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第18 讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
目录
考点一 平行板电容器的动态分析...............................................................................................1
考点二 带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动....................................................................3
考点三 带电粒子在电场中的偏转...............................................................................................5
考点四 带电体在复合场中的运动.............................................................................................10
练出高分.........................................................................................................................................15
考点一 平行板电容器的动态分析
1．电容器的充、放电
(1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存
电场能．
(2)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．
2．对公式C＝的理解
电容C＝，不能理解为电容C 与Q 成正比、与U 成反比，一个电容器电容的大小是由电容
器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关．
3．两种类型的动态分析思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．
(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化．
(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
(4)用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化．
[例题1] （2023•山东模拟）两个等量异号点电荷组成的系统称为电偶极子。面积
足够大的平行板电容器，两极板之间的距离为d，将电容器接在电压U 恒定的电源两
端，规定无穷远处电势为0，将带电量极小的电偶极子用长度为L 的绝缘轻杆连接，
将其从无穷远处移到电容器两极板之间处于如图所示的状态（杆和极板垂直），然后
将两极板分别围绕O、O'点顺时针旋转30°，如图中虚线所示，仍将绝缘轻杆连接的电
偶极子从无穷远处移动到同一位置，此过程中下列说法正确的是（ ）
1
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A．两极板旋转之后，极板间的电场强度减小
B．两极板旋转之后，极板间的正对面积不变
C．在两极板未旋转之前，电场力对电偶极子做功为qUL
d
D．在两极板旋转之后，电场力对电偶极子做功为−qUL
d
【解答】解：A、两极板旋转后，两极板间距离减小，电势差不变，板间的电场强度E
= U
d 增大，故A 错误；
B、两极板旋转之后，极板间的正对面积减小，故B 错误；
C、设初始时刻电场强度为E1，则E1= U
d
正负电荷所在点的电势分为φ1和φ2，则其电势能为Ep1＝q（φ1﹣φ2）＝qEL= qUL
d
则电场力做功W1＝0﹣Ep1=−qUL
d
故C 错误；
D、将两极板旋转30°，场强变为E2=
U
√3
2 d
电势能为Ep2
= qU
√3
2 d •√3
2 L= qUL
d
此时电场力做功W2＝0﹣Ep2=−qUL
d
故D 正确。
故选：D。
[例题2] （2023•宁波一模）电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中
应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计
算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中直流电源电动势E＝8V，实验
前电容器不带电。先使S 与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S 与“2”端
相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的i﹣t 曲线如图乙所示。下列说
法正确的是（ ）
2
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A．图像阴影为i﹣t 图像与对应时间轴所围成的面积表示电容器的能量
B．阴影部分的面积S1和S2肯定不相等
C．阻值R1大于R2
D．计算机测得S1＝1203mA•s，则该电容器的电容约为0.15F
