等含义
易错点三：分析带电粒子在电场中运动问题出现错误
02 易错知识点
知识点一、库仑力作用下的平衡问题
知识点二、电场线、等势线(面)及带电粒子的运动轨迹模型
知识点三、图像的物理意义及应用
知识点四、带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动
知识点五、带电粒子在电场中的偏转
知识点六、“等效”重力场
03 举一反三——易错题型
题型一：粒子运动轨迹与电场线的联系
题型二：电场中的图像分析
题型三：“等效”重力场
题型四：带电粒子在电场中的运动问题
04 易错题通关
易错点一：错误地理解电场线及带电粒子运动与电场线的关系
1、电场线的理解
（1）任意两条电场线不相交不相切；
（2）电场线的疏密表示电场的强弱，电场线越密，电场强度越大，电场线越稀，电场强度越小；
（3）电场线上任意一点的场强方向即为该点的切线方向。正电荷受力方向与该点电场方向相同；
负电荷受力方向与该点电场方向相反；
（4）两条电场线间的空白区域，也存在电场；
2.带电粒子做曲线运动时，合力指向轨迹曲线的内侧，速度方向沿轨迹的切线方向。
3.方法
(1)根据带电粒子运动轨迹的弯曲方向，判断带电粒子所受静电力的方向。
1
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(2)把电场线方向、静电力方向与电性相联系进行分析。
(3)把电场线的疏密和静电力大小、加速度大小相联系进行分析。
(4)把静电力做的功与能量的变化相联系进行分析。
易错点二：不能明确各类电场图像中斜率、面积等含义
v t 图象
根据v t 图象中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变化，确定电
场的方向、电势高低及电势能变化
φ x 图象
(1)电场强度的大小等于φ x 图线的斜率大小，电场强度为零处，φ x 图线存在极
值，其切线的斜率为零；
(2)在φ x 图象中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势高低关系确定电场强
度的方向；
(3)在φ x 图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的
正负，然后做出判断
Ex 图象
(1)反映了电场强度随位移变化的规律；
(2)E＞0 表示场强沿x 轴正方向，E＜0 表示场强沿x 轴负方向；
(3)图线与x 轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的
电势高低根据电场方向判定
Epx 图象
(1)反映了电势能随位移变化的规律；
(2)图线的切线斜率大小等于电场力大小；
(3)进一步判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况
易错点三：分析带电粒子在电场中运动问题出现错误
解决带电粒子在电场中运动问题的一般思路
(1)选取研究对象；
(2)分析研究对象受力情况；
(3)分析运动状态和运动过程(初始状态及条件，直线运动还是曲线运动等)；
(4)建立正确的物理模型，恰当选用规律或其他手段(如图线等)找出物理量间的关系，建立方程组解
题．
(5)讨论所得结果．
知识点一、库仑力作用下的平衡问题
1.求解带电体平衡问题的方法
分析带电体平衡问题的方法与力学中分析物体受力平衡问题的方法相同。
(1)当两个力在同一直线上使带电体处于平衡状态时，根据二力平衡的条件求解；
2
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(2)在三个力作用下带电体处于平衡状态时，一般运用勾股定理、三角函数关系以及矢量三角形
等知识求解；
(3)在三个以上的力作用下带电体处于平衡状态时，一般用正交分解法求解。
知识点二、电场线、等势线(面)及带电粒子的运动轨迹模型
根据运动轨迹判断粒子的受力及运动情况
①确定受力方向的依据
a．曲线运动的受力特征：带电粒子受力总指向曲线的凹侧；
b．电场力方向与场强方向的关系：正电荷的受力方向与场强方向相同，负电荷则相反；
c．场强方向与电场线或等势面的关系：电场线的切线方向或等势面的法线方向为电场强度的方向。
②比较加速度大小的依据：电场线或等差等势面越密⇒E 越大⇒F＝qE 越大⇒a＝越大。
③判断加速或减速的依据：电场力与速度成锐角(钝角)，电场力做正功(负功)，速度增加(减小)。
知识点三、图像的物理意义及应用
（1）vt 图像：
根据电荷在电场中运动的vt 图像的速度变化、斜率变化(即加速度变化)，确定电荷所受静电力
的方向与静电力的大小变化情况，进而确定电场强度的方向、电势的高低及电势能的变化。
（2）φx 图像：
①电场强度的大小等于φ－x 图线的斜率的绝对值，电场强度为零处φ－x 图线存在极值，其切线的
斜率为零．
②在φ－x 图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．
3
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③在φ－x 图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出
判断．
④在φ－x 图象中可以判断电场类型，如下图所示，如果图线是曲线，则表示电场强度的大小是变
化的，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，则表示电场强度的大小是不变的，电场为匀强
电场．
图8
⑤在φ－x 图象中可知电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向．
（3）Ex 图像：
①E－x 图象反映了电场强度随位移变化的规律，E>0 表示电场强度沿x 轴正方向；E<0 表示电场强
度沿x 轴负方向．
②在给定了电场的E－x 图象后，可以由图线确定电场强度、电势的变化情况，E－x 图线与x
轴所围图形“面积”表示电势差，两点的电势高低根据电场方向判定．图线与x 轴围成的“面积”
表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，“面积”的正负表示始末两点电势的高低。
在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况．
③在这类题目中，还可以由E－x 图象画出对应的电场，利用这种已知电场的电场线分布、等势面
分布或场源电荷来处理相关问题．
（4）Epx 图像：
①由Epx 图像可以判断某一位置电势能的大小，进而确定电势能的变化情况，根据电势能的变
化可以判断静电力做功情况，结合带电粒子的运动可以确定静电力的方向。
②Epx 图像的斜率k＝＝＝＝－F 静电，即图像的斜率绝对值和正负分别表示静电力的大小和方
向。
4
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知识点四、带电粒子(或带电体)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，粒子或静止，或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀
减速直线运动．
2．用功能观点分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
知识点五、带电粒子在电场中的偏转
1．带电粒子在电场中的偏转
(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．
(2)运动性质：匀变速曲线运动．
(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动．
(4)运动规律：
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
②沿电场力方向，做匀加速直线运动
2．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(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：由qU0＝mv
y＝at2＝··()2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝
(2)粒子经电场偏转后，合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.
3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
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－mv，其中Uy＝y，指初、
末位置间的电势差．
5
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知识点六、“等效”重力场
1．各种性质的场(物质)与实际物体的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空
间，从而形成叠加场．
2．将叠加场等效为一个简单场，其具体步骤是：先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一
个“等效重力 ”，将a＝视为“等效重力加速度”．再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到
等效重力场中分析求解即可．
题型一：粒子运动轨迹与电场线的联系
【例1】（2023•台州模拟）A、B 两个点电荷周围产生的电场线分布如图所示，一个离子从两点电
荷连线的中垂线上的一点a 射入，轨迹如图中的ab 所示，b 为两点电荷连线上的一个点，忽略离
子的重力，则可以判断（ ）
A．射入的离子带正电荷
B．A、B 两小球带等量异种电荷
C．在a 点时，A、B 对离子的作用力大小相等
D．离子在a 点的电势能一定大于在b 点的电势能
【解答】解：A、不知道电场线的方向，所以不能判断粒子的电性，故A 错误；
B、等量异种点电荷的电场线是关于它们连线的垂直平分线对称的，该图中B 处的电场线密，可
知B 处的电荷量大，故B 错误；
C、A、B 到a 的距离是相等的，B 处的电荷量大，根据库仑定律可知，B 处点电荷对离子的作用
力大，故C 错误；
D、根据曲线运动的特点可知，该离子受到的电场力的方向向右，则从a 到b 的过程中电场力对
离子做正功，离子的电势能减小，所以离子在a 点的电势能一定大于在b 点的电势能，故D 正确。
6
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故选：D。
【变式1-1】（2024•盐城三模）如图所示，虚线a、b、c 为电场中的三条等差等势线，实线为一带
电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q 是这条轨迹上的三点，由此可
知（ ）
A．带电粒子在P 点时的加速度小于在Q 点时的加速度
B．P 点的电势一定高于Q 点的电势
C．带电粒子在R 点时的电势能大于Q 点时的电势能
D．带电粒子在P 点时的动能大于在Q 点时的动能
【解答】解：A、由图可知，R 点附近的等差等势线比Q 点附近的等差等势线密集，所以R 点处
的电场强度大，则带电粒子在R 点受到的电场力大于在Q 点时受到的电场力，结合牛顿第二定
律可知带电粒子在R 点时的加速度大于在Q 点时的加速度，故A 错误；
B、根据题给条件无法判断P、Q 两点的电势高低，故B 错误；
CD、粒子所受电场力一定指向轨迹的凹侧，可知粒子受到的电场力的方向大致向下，若粒子由
P 向Q 运动，则电场力与粒子速度方向夹角始终小于90°，电场力对粒子做正功，粒子动能增大，
电势能减小，因此带电粒子在P 点时的电势能比在Q 点时的电势能大，在P 点时的动能小于在
Q 点时的动能，故C 正确，D 错误。
故选：C。
【变式1-2】（多选）（2024•武清区校级一模）如图所示，实线为两个点电荷Q1和Q2产生的电场
中的电场线（方向未标出），c、d 是关于两个点电荷连线对称的两点，一个电子沿虚线aob 从a
点运动到b 点，下列说法正确的是（ ）
A．电子的加速度先减小后增大
B．Q1的电荷量大于Q2的电荷量
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C．c、d 两点在同一等势面上，两点场强相同
D．电子在a 点的电势能大于在O 点的电势能
【解答】解：A、由图可知，O 点附近的电场线比a 点、b 点附近的电场线密，说明电场强度大，
电子受到的电场力大，由牛顿第二定律可知，加速度也大，故电子沿虚线aob 从a 点运动到b 点
的过程中加速度先增大后减小，故A 错误；
B、Q1周围的电场线比Q2周围的电场线密，说明Q1的电荷量大于Q2的电荷量，故B 正确；
C、根据电场线的分布情况可知Q1和Q2为异种电荷，根据曲线运动的合力方向指向凹处可知，
Q1为正电荷，Q2为负电荷，电场线的方向由Q1沿电场线方向指向Q2，根据对称性可知c、d 两
点的电势相等，场强大小相等，但方向不同，故C 错误；
D、由图可知，电子从a 点运动到O 点的过程中电场力方向与速度方向的夹角小于90°，电场力
做正功，电势能逐渐减小，即电子在O 点时的电势能小于在a 点时的电势能，故D 正确。
故选：BD。
【变式1-3】（多选）（2024•拉萨一模）如图，虚线a，b、c 为静电场中的等势线，实线为一带电
粒子在静电场中的运动轨迹，B 点是曲线运动的拐点，不计粒子的重力，下列说法正确的是（
）
A．粒子从A 点运动到B 点的过程，加速度减小、速度增大
B．粒子从A 点运动到B 点的过程，电势能增大，动能减小
C．粒子从A 点运动到B 点电场力做功的绝对值大于从A 点到C 点电场力做功的绝对值
D．粒子运动到A 点时的动能大于D 点时的动能
【解答】解：AB．因A 点等势面密集，则电场线密集，则A 点电场强度大，粒子从A 点运动到
B 点的过程受到的电场力减小，由牛顿第二定律可知加速度减小；根据曲线的弯曲方向可知粒子
的受力方向大致向右，则粒子从A 点运动到B 点的过程电场力做负功，动能减小，速度减小，
电势能增大，故A 错误，B 正确；
C．A、B 点间的电势差比A、C 点间的电势差大，根据W＝qU 可知粒子从A 点运动到B 点电场
力做功的绝对值大于从A 点到C 点电场力做功的绝对值，故C 正确；
D．A 点和D 点在同一等势面上，粒子运动到A 点的动能等于D 点时运动，故D 错误。
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故选：BC。
题型二：电场中的图像分析
【例2】（2024•陕西一模）有一匀强电场平行于直角坐标系xoy 所在的竖直平面，现将一质量为
m，带电量为+q 的小球从坐标原点O 处沿y 轴负向以2m/s 的初速度向下抛出，其带电小球运动
的轨迹方程为x = 5
4 y
2，重力加速度取g＝10m/s2，则下列说法中正确的是（ ）
A．电场强度大小为√2mg
q
，方向与x 轴正向夹角45°
B．电场强度大小为√3mg
q
，方向与x 轴正向夹角30°
C．电场强度大小为2mg
q
，方向与x 轴负向夹角45°
D．电场强度大小为mg
q ，方向与x 轴正向夹角30°
【解答】解：由带电小球运动的轨迹方程为：x= 5
4 y
2
根据题意可知，小球在y 轴方向做匀速直线运动，在x 方向上做匀加速直线运动，
x 方向上：y＝v0t
在x 方向上：x= 1
2 at
2= 1
2 a×( y
v0
)
2= a
2v0
2 ⋅y
2
对比可得：
a
2v0
2 = 5
4
可知带电小球的加速度a＝10m/s2，小球做类平抛运动可得，小球受到的电场力竖直向上分力与
重力平衡，水平向右的分力为合外力，则
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F 电＝qE=√(ma)