【解答】解：A．根i﹣t 图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电容器的电
荷量，故A 错误；
B．S1表示电容器充电后所带电荷量，S2表示电容器放电的电荷量，因为电容器充电和
放电的电荷量是相等的，结合A 选项的描述可知S1＝S2，故B 错误；
C．由题图乙可知电容器充电瞬间电流比电容器放电瞬间电流大，且电容器充电瞬间电
源电压和放电瞬间电容器两端电压相等，则有
U
R1+ R0
＞
U
R2+ R0
所以R1＜R2，故C 错误；
D．该电容器的电容为C = Q
U = S1
E = 1203×10
−3
8
F ≈0.15 F，故D 正确。
故选：D。
[例题3] （多选）（2023•九江二模）如图所示的两个平行板电容器水平放置，A
板用导线与B’板相连，B 板和A’板都接地。已知A 板带正电，在两个电容器间分
别有M、N 两个带电油滴都处于静止状态。AB 间电压为UAB，带电量为QAB，
A′B′间电压为UA′B′，带电量为QA′B′，若将B 板稍向下移，则（ ）
A．电容CAB不变，电容CA′B′不变
B．UAB减小，UA′B′增大
C．QAB减小，QA′B′增大
D．N 原来所在位置处的电势增大且N 向上运动
3
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【解答】解：A、将B 板稍向下移，AB 板间距离d 变大，由C= ɛr S
4 πkd 得，电容CAB变
小，电容CA′B′不变，故A 错误；
B、电容器与电源断开，两电容器电容器并联，等效电容设为C，则C＝CAB+CA′B′，
总电荷量不变，设为Q ，AB 间和B’ A’ 间的电压相等，设为U ，则
U = Q
C =
Q
C AB+C A ' B' ，由于AB 板间距离d 变大，CAB 变小，则两个电容器的电压都变
大，故B 错误；
C、两电容器电容器并联，两个电容器电压相等，都等于U，所以有U = Q A ' B'
C A ' B'
= Q AB
C AB
，
电容CA′B′不变而U 变大，则QA′B′增大，又QAB＝Q﹣QA′B′，Q 不变，则QAB变小，
故C 正确；
D、N 带电油滴原来处于静止状态，电场力和重力平衡，电场力向上，根据B 选项分析，
现在B’A’间的电压变大，又电场强度E= U
d ，场强变大，则N 原来所在位置处的电
势增大，电场力F= U
d q，q 为油滴电荷量不变，则电场力变大，N 向上运动，故D 正确。
故选：CD。
[例题4] （多选）（2023•厦门模拟）目前大多数医院进行输液治疗时都采用传统
的人工监护方式，为减轻医务人员负担，有不少输液传感器投入使用。某电容输液传
感器测量装置示意图如图甲所示，测量电路如图乙所示，A、B 间接入恒定电压U0，
自动控制开关S 置于1 时电容器充电、置于2 时电容器放电。电容器在S 的作用下周
期性充放电，系统监测每次充电过程中电容器两端电压随时间的变化曲线，可自动判
定输液管中是否有药液。在输液管中有药液和无药液的两次电容器充电过程中，电容
器两端电压随时间的变化曲线如图丙所示，已知有药液时测量电路中的电容值更大，
则（ ）
A．曲线1 为有药液时的充电曲线
B．曲线2 为有药液时的充电曲线
C．曲线1 对应的情况下电容器充满电后所带的电荷量较大
D．曲线2 对应的情况下电容器充满电后所带的电荷量较大
4
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【解答】解：CD．设电容器两端电压为U，则电路中电流为I = U 0−U
R
，由此画出图丙
中两条曲线对应情况下电流随时间变化的图像如图所示：
根据图像的物理意义可知，I﹣t 图像与横轴围成的面积表示电荷量Q，可以得到曲线2
对应情况下电容器充满电后所带的电荷量较大，故C 错误，D 正确；
AB．根据充满电后电容器满足C = Q
U 0
，由此可知曲线2 对应情况下电容器充满电后所
带的电荷量较大，所以曲线2 对应情况下的电容值较大，已知有药液时测量电路中的电
容值更大，因此曲线2 为有药液时的充电曲线，故A 错误，B 正确。
故选：BD。
[例题5] （2023•西湖区校级模拟）利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，
其中E 为电源，R 为定值电阻，C 为电容器，A 为电流表，V 为电压表。下列说法正
确的是（ ）
A．充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定
B．充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定
C．放电过程中，电流表的示数均匀减小至零
D．放电过程中，电压表的示数均匀减小至零
【解答】解：A、充电过程中，由于电容器两端的电压越来越高，电源与电容器间的电
势差越来越小，电流表的示数逐渐减小，故A 错误；
B、充电过程中，电流减小的，且减小的越来越慢，电容器的电荷量增加的越来越慢，
电容器的电压即电压表的示数增大的也越来越慢，故电压表的示数先迅速增大，后慢慢
增大趋于稳定，故B 正确；
C、放电过程，电流表的示数是逐渐变小的，但不是均匀减小的，如图所示：
5
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故C 错误；
D、放电过程，电压表的示数是逐渐变小的，但不是均匀减小的，故D 错误。
故选：B。
考点二 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