2+(mg)
2
解得：E= √2mg
q
方向与x 轴正方向夹角为θ，则有：tanθ= mg
ma =1，解得θ＝45°，故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
【变式2-1】（2024•聊城二模）x 轴上有两个不等量点电荷q1、q2，两电荷连线上各点电势随位置
坐标变化的φ﹣x 图像如图所示，图线与φ 轴正交，交点处的纵坐标为φ0，a、b 为x 轴上关于
原点O 对称的两个点。正电子的质量为m，电荷量为e，取无穷远处电势为0，下列说法正确的
是（ ）
A．q1、q2带异种电荷
B．两电荷电量之比q1
q2
= 1
2
C．将一正电子从a 点由静止释放，若经过O 点时速度为v0，则a 点电势φa＝φ0+ mv0
2
2e
D．将一正电子从b 点由静止释放，则电场力先做正功后做负功，正电子经过O 点后可以到达a
点
【解答】解：A、由图可知，x 轴上的﹣x0和2x0之间的电势都大于零，说明两个点电荷一定都
是正电荷，故A 错误；
B、在x＝0 处图像切线的斜率为零，则该点处的电场强度为零，说明两个点电荷在x＝0 处场强
大小相等，方向相反，则有
k q1
x0
2 =k
q2
(2 x0)
2
10
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解得：
q1
q2
= 1
4 ，故B 错误；
C、正电子从a 点静止释放到O 点，由动能定理可得
e（φa﹣φ0）= 1
2 mv0
2，解得：φa=φ0+ m v0
2
2e
，故C 正确；
D、将一正电子从b 点由静止释放，初始动能为零，电场力先做正功后做负功，由于a 点电势大
于b 点，正电子在a 点电势能大于b 点，根据能量守恒可知，不可能到达a 点，故D 错误。
故选：C。
【变式2-2】（2024•枣强县校级模拟）某区域存在一电场，该区域内x 轴上各点电势φ 随位置x 变
化的关系如图所示。α 粒子从D 点由静止释放，仅在电场力作用下沿x 轴通过C 点，下列说法中
正确的是（ ）
A．由D 点到C 点电场强度的方向始终沿x 轴正方向
C．α 粒子从D 点到C 点运动的过程中其电势能减小10eV
B．α 粒子从D 点到C 点运动的过程中所受电场力先增大后减小
D．α 粒子从D 点到C 点运动的过程中其动能先增大后减小
【解答】解：A、沿电场线方向电势逐渐降低，从D 到C 电势先降低后升高，则电场强度的方
向先沿x 轴正方向，再沿x 轴负方向，故A 错误；
B、α 粒子在D 和C 点的电势能为EPD＝2e×20V＝40eV，EPC＝2e×10V＝20eV，则ΔEP＝EPD﹣
EPC＝40eV﹣20eV＝20eV，所以α 粒子从D 到C 的过程中其电势能减小20eV，故B 错误；
C、φ﹣x 图像的斜率为电场强度E，从D 到c 的过程中E 先减小后增大，所以α 粒子从D 到c 的
过程中所受电场力先减小后增大，故C 错误；
D、从质子从D 到C 的过程中电势能先减小后增大，由能量守恒得，动能先增加后减小，故D
正确。
故选：D。
【变式2-3】（多选）（2024•辽宁二模）某静电场的电场线沿x 轴，其电场强度E 随x 的变化规律
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如图所示，设x 轴正方向为静电场的正方向，在坐标原点有一电荷量为q 的带电粒子仅在电场力
作用下由静止开始沿x 轴正向运动，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子运动到x0处速度最大
C．粒子不可能运动到3x0处
D．在0～3x0区域内，粒子获得的最大动能为7
8 q E0 x0
【解答】解：A、带电粒子仅在电场力作用下由静止从坐标原点O 开始沿x 轴正向运动，开始时
电场方向为正方向，与开始时电场强度的方向是相同的，所以粒子带正电，故A 正确；
BCD、由几何关系可知在0～5
3 x0、9
4 x0～3x0之间电场强度的方向为正，粒子在其中运动时电
场力做正功，在5
3 x0～9
4 x0之间电场强度的方向为负，粒子在其中运动时电场力做负功，结合U
＝Ex 可知，E﹣x 图像中，图线与x 轴之间的面积可以表示电势差，则三段电势差分别为：
U 1=
5
3 E0 x0
2
= 5
6 E0 x0
，
U 2=-
( 9
4 x0- 5
3 x0)⋅E0
2
2
=- 7
48 E0 x0
，
U 3=
(3 x0- 9
4 x0)⋅E0
2
2
= 3
16 E0 x0
由于|U2|＜U3，可知粒子到达3x0处时电场力做的功最多，则粒子运动到3x0处速度最大。
只有电场力做功，则在0 ～3x0 区域内，粒子获得的最大动能为Em ＝q （U1+U2+U3 ）
=q( 5
6 E0 x0- 7
48 E0 x0+ 3
16 E0 x0)= 7
8 q E0 x0，故BC 错误，D 正确。
故选：AD。
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题型三：“等效”重力场
【例3】（2024•庐阳区校级四模）如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H 是竖直光滑绝缘圆轨道
的八等分点，AE 竖直，空间存在平行于圆轨道面的匀强电场，从A 点静止释放一质量为m 的带
电小球，小球沿圆弧恰好能到达C 点。若在A 点给带电小球一个水平向右的冲量，让小球沿轨
道做完整的圆周运动，则小球在运动过程中（ ）
A．E 点的动量最小
B．B 点的电势能最大
C．C 点的机械能最大
D．F 点的机械能最小
【解答】解：A、从A 点静止释放带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C 点，则知电场力和重力
的合力方向沿FB 方向斜向下，B 点为“等效最低点”，F 点为“等效最高点”，所以小球在F
点速度最小，动量最小，故A 错误；
BCD、由力的合成可知，小球受到的电场力水平向右，可知小球在G 点电势能最大，在C 点电
势能最小，因小球的电势能与机械能之和守恒，则知在C 点机械能最大，在G 点机械能最小，
故BD 错误，C 正确。
故选：C。
【变式3-1】（多选）（2024•东莞市三模）随着环保理念的深入，废弃塑料分选再循环利用可减少
对资源的浪费。其中静电分选装置如图所示，两极板带上等量异种电荷仅在板间形成匀强电场，
漏斗出口与极板上边缘等高，到极板间距相等，a、b 两类塑料颗粒离开漏斗出口时分别带上正、
负电荷，经过分选电场后a 类颗粒汇集在收集板的右端，已知极板间距为d，板长为L，极板下
边缘与收集板的距离为H，两种颗粒的荷质比均为k，重力加速度为g，颗粒进入电场时的初速
度为零且可视为质点，不考虑颗粒间的相互作用和空气阻力，在颗粒离开电场区域时不接触极
板但有最大偏转量，则（ ）
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A．右极板带负电
B．颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速曲线运动
C．两极板间的电压值为gd
2
2kL
D．颗粒落到收集板时的速度大小为√2g( L+ H )+ gd
2
2 L
【解答】解：A、根据题意可知，a 类塑料带正电荷所受电场力水平向右，则电场方向水平向右，
可知，右极板带负电，故A 正确；
B、由于颗粒进入电场时的初速度为零，在电场中受电场力和重力的合力保持不变，则颗粒离开
漏斗口在电场中做匀变速直线运动，故B 错误；
C、根据题意，设两极板间的电压值为U，水平方向上，根据牛顿第二定律有：Uq
d =ma，位移：
d
2 = 1
2 at
2
竖直方向上位移有：L= 1
2 gt
2
联立解得：U = gd
2
2kL，故C 正确；
D、根据题意，结合C 分析可知，颗粒离开电场时的水平速度为：v x =√2a⋅d
2 =√
gd
2
2 L
，离开
电场后，水平方向做匀速运动，则颗粒落到收集板时的水平速度仍为vx=√
gd
2
2 L
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竖直方向上，颗粒一直做自由落体运动，则颗粒落到收集板时的竖直速度为：v y =√2 g( H + L)
则颗粒落到收集板时的速度大小为v=√v x
2+ v y
2 =√2g( L+ H )+ gd
2
2 L
，故D 正确。
故选：ACD。
【变式3-2】（多选）（2024•凉山州模拟）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xoy，整个空
间存在平行xoy 平面与y 轴正方向成45°角的匀强电场E。质量为m 的带电小球从坐标原点O 沿
x 轴的正方向以速度v 水平抛出，经过一段时间小球以√2v 的速度穿过y 轴正半轴某点（图中未
画出），不计空气阻力，则（ ）
A．小球可能带负电
B．小球所受电场力的大小为2√2mg
C．小球电势能最大时动能最小
D．小球电势能最大时水平速度等于竖直速度
【解答】解：A、带电小球从坐标原点O 抛出到穿过y 轴正半轴的过程中，重力做负功，动能增
加，则电场力做正功，小球沿着电场线的方向运动了一段距离，所以小球带正电，故A 错误；
B、将电场强度分解到水平方向和竖直方向，则在水平方向上，有
E 水平q＝qEcos45°＝ma 水平
由运动学公式有 vt - 1
2 a水平t
2=0
小球穿过y 轴正半轴时的水平分速度大小为：vx＝v﹣a 水平t
在竖直方向上，有
E 竖直q﹣mg＝qEsin45°﹣mg＝ma 竖直
小球穿过y 轴正半轴时的竖直分速度为：vy＝a 竖直t
而√2v =√v x
2+ v y
2
联立解得：Eq =2√2mg，故B 正确；
CD、小球抛出后，当速度方向与电场线垂直斜向上时，克服电场力做功最多，电势能最大，此
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时电场力的方向与速度方向垂直，而重力的方向与速度方向夹角为钝角，接下来小球的速度会
继续减小，并非此时是动能最小的时刻，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
【变式3-3】（多选）（2024•保定一模）如图所示，绝缘粗糙的水平轨道AB 与处于竖直平面内的
半圆形光滑绝缘轨道BC 平滑连接，BC 为竖直直径，半圆形轨道的半径R＝0.5m，所在空间存
在水平向右的匀强电场，电场线平行AB，电场强度大小E＝1×104N/C。现有一电荷量q＝+3×10
﹣4C、质量m＝0.2kg 的带电体甲（可视为质点）与水平轨道的动摩擦因数μ＝0.5，在P 点由静
止释放，之后与位于B 点的另一质量m＝0.2kg 不带电的绝缘体乙（可视为质点）发生正碰并瞬
间粘在一起，P 点到B 点的距离xPB＝5m，g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则下列说法
正确的是（ ）
A．甲、乙粘在一起后在半圆形轨道上运动过程中机械能守恒
B．甲、乙整体运动到半圆形轨道最高点C 时速度大小为√5m/ s
C．甲、乙整体在半圆形轨道上运动过程的最大动能为5.5J
D．甲、乙整体在半圆形轨道上运动过程的最大动能为5J
【解答】解：A、甲乙粘在一起后在半圆形轨道上运动过程中，除重力做功之外，还有电场力做
功，所以甲乙整体机械能不守恒，故A 错误；
B、设带电体甲到达B 点时的速度为v0，则根据动能定理：qE xPB- μmg xPB= 1
2 m v0
2
联立代入数据解得：v0＝10m/s
甲乙碰撞后粘在一起，设碰后速度为v1，则根据动量守恒：mv0＝（m+m）v1
联立代入数据解得：v1＝5m/s
甲、乙整体从B 点运动到半圆形轨道最高点C 时，根据动能定理：
-2mg×2 R = 1
2 ×2m vC
2 - 1
2 ×2m v1
2
代入数据解得：vC =√5m/ s，故B 正确；
CD、带电体在重力场和电场的复合中运动，当带电体在半圆形轨道上运动至速度方向与电场力
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和重力的合力方向垂直时（即运动到等效最低点时）的动能最大，此时带电体受到的重力与电
场力的合力沿半径方向，如图所示，
由几何关系可知：tanθ=
F
2mg = 3×10
- 4×1×10
4
2×0.2×10
= 3
4
则甲乙整体从
B
点运动到等效最低点时，根据动能定理：
qERsinθ-2mgR(1-cosθ)= 1
2 ×2mvm
2 - 1
2 ×2mv1
2
则甲、乙整体在半圆形轨道上运动过程的最大动能为：Ekm= 1
2 ×2m vm
2 =5.5 J，故C 正确，D
错误。
故选：BC。
题型四：带电粒子在电场中的运动问题
【例4】（2024 春•岳麓区校级月考）如图所示，在匀强电场中一带正电粒子先后经过a、b 两点。
已知粒子的比荷为k，粒子经过a 点时速率为3v，经过b 点时速率为4v，粒子经过a、b 两点时
速度方向与ab 连线的夹角分别为53°、37°，ab 连线长度为L。若粒子只受电场力作用，则下列
无法确定的是（ ）
A．场强的大小
B．场强的方向
C．a、b 两点的电势差
D．粒子在a、b 两点的电势能之差
【解答】解：AB、设电场力的方向与ab 所在直线夹角为θ，如图所示将粒子的速度沿电场方向
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和垂直于电场方向
因为粒子在垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，所以该方向的速度分量相同，根据几何关
系，有3vcos（θ﹣37o）＝4vsin（θ﹣37o）
解得电场力的方向与ab 所在直线夹角为θ＝74o
运动的时间为t =
Lsinθ
3 vcos(θ -37
o)
= 2 L
3 v sin37
o
沿电场力方向速度变化量为Δv＝4vcos（θ﹣37o）+3vsin（θ﹣37o）＝4vcos37°+3vsin37°
电场强度的大小为E = F
q = ma
q = mΔv
qt = m(4 vcos37
o+3 vsin37
o)
q 2 L
3 v sin37
o
故电场强度的大小和方向可以确定，故AB 不符合题意；
C、根据匀强电场的电场强度公式，E =
U ab
Lcos37
o可知a、b 两点的电势差可以确定，故C 不符合
题意；
D、根据功能关系有qUab＝ΔEp，电荷量未知，无法确定粒子在a、b 两点的电势能之差，故D 符
合题意。
故选：D。
【变式4-1】（多选）（2023•邯郸二模）在如图所示的空间中分布有与竖直面平行的匀强电场，一
质量为m、电荷量为q 的带正电的小球在场中的运动轨迹为抛物线ABC，A、C 为与x 轴的两交
点，B 为与y 轴的交点，直线BD 为抛物线的对称轴。已知OD = 1