[例题6] 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，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m0、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＝km
1
3v，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；
6
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（2）油滴A、B 的带电量和电性；B 上升距离h2电势能的变化量；
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
【解答】解：（1）因为两个油滴在未加电压时均做匀速直线运动，对A 油滴进行分析，
根据运动学公式得：
v1= ℎ1
t
根据平衡状态得：m0g＝f
结合空气阻力的表达式f＝km
1
3v
联立解得：k= m0
2
3 gt
ℎ1
（2）因为加电压后A 油滴的速度不变，所以A 油滴不带电；B 油滴最终向上做匀速运
动，由此可知，B 油滴受到的电场力应向上，故B 油滴带负电。
B 油滴向上做匀速直线运动时，根据运动学公式得：
v2= ℎ2
t
其受到的空气阻力向下，根据平衡状态得：
m0 g+k m0
1
3 v2= qU
d
解得：q= m0 gd(ℎ1+ℎ2)
U ℎ1
根据功能关系得：
ΔEp＝﹣W 电
联立解得：ΔEp=−m0 gℎ2(ℎ1+ℎ2)
ℎ1
（3）油滴相遇时，质量为2m0，电荷量等于B 油滴的电荷量，则新油滴受到的电场力
为
F = qU
d = m0 g(ℎ1+ℎ2)
ℎ1
此时要对电场力进行分类讨论
①若F＞2m0g，即h2＞h1，新油滴最终向上匀速运动，设达到平衡时速度为v'，则有
2m0g+k•2m0
1
3v'＝F
7
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解得：v'= ℎ2−ℎ1
3√2t
②若F＜2m0g，即h1＞h2，新油滴最终向下匀速运动，设达到平衡时速度为v''，则有
2m0g＝F+k•2m0
1
3 v ″
解得：v′'= ℎ1−ℎ2
3√2t
答：（1）比例系数为m0
2
3 gt
ℎ1
；
（2）油滴A 不带电，油滴B 带负电，电荷量为m0 gd(ℎ1+ℎ2)
U ℎ1
；B 上升距离h2电势能
的变化量为−m0 gℎ2(ℎ1+ℎ2)
ℎ1
；
（3）①若h2＞h1，则新油滴的速度大小为
ℎ2−ℎ1
3√2t
，方向竖直向上；②若h1＞h2，则
新油滴的速度大小为
ℎ1−ℎ2
3√2t
，方向竖直向下。
[例题7] 如图所示，A、B 为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，
两板的中央各有一小孔M 和N，一带电质点自A 板上方相距为d 的P 点由静止自由下
落（P、M、N 在同一竖直线上），空气阻力忽略不计，到达N 孔时速度恰好为零，
然后沿原路返回．若保持两极板间的电压不变，则（ ）
A．把A 板向上平移一小段距离，质点自P 点自由下落后不能返回
B．把A 板向下平移一小段距离，质点自P 点自由下落后将穿过N 孔继续下落
C．把B 板向上平移一小段距离，质点自P 点自由下落后将穿过N 孔继续下落
D．把B 板向下平移一小段距离，质点自P 点自由下落后将穿过N 孔继续下落
【解答】解：A、由题设条件，由动能定理得：mg•2d﹣qU＝0，则知电场力做功等于重
力做功的大小。把A 板向上平移一小段距离，质点自P 点自由下落，根据动能定理知，
mg•2d﹣qU＝0，小球到达N 点速度为零然后返回。故A 错误。
B、将A 板向下移动一小段距离，根据动能定理知，mg•2d﹣qU＝0，小球到达N 点速
度为零然后返回。故B 错误。
C、把B 板向上平移一小段距离，根据动能定理知，h＜2d，mgh﹣qU＜0，知小球未到
8
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达N 点速度已减为零，然后返回。故C 错误。
D、把B 板向下平移一小段距离后，根据动能定理知，h＞2d，mgh﹣qU＞0，知小球到
达N 点速度不为零，小球会穿过N 孔继续下落。故D 正确。
故选：D。
[例题8] 为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，如图所示，容器侧面是绝
缘的透明有机玻璃，上下底面是金属板．当金属板连接到高压电源正负两极时，在两
金属板间产生匀强电场．现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，颗粒带负电，
不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力．下列说法正
确的是（ ）
A．烟尘颗粒向下运动
B．两金属板间电场方向向上
C．烟尘颗粒在运动过程中电势能减少
D．烟尘颗粒电荷量可能是电子电量的1.5 倍
【解答】解：A、由图可知，极板上端为正极，下端为负极；则带负电的颗粒受电场力
向上，故带电颗粒将向上运动，故A 错误；
B、极板上端为正极，下端为负极，所以两金属板间电场方向向下。故B 错误；
C、烟尘颗粒在运动过程中电场力做正功，电势能减少。故C 正确；
D、带电体的带电量只能是元电荷的整数倍，所以烟尘颗粒电荷量不可能是电子电量的
1.5 倍。故D 错误
故选：C。
[例题9] （2023•邵阳模拟）静电植绒技术，于3000 多年前在中国首先起步。现