2 BD =d，CD＝4d，重力加速
度为g，小球在B 点的速度为v0（未知），则下列选项正确的是（ ）
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A．带电小球从B 运动到C 的过程中电场力一定做正功
B．匀强电场的电场强度最小值为mg
2q
C．电场力等于重力时，带电小球在C 点的动能为19√3
4
mgd
D．带电小球在A 点的加速度可能为2g
【解答】解：A、根据抛物线轨迹的对称性，重力和电场力的合力沿BD 方向，由于电场方向不
确定，所以电场力方向不确定，故带电小球从B 运动到C 的过程中电场力可能做正功，也可能
做负功，也可能不做功，故A 错误；
B、重力竖直向下，重力和电场力的合力F 沿BD 方向，如图所示：
由图可知，合力F 大小变化时，电场力大小方向发生变化，当电场力方向与合力F 垂直时，即
电场力方向与直线BD 垂直时，电场强度有最小值，已知OD = 1
2 BD，所以∠OBD＝30°，则
qE = mg
2 ，可得E = mg
2q ，故B 正确；
C、小球合力的方向沿BD 方向，在B 点速度方向沿着轨迹切线方向与BD 垂直，所以带电小球
从B 到C 做类平抛运动，沿着BD 方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直BD 方向做匀速直
线运动。由上图可知，当电场力大小等于重力大小时，电场力的方向与BD 方向夹角为30°斜向
下，此时合力的大小F =mg×cos30°×2=√3mg，由牛顿第二定律可知小球的加速度
a= F
m = √3mg
m
=√3 g，小球从B 运动到C 的过程中沿着BD 方向的位移
y = BD +CD×sin30° =2d + 4 d × 1
2 = 4 d，由运动学公式可得：y = 1
2 at
2，代入数据，可得时
间t =√
8d
√3 g
，垂直BD 方向的位移x =CD×cos30° = 4 d × √3
2 =2√3d，由运动学公式可得：x
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＝v0t，则v0=√
3√3dg
2
，从B 到C 利用动能定理：√3mg×4 d = 1
2 mvC
2 - 1
2 mv0
2，可得带电小
球在C 点的动能为19√3
4
mgd，故C 正确；
D、重力与电场力合力的方向沿BD 方向就可以实现带电小球在复合场中的类平抛运动，合力的
大小可以是2mg，由牛顿第二定律可知带电小球在A 点的加速度可能为2g，故D 正确。
故选：BCD。
【变式4-2】（2023•和平区二模）2021 年4 月我国空间站天和核心舱成功发射，核心舱首次使用了
一种全新的推进装置——霍尔推力器。其工作原理简化如下：如图甲所示，推力器右侧阴极逸
出（初速度极小）的一部分电子进入放电室中，放电室内由沿圆柱体轴向的电场和环形径向磁
场组成，电子在洛伦兹力和电场力的共同作用下运动，最终大多数电子被束缚在一定的区域内，
与进入放电室的中性推进剂工质（氙原子）发生碰撞使其电离；电离后的氙离子在磁场中的偏
转角度很小，其运动可视为在轴向电场力作用下的直线运动，飞出放电室后与阴极导出的另一
部分电子中和并被高速喷出，霍尔推力器由于反冲获得推进动力。设某次核心舱进行姿态调整，
开启霍尔推力器，电离后的氙离子初速度为0，经电压为U 的电场加速后高速喷出，氙离子所形
成的等效电流为I。已知一个氙离子质量为m，电荷量为q，忽略离子间的相互作用力和电子能
量的影响，求：
（1）单位时间内喷出氙离子的数目N；
（2）霍尔推力器获得的平均推力大小F；
（3）放电室中的电场和磁场很复杂，为简化研究，将图甲中磁场和电场在小范围内看作匀强磁
场和匀强电场，俯视图如图乙所示，设磁感应强度为B，电场强度为E。选取从阴极逸出的某电
子为研究对象，初速度可视为0，在小范围内运动的轨迹如图，已知电子质量为me，电荷量为
e，忽略电子间，电子与离子间的相互作用力，求电子在沿轴向方向运动的最大距离H。
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【解答】解：（1）由电流定义，等效电流I = Q
Δt = Nq
解得：N = I
q ；
（2）以Δt 内喷出的n 个氙离子为研究对象，设氙离子喷出速度为v，由动能定理：qU = 1
2 m v
2
由动量定理：F'Δt＝nmv﹣0，F'＝Nmv
联立得：F ' = I√
2mU
q
；
由牛顿第三定律得，推力器获得推力：F = F ' = I√
2mU
q
；
（3）设电子运动到轴向最大距离H 时的速度为vm，方向垂直于E，将任意时刻电子的速度v 分
解在沿E 方向和垂直于E 方向上，分别为v1、v2，与v1对应的洛伦兹力f2垂直E 方向向上，大
小为f2＝Bev1
电子由静止运动到最大距离过程中，垂直E 方向应用动量定理得：
∑f 2 Δt =∑Be v1 Δt = Be∑v1 Δt = BeH =me vm-0
电子由静止运动到最大距离的过程中，由动能定理得：EeH= 1
2 me vm
2 -0
联立解得：H = 2m e
❑E
B
2e
。
【变式4-3】（2023•绍兴二模）如图所示是半导体注入工艺的装置示意图，某种元素的两种离子
X+和X3+，质量均为m，可从A 点水平向右注入加速电场，初速度大小连续分布且在0 和√
6eU
m
之间。经电压为U 的电场直线加速后，离子均从小孔C 水平射入偏转电场（两极板水平放置且
上极板带负电，电势差U'可调），偏转后均能穿出此电场，其中CD 为偏转电场的中线。离子穿
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出电场后立即进入紧靠电场的匀强磁场，该磁场边界线竖直、右侧足够大，磁感应强度大小B
在B0和3B0之间可调，方向始终垂直纸面向里。不考虑离子的重力及相互作用，元电荷带电量
为e。
（1）仅注入初速度0 的离子，U'不为0，求X+和X3+穿出偏转电场时竖直方向位移之比；
（2）仅注入初速度为√
6eU
m
的X+离子，U'不为0 且B＝B0，求离子在磁场中射入位置与射出位
置的距离Y；
（3）若放置一块紧靠磁场左边界的竖直收集板，长度L= 5
2B0√
2mU
e
，下端距D 点的距离
d = 3
2B0√
2mU
e
。先调节偏转电场的电压，使U'＝0，仅注入X+离子，每秒发射的离子数为
n0，各种速率的离子数目相同，再调节磁感应强度大小，使B0≤B≤3B0，求收集板上每秒能收
集到的离子数n 与B 之间的关系。
【解答】解：（1）设偏转电场的极板间距为d'，板长为L'，则在加速电场中，根据动能定理：
qU = 1
2 m vC
2 -0
在偏转电场中竖直方向位移为y = 1
2 at
2= 1
2 ⋅qU '
d ' m ⋅( L'
vC
)
2
解得y = U ' L'
2
4 d ' U
可知竖直方向位移与所带电荷量无关，仅注入初速度0 的离子时X+和X3+穿出偏转电场时竖直方
向位移之比为1：1。
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（2）仅注入初速度为√
6eU
m
的X+离子，则在加速电场，根据动能定理：eU = 1
2 mvC
2 - 1
2 mv0
2
在偏转电场射出后的速度大小为v，在磁场当中，设入射方向与磁场边界线夹角为θ，则射入位
置与射出位置的距离Y＝2rsinθ，洛伦兹力提供向心力B0ev =m v
2
r
，sinθ = vC
v
联立以上方程可得Y = 4
B0√
2mU
e
（3）收集板最上端的位置距离D 点x = L+d = 4
B0√
2mU
e
初速度为0 的粒子射入磁场后偏转的距离为x1=2r1= 2m vC 1
Be
= 2
B√
2mU
e
初速度为√
6eU
m
的粒子射入磁场后偏转的距离为x2=2r2= 2m vC 2
Be
= 4
B√
2mU
e
当B＝B0时，所有的粒子均在收集板上。
当2
B√
2mU
e
= 3
2B0√
2mU
e
解得B = 4 B0
3
即B∈[ B0，4
3 B0]范围时所有的粒子恰好均在收集板上。
当4
B√
2mU
e
= 3
2B0√
2mU
e
解得B = 8
3 B0
即B∈( 8
3 B0，3 B0]恰好所有的粒子均不在收集板上。
当
B∈( 4
3 B0，8
3 B0)范
围
时
，
每
秒
能
收
集
到
的
离
子
数
n
为
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n=
4
B√
2mU
e
- 3
2B0√
2mU
e
4
B√
2mU
e
- 2
B√
2mU
e
⋅n0=(2- 3 B
4 B0
)n0
收集板上每秒能收集到的离子数n 与B 之间的关系为B0≤B≤4
3 B0时n＝n0
4
3 B0＜B≤8
3 B0时n=(2- 3 B
4 B0
)n0
8
3 B0＜B≤3 B0时n＝0
1.
（多选）（2024•三明模拟）一种电子透镜的部分电场分布如图所示，虚线为等差等
势面。电子枪发射的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b、c 是轨迹上的
三个点，取c 点电势为0V，电子从a 点运动到b 点电势能变化了10eV，则（ ）
A．a 点电势为﹣15V
B．电子在b 点的电势能为﹣5eV
C．b 点的电场强度比c 点的小
D．电子的运动轨迹与其中的一条电场线重合
【解答】解：A．根据电场线的方向与等势面的垂直，可知图中电场线的方向大体沿左上—右下
方向；电子从a 到c 的过程中向上弯曲，说明电子受到的电场力的方向指向左上方，则电子从a
到c 的过程中受到的电场力的方向与电场线方向之间的夹角为钝角，电场力做负功，所以电子从
a 点运动到b 点电势能增大10eV，电子带负电，则b 点的电势比a 点的电势低10V，结合图可知
相邻两等势面间的电势差为5V，取c 点电势为0V，则a 点的电势为φa＝5V×3+0V＝15V，故A
错误；
B．取c 点电势为0V，相邻两等势面间的电势差为5V，可知b 处电势为5V，则电子在b 点的电
势能为Ep＝﹣e•φb＝﹣e×5V＝﹣5eV，故B 正确；
C．根据等势面的疏密表示电场的强弱可知b 点的电场强度小于c 点的电场强度，故C 正确；
D．电场线的方向与等势面垂直，由图可知电子运动的轨迹与等势面不垂直，则电子的运动轨迹
不可能与其中的一条电场线重合，故D 错误。
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故选：BC。
2.
（多选）（2024•和平区模拟）电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，在电子显微镜
中电子束相当于光束，通过由电场或磁场构成的电子透镜实现会聚或发散作用。其中的一种电
子透镜的电场分布如图所示，其中虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等。一电子仅在电场
力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，a、b、c 是轨迹上的三点，则下列说法正确的是（
）
A．a 点的电势低于b 点的电势
B．a 点的电场强度大于c 点的电场强度
C．电子从a 点到b 点电势能增加
D．电子从a 点到b 点做加速运动
【解答】解：AC、由电场线与等势面处处垂直，结合电子运动轨迹的弯曲方向可知，若电子从
a 点运动到b 点，电场力的方向大致指向右下方，则电场力的方向与运动方向之间的夹角是锐角，
电场力做正功，则电子在a 点时电势能大于在b 点的电势能；若电子从b 点运动到a 点，电场力
做负功，则电子在a 点时电势能依然大于其在b 点的电势能，电子从a 点到b 点电势能减少。由
于电子带负电，故a 点的电势低于b 点的电势，故A 正确，C 错误；
B、根据等差等势面的疏密可表示场强大小，由于a 点等差等势面比c 点稀疏，则a 点的电场强
度小于c 点的电场强度，故B 错误；
D、同A 的分析可知，若电子从a 点运动到b 点，电场力做正功，则电子从a 点到b 点做加速运
动，故D 正确。
故选：AD。
3.
（多选）（2024•河北二模）虚线间存在如图所示的电场，虚线左侧的匀强电场E1与
水平虚线间的夹角为α＝37°，一比荷为k 的带正电的粒子由水平虚线上的A 点静止释放，经
过一段时间由竖直虚线的B（图中未画出）点进入虚线右侧竖直向下的匀强电场E2（E2未知），
最终粒子由水平虚线的C（图中未画出）点离开电场，离开电场瞬间的速度与水平虚线的夹角
为θ＝53°。已知OA＝4L、电场强度E1＝E，不计粒子的重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则
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下列说法正确的是（ ）
A．E2＝E
B．OC＝10L
C．粒子由A 到C 的时间为16
7 √
10 L
kE
D．A、C 两点的电势差为80
9 EL
【解答】解：A、粒子由A 点静止释放，粒子在E1中做匀加速直线运动，A、B 两点间的距离为：
x AB=
4 L
cos37° =5 L
再由几何关系有：xBO＝4Ltan37°＝3L
又由题设条件有：E1＝E
则该过程由动能定理得：q E1 x AB= 1
2 mvB
2
代入整理解得：vB=√10kEL
粒子由B 到C 的过程做类斜抛运动，粒子在水平方向做匀速直线运动，水平初速度保持不变，
大小为：v1= vBcos37° = 4
5 √10kEL
在竖直方向做类竖直上抛运动，竖直初速度为：v2= vBsin37° = 3
5 √10kEL
由题意粒子在C 点的速度与虚线的夹角为：θ＝53°，设竖直方向的速度为v′2，则由
tan53° = v '2
v1
解得：v '2= 16
15 √10kEL
在竖直方向上由牛顿第二定律得：a= q E2
m =k E2
由速度公式得：v′2＝﹣v2+at2
26
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又由位移公式得：3 L=- v2t2+ 1
2 at2
2
解得：t2= 9
7√
10 L
kE ，E2= 35
27 E，故A 错误；
B、水平方向上做匀速直线运动，所以O、C 两点间的距离为：xOC＝v1t2
整理得：xOC = 72
7 L，故B 错误；
C、粒子在E1 中做匀加速直线运动，那么由A 到B 的时间为：t1= 5 L
vB
2
= 10 L
vB
解得：t1=√
10 L
kE
所以粒子由A 到C 的总时间为：t =t1+t2= 16
7 √
10 L
kE
，故C 正确；
D、粒子在C 点的速度为：vC =√v1
2+ v '2
2
粒子由A 到C 的过程由动能定理得：qUAC= 1
2 mvC
2
代入变形解得：U AC = 80
9 EL，故D 正确。
故选：CD。
4.