代静电植绒于上世纪50、60 年代在德国首先研制出并使用。如图为植绒流程示意图，
将绒毛放在带负电荷的容器中，使绒毛带负电，容器与带电极板之间加恒定的电压，
绒毛呈垂直状加速飞到需要植绒的物体表面上。不计重力和空气阻力，下列判断正确
的是（ ）
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A．带电极板带负电
B．绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中，电势能不断增大
C．若增大容器与带电极板之间的距离，绒毛到达需要植绒的物体表面时速率增大
D．质量相同的绒毛，带电荷量越多，到达需要植绒的物体表面时速率越大
【解答】解：A、绒毛带负电加速度向下运动，所以电场力向下，电场强度向上，带电
极板带正电，故A 错误；
B、绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中，电场力向下做正功，电势能不断减小，故B
错误；
C、由动能定理可得：qU = 1
2 mv
2，解得：v =√
2qU
m
若增大容器与带电极板之间的距离，而电极板之间的电压加恒定，绒毛到达需要植绒的
物体表面时速率不变，故C 错误；
D、由v =√
2qU
m
，可知质量相同的绒毛，带电荷量越多，到达需要植绒的物体表面时
速率越大，故D 正确。
故选：D。
[例题10] （2023•浙江模拟）卫星在一定高度绕地心做圆周运动时，由于极其微弱
的阻力等因素的影响，在若干年的运行时间中，卫星高度会发生变化（可达15km 之
多），利用离子推进器可以对卫星进行轨道高度、姿态的调整。离子推进器是利用电
场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进的动力，原理如图所示：
进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B 之间的匀强电场（离子初速
度忽略不计），A、B 间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中推进器
获得恒定的推力。设单位时间内飘入的正离子数目为n，离子质量为m，电荷量为q，
加速正离子束所消耗的功率为P，引擎获得的推力为F，下列说法正确的是（ ）
A．正离子经加速后由B 处喷出形成的等效电流大小I = q
n
B．离子推进器获得的平均推力大小F =√2mqU
C．加速正离子束所消耗的功率P＝nqU
D．为提高能量的转换效率，要使F
P 尽量大，可以使用比荷更大的正离子作为推进器
【解答】解：A、已知单位时间内飘入的正离子数目为n，离子电荷量为q，则正离子经
加速后由B 处喷出形成的等效电流大小为I = Q
t =nq，故A 错误；
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B、电场对离子加速，由动能定理有QU = 1
2 m0v0
2
取向右为正方向，对n 个正离子，根据动量定理有m0v0＝Ft
其中m0＝nmt，Q＝nqt
由牛顿第三定律知离子推进器获得的平均推力大小F′＝F
联立解得离子推进器获得的平均推力大小F′＝n√2mqU，故B 错误；
C、加速正离子束所消耗的功率P =
1
2 m0 v0
2
t
=nqU，故C 正确；
D、根据以上分析可得F
P = n√2mqU
P
= n√2mqU
nqU
=√
2m
qU
，要使F
P 尽量大，可以用质
量大、带电量小即比荷q
m更小的离子作为推进器，故D 错误。
故选：C。
考点三 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
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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．
[例题11] （2023•黄山模拟）如图所示，平行板电容器水平放置，上极板带正电、
下极板带负电并接地，一质量为m 电荷量为q 的带正电粒子a 从两板左端中点入射，
入射速度正对上极板中点A，已知板长为2d，板间距离为d，两板间电压为U，粒子
重力不计且运动过程中不与极板碰撞，则（ ）
A．粒子a 射入电场时电势能为Uq
B．粒子a 在电场内运动过程中电势能最大时动能为零
C．若粒子a 从下极板右边缘射出，其在运动过程中电势能最大值为2
3Uq
D．若粒子a 射出点与射入点在同一水平线上，则其在电场中运动时间为√
d
2m
2Uq
【解答】解：A．粒子射入电场位置电势为U
2 ，根据电势能与电势关系，粒子a 射入电
场时电势能E p=φq = Uq
2 ，故A 错误；
B．粒子的运动可以分解为沿极板方向的匀速直线运动，垂直于极板方向的变速直线运
动，当垂直于极板方向的分速度减为零时，电场力做负功最大，根据功能关系，粒子a
在电场内运动过程中电势能最大，但此时粒子有平行极板方向的速度，粒子运动的动能
不为零，故B 错误；
C．假设粒子初速度为v0，将初速度分解为沿极板方向vx和垂直于极板方向vy
由数学知识v x = 2√5
5
v0，v y = √5
5 v0
粒子沿极板方向的匀速直线运动，垂直于极板方向的变速直线运动，根据位移公式有，
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粒子a 从下极板右边缘射出时2d＝vxt，d
2 =−v yt + 1
2 at
2
解得a= 3 v0
2
5d