（多选）（2024•朝阳区校级模拟）空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取
O 点为坐标原点建立x 轴，如图甲所示。现有一个质量为m、电量为+q 的试探电荷，在t＝0
时刻以一定初速度从x 轴上的a 点开始沿顺时针做匀速圆周运动，圆心为O、半径为R。已知
图中圆为试探电荷运动轨迹，ab 为圆轨迹的一条直径；除电场力外微粒还受到一个变力F，不
计其它力的作用；测得试探电荷所处位置的电势φ 随时间t 的变化图像如图乙所示，其中φ1＞
0，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的方向与x 轴正方向成π
6
27
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B．从a 点到b 点F 做功为qφ1
C．圆周运动的过程中变力F 的最大值为（m π
2
18t1
2R+qφ1
R
）
D．圆周运动的过程中变力F 的最大值为（m π
2
36t1
2R+qφ1
R ）
【解答】解：A．由乙图可知，带电微粒在转动过程中，电势最高值为1.5φ1，电势最低值﹣
0.5φ1，最高点、最低点分别位于轨迹直径的两端，将直径取四等分点，找到与a 点电势φa＝0
相同的点A，如图aA 垂直于电场线
电场强度的方向与x 轴正方向为θ，由几何关系可得：cosθ=
R
2
R = 1
2
解得：θ = π
3 ，故A 错误；
B．由上述分析可知：φb＝1.0φ1
从a 点到b 点由动能定理可得：W+qUab＝0
又：Uab＝φa﹣φb＝0﹣1.0φ1＝﹣1.0φ1
解得从a 点到b 点F 做功为：W＝qφ1，故B 正确；
CD．由乙图可知，微粒做圆周运动的周期为：T＝12t1
故速度为：v= 2πR
T
= 2πR
12t1
= πR
6t1
电场强度：E= 1.5φ1-(-0.5φ1)
2 R
= φ1
R
圆周运动的过程中电势为﹣0.5φ1时变力F 达到最大值，有：F﹣qE＝mv
2
R
28
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解得：F＝m π
2
36t1
2R+qφ1
R ，故D 正确。
故选：BD。
5.
（2023•铜仁市模拟）如图所示为某静电场中x 轴上各点电势φ 的分布图，电场方向
平行于x 轴，一质量为m、带电量为﹣q 的粒子（不计重力），从O 点（x＝0）静止释放，仅
在电场力的作用下沿x 轴正方向运动。下列说法不正确的是（ ）
A．粒子在O 点和x2间做往复运动
B．粒子从O 运动到x2的过程中做加速度大小先减小后增大的变速直线运动
C．粒子在x1处具有最大速度为vm=√
2q φ0
m
D．粒子从O 到x2的运动过程中，电势能先增大后减小
【解答】解：AB、从O 到x1电势升高，场强沿﹣x 方向，电场力沿x 轴正向，斜率在减小，说
明电场在减弱，所以粒子做加速度减小的变加速直线运动，同理可知从x1到x2，粒子做加速度
增大的减速运动，根据对称性可知粒子在O 点和x2间做往复运动，故AB 正确。
C、粒子在x1处电势能最小，动能最大，由能量守恒1
2 m vm
2 =qφ0，解得vm=√
2q φ0
m
，故C 正确。
D、从O 到x1电势升高，电势能减小，从x1以后的运动过程中，电势降低，粒子的电势能增加，
所以粒子从O 到x2的运动过程中，电势能先减小后增大，故D 错误。
本题选择错误选项；
故选：D。
6.
（多选）（2023•高新区模拟）如图所示，水平地面上有沿x 轴正方向的电场，其沿x
轴的电势φ 与坐标x 的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15，3）的切线。现
有一质量为0.20kg、电荷量为+2.0×10﹣8C 的滑块P（可视作质点），从x＝0.10m 处由静止释
放，其与水平地面间的动摩擦因数为0.02，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝
10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
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A．沿x 轴正方向，电场强度逐渐增大
B．滑块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，最终静止
C．滑块运动的最大速度约为0.2m/s
D．滑块最终停在0.15m 到0.3m 之间某位置
【解答】解：A、沿x 轴正方向电势逐渐降低，所以电场线方向应该是沿x 轴正方向，电势φ 与
位移x 图线切线的斜率表示电场强度，所以电场强度逐渐减小，故A 错误；
B、滑块与水平地面间的滑动摩擦力（最大静摩擦力）大小为Ff＝μmg＝0.02×0.2×10N＝0.04N
由图可知x ＝0.1m 处电场强度大于x ＝0.15m 处电场强度，x ＝0.15m 处的场强E
= Δφ
Δx = 3×10
5
0.3-0.15
V/m＝2.0×106V/m
即滑块释放时所受电场力大小F＞qE＝2.0×10﹣8×2.0×106V/m＝0.04N＝Ff
所以滑块释放后开始向右加速运动，由于φ﹣x 图像的斜率的绝对值不断减小且最后趋于零，所
以电场强度也不断减小且最后趋于零，则滑块受到向右的电场力不断减小且最后趋于零，根据
牛顿第二定律可推知滑块一开始做加速度减小的加速运动，当电场力减小至比滑动摩擦力还小
时，滑块开始做加速度增大的减速运动，最终将静止，故B 错误；
C、当滑块所受电场力大小与滑动摩擦力大小相等时滑块速度最大（设为v），根据前面分析可
知此时滑块位于x＝0.15m 处，由图可知x＝0.1m 与x＝0.15m 之间的电势差约为
U1＝φ0.1﹣φ0.15＝4.5×105V﹣3×105V＝1.5×105V
根据动能定理有
qU1﹣μmgΔx1= 1
2 m v
2
解得：v＝0.1m/s
故C 错误；
D.假滑块最终在0.3m 处停下，x＝0.1m 与x＝0.3m 之间的电势差约为：
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U2＝φ0.1﹣φ0.3＝4.5×105V﹣1.5×105V＝3×105V
滑块从x＝0.1m 到x＝0.3m 过程中电场力做功为
W＝qU2
解得：W＝6×10﹣3J
滑动摩擦力做功为
W'＝μmgΔx2
代入数据解得：W'＝8×10﹣3J＞W
假设不成立，由上式并结合C 项分析可知，滑块最终停在0.15m 到0.3m 之问某位置，故D 正确。
故选：BD。
7.