粒子进入电场到最大势能处在垂直于极板方向经过的位移为y = v y
2
2a = d
6
最大势能处的电势为φ' =( d
2 + d
6 ) U
d = 2U
3
故运动过程中最大势能E pm=φ' q = 2
3 Uq
故C 正确；
D．由C 选项，v x = 2√5
5
v0
v y = √5
5 v0
粒子沿极板方向的匀速直线运动，垂直于极板方向的变速直线运动，根据位移公式有，
粒子a 射出点与射入点在同一水平线上则2d＝vxt，0=−v yt + 1
2 at
2
解得a= 2v0
2
5d
又a= Uq
dm
得v0=√
5Uq
2m
所以v x = 2√5
5
v0=√
2Uq
m
则粒子在电场中运动时间为t = 2d
v x
=√
2d
2m
Uq
故D 错误。
故选：C。
[例题12] （多选）（2023•福州模拟）如图所示，a、b、c、d 为匀强电场中的等
势面，一个质量为m，电荷量为q 的质子在匀强电场中运动，A、B 为其运动轨迹上
的两个点。已知该粒子在A 点的速度大小为v1，且方向与等势面平行，在B 点的速度
大小为v2，A、B 连线长为L，连线与等势面间的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则
（ ）
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A．粒子的速度v2一定大于v1
B．等势面b 的电势比等势面c 的电势低
C．粒子从A 点运动到B 点所用的时间为Lcosθ
v1
D．匀强电场的电场强度大小为m(v2
2−v1
2)
2qLcosθ
【解答】解：A、该电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场方向沿竖直方向，粒
子的轨迹向下弯曲，所以粒子受到的电场力竖直向下，从A 到B 的过程中电场力对粒子
做正功，粒子的速度增大，所以粒子的速度v2一定大于v1，故A 正确；
B、粒子带正电，则知电场方向竖直向下，等势面b 的电势比等势面c 的电势高，故B
错误；
C、粒子在A 点的速度大小为v1，粒子在沿等势面方向做匀速直线运动，所以粒子运动
的时间：t= Lcosθ
v1
，故C 正确；
D、A、B 两点沿电场线方向的距离为：y＝Lsinθ
由动能定理有：qEy= 1
2 m v2
2−1
2 m v1
2
联立解得：E= m(v2
2−v1
2)
2qLsinθ
，故D 错误。
故选：AC。
[例题13] 如图所示，一重力不计的带电粒子由平行板的极板边缘以平行极板的速
度射入，经过一段时间由下极板的边缘离开，已知两极板之间的距离为d、两极板的
长度为L、粒子在极板间运动的时间为t。则下列说法正确的是（ ）
A．水平方向上前L
2 与后L
2 电场力做功的比值为1：1
B．竖直方向上前d
2 与d
2 所需时间的比值为1：1
C．前t
2与后t
2电势能变化量的比值为1：1
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D．前t
2与后t
2竖直方向下落的高度比值为1：3
【解答】解：AD、根据类平抛运动在垂直于电场线方向做匀速直线运动的规律，可得：x
＝v0t
易知，粒子水平方向上前L
2 与后L
2 所用时间的比值为1：1，粒子在竖直方向做初速度为零
的匀加速直线运动，根据匀变速运动规律可知这两个运动过程的竖直分位移之比为1：3，
根据：w＝qEy，可知，电场力做功的比值为1：3。故A 错误；D 正确；
B、同理，根据匀变速运动规律的推论可知竖直方向上前d
2 与d
2 所需时间的比值为1：
(√2−1)，故B 错误；
C．根据W＝﹣nEp，结合A 选项分析，可知前t
2与后t
2电势能变化量的比值为1：3。故C
错误。
故选：D。
[例题14] 如图所示，M、N 是匀强电场中的两点，一负电荷在M 点时的速度与电
场线方向成45°角，在M 点时动能为EkM，运动到N 点时速度方向与电场线垂直。已
知负电荷所带电荷量为﹣q，电荷仅受电场力作用，则M、N 两点的电势差为
（ ）
A．EkM
q
B．2 EkM
q
C．EkM
2q
D．EkM
4 q
【解答】解：运动到N 点时速度方向与电场线垂直，说明水平方向速度减小为0，根据
1
2mvM
2＝EkM
水平方向的速度大小v= √2
2 v M
所以﹣qUMN= 1
2mv2−1
2mvM
2
联立解得UMN= EKM
2q ，故ABD 错误，C 正确；
故选：C。
[例题15] 假设你是当年“阴极射线是带电粒子”的支持者。你采用如图所示的实
验装置来测定阴极射线的比荷（电荷量与质量之比）。某次实验室中，真空管内阴极
K 发出的阴极射线经高压加速电压加速后，穿过A'中心的小孔沿中心轴O1O 的方向进
入到两块水平正对放置的平行极板P 和P'间的区域。当极板间不加偏转电压时，射线
打在荧光屏的中心O 点处，形成了一个亮点；当加上偏转电压U＝200.0V 时，亮点偏
离到O'点，O'与O 点的竖直间距为y＝4.0cm、水平间距忽略不计。此时，在P 和P'间
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的区域，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场。调节磁场的强弱，当磁感应强
度的大小B＝5.0×10﹣4T 时，亮点重新回到O 点。已知极板水平方向的长度为l1＝
5.0cm，极板间距为d＝2.0cm，极板右端到荧光屏的距离为l2＝12.5cm。忽略射线的重
力和射线间的相互作用。