（多选）（2023•金州区校级三模）如图甲，同一竖直平面内A、B、M、N 四点距O
点的距离均为√2 L，O 为水平连线AB 的中点，M、N 在AB 连线的中垂线上。A、B 两点分别
固定有一点电荷，电荷量均为Q（Q＞0），以O 为原点、竖直向下为正方向建立x 轴。若取
无穷远处为零电势点，则ON 上的电势φ 随位置x 的变化关系如图乙所示。一电荷量为Q（Q
＞0）的小球以一定初动能从M 点竖直下落，一段时间后经过N 点，且在N 点的加速度大小为
2g，g 为重力加速度，k 为静电力常量，则（ ）
A．小球在M 点的加速度为零
B．从O 点到N 点场强逐渐增大
C．从M 点到N 点过程中，电场力对小球先做负功后做正功
D．从O 点到N 点小球的动能增加了(2√2-1)k Q
2
2 L
【解答】解：A、M、N 两点的电场强度等大反向，M 点的电场强度方向竖直向上，N 点的电场
强度方向竖直向下。小球在N 点的加速度大小为2g，可知在此处电场力等于小球的重力，则在
M 点小球受到的电场力竖直向上与小球的重力平衡，则小球在M 点的加速度为0，故A 正确；
B、根据φ﹣x 斜率代表电场强度可知从O 到N 的场强先增大后减小，故B 错误；
C、从M 点到O 点的过程中，电场线方向向上，小球受到的电场力方向向上，电场力做负功，
从O 到N 点过程中，小球受到的电场力方向向下，电场力对小球做正功，故C 正确；
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D、设小球的质量为m，小球在M 点的加速度为零，A、B 距O 点的距离均为√2 L，则AM＝
2L，则有：kQ
(2 L)
2•cos45°×2＝mg，解得：mg= √2k Q
2
4 L
2
；
小球从O 点到N 点由动能定理有：Q（φO﹣φN）+mg•√2L＝ΔEk，根据图线可知：φO= √2kQ
L
，φN= kQ
L
联立解得小球动能增加：ΔEk= (2√2-1)k Q
2
2 L
，故D 正确。
故选：ACD。
8.
（2023•雨花区校级二模）某质谱仪部分结构的原理图如图所示。在空间直角坐标系
Oxyz 的y＞0 区域有沿﹣z 方向的匀强电场，电场强度大小为E，在y＜0 区域有沿﹣z 方向的
匀强磁场，在x＝﹣2d 处有一足够大的屏，俯视图如图乙。质量为m、电荷量为q 的粒子从y
轴上P（0，﹣d，0）以初速度v0沿+y 方向射出，粒子第一次经过x 轴时速度方向与﹣x 方向
的夹角θ＝60°。不计粒子的重力，粒子打到屏上立即被吸收。求：
（1）粒子的电性；
（2）磁感应强度大小B；
（3）粒子打到屏上位置的z 轴坐标z1。
【解答】解：（1）根据左手定则，掌心朝向z 轴正方向，四指指向初速度v0方向，即+y 方向，
则大拇指指向是x 轴负方向，说明粒子带正电；
（2）带电粒子在Oxy 平面在洛伦兹力作用下做圆周运动，轨迹如下图所示：
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根据几何关系得：r=
d
sin30° =2d
根据带电粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力得：Bqv0＝mv0
2
r
，解得：B= m v0
qr = m v0
2qd 。
（3 ）根据几何关系，粒子第一次经过x 轴时距离O 点的距离x1 ＝r﹣rcos30°
=2d -2d × √3
2 =2d -√3d，到屏的距离d1＝2d﹣x1＝2d﹣（2d-√3d）=√3d
粒子沿x 轴的分速度vx＝v0cosθ＝v0cos60°= v0
2
粒子垂直于z 轴方向做匀速直线运动，所以运动到x ＝﹣2d 处的屏的时间为：t
= d1
v x
= √3d
v0
2
= 2√3d
v0
粒子沿z 轴负方向做初速度为0 的匀加速直线运动，加速度a= Eq
m ，粒子打到屏上位置的z 轴坐
标z1=- 1
2 at
2=- 1
2 × Eq
m ×( 2√3d
v0
)
2=- 6 Eqd
2
mv0
2
9.
（2023•西城区校级模拟）图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、
相距为s 的相同平行金属板构成，金属板长度均为l、间距均为d，两对金属板间偏转电压大小
相等、电场方向相反。质量为m、电荷量为+q 的粒子从静止开始经加速电压U0加速后，从A
点水平射入偏转电压为U 的平移器，最终从B 点水平射出平移器。不考虑粒子受到的重力。
（1）求粒子射入平移器时的速度大小v1；
（2）求粒子在平移器间运动全过程中的最大动能Em；
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（3）a、当s＝l 时，求粒子射入平移器和射出平移器过程中，在竖直方向的总位移y；
b、若仅改变平移器的偏转电压U，粒子在穿越平移器过程中哪些物理量是不随U 而改变的？
（除质量、电荷量、比荷以外，举出2 个即可。）
【解答】解：（1）粒子在加速电场中由动能定理得qU 0= 1
2 m v1
2得v1=√
2qU 0
m
（2）粒子从加速电场进入左边平移器，粒子水平方向做匀速直线运动，通过左边平移器时间为
t = l
v1
粒子在竖直方向做匀加速直线运动，加速度大小为a= qU
md
粒子射出左边平移器时，竖直方向速度为v y =at = qUl
md v1
粒子射出左边平移器时，动能最大为Em= 1
2 mv1
2+ 1
2 mv y
2 =qU 0+ qU
2l
2
4 d
2U 0
（3）a、粒子射出左边平移器时，竖直方向位移为y1= 1
2 at
2= U l
2
4 d U 0
当s＝l 时，粒子从第一个平移器到第二个平移器过程，做匀速直线运动，竖直方向位移为
y2= v yt = qU l
2
md v1
2 = U l
2
2d U 0
故粒子在竖直方向的总位移为y =2 y1+ y2= U l
2
d U 0
b、由于粒子进入偏转电场的速度为v1=√
2qU 0
m
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粒子在水平方向速度只与加速电压和粒子质量以及电荷量有关，若仅改变平移器的偏转电压
U，水平方向速度与偏转电压U 无关。
粒子在穿越平移器整个过程中，所用时间为t ' = 2l+ s
v1
=(2l+ s)√
m
2qU 0
也与偏转电压U 无关。
35