（1）推断阴极射线带什么性质的电荷，写出理由；
（2）求阴极射线打在荧光屏O 点时速度的大小；
（3）求阴极射线的比荷。
【解答】解：（1）阴极射线带负电，原因是射线在KA 之间或平行极板P 和P'间所受电
场力与电场方向相反。
（2）当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到
中心O 点，根据平衡条件有：qvB =q U
d ，其中d＝2.0cm＝0.02m
代入数据得：v＝2.0×107m/s
（3）设阴极射线在偏转电场中的偏转距为y1，由几何关系得：y1
y =
l1
2
l1
2 +l2
代入数据得：y1= 2
3 cm= 2
3 ×10
−2m
根据位移—时间公式，有：y1= 1
2 at
2
根据牛顿第二定律有：a= qU
md
其中d＝2.0cm＝0.02m
水平方向匀速直线运动，则有：l1＝vt
联立可得：q
m = 32
15 ×10
11C /kg=2.1×10
11C /kg
答：（1）阴极射线带负电；
（2）阴极射线打在荧光屏O 点时速度的大小为2.0×107m/s；
（3）阴极射线的比荷2.1×1011C/kg。
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考点四 带电体在复合场中的运动
等效法处理叠加场问题
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．
[例题16] （2023•永州三模）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√10
10 v
B．所受电场力的最小值为√10
10 mg
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
【解答】解：D、将小球在Q 点的速度v 分解为水平分量vcos37°和竖直分量vsin37°。
由位移—时间公式可得：小球水平分位移为：x = v + vcos37°
2
t
小球竖直分位移为y = vsin37°
2
t
解得：x
y = 3
1，故D 错误；
A、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，小球水平向右方向的
分加速度大小为ax = v −vcos37°
t
小球竖直向下方向的分加速度大小为：a y = vsin37°
t
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设小球合加速度方向与竖直方向夹角为θ，则有：tanθ = ax
a y
联立解得：tanθ = 1
3
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：vmin＝vcosθ
结合上述解得：vmin= 3√10
10
v，故A 错误；
B、根据上述小球所受电场力与重力的合力大小为：F＝ma，该合力方向与竖直方向夹
角亦为θ，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：最小电
场力：F 电min＝mgsinθ
根据tanθ=
sinθ
√1−sin
2θ
= 1
3，可求得sinθ=√
1
10
从而求得：F 电min= √10
10 mg，故B 正确；
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，故C 错误。
故选：B。
[例题17] 2023•南京二模）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
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
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【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°﹣ax′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；
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。
[例题18] （多选）（2022•辽宁一模）如图所示，在竖直平面内，AB 为水平放置
的绝缘粗糙轨道，CD 为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB 与CD 通过四分之一绝
缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧BC 的圆心为O，半径R。轨道所在空间存在水平
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向右的匀强电场，电场强度的大小E = 4 mg
3q 。现有质量为m、电荷量为+q 的带电体
（可视为质点）从A 点由静止开始运动。已知AB 间距也为R，带电体与轨道AB 间
的动摩擦因数为μ1＝0.4，与CD 间的动摩擦因数为μ2＝0.3。假定带电体与轨道之间的
最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。下列说法正确的是（重力加速度为g）（ ）
A．带电体第一次运动到圆弧形轨道B 点时速度大小为vB=√
28
15 gR
B．带电体第一次运动到圆弧形轨道BC 上的最大速度v =√
46
15 gR
C．全过程带电体在粗糙轨道AB 与CD 上运动的总路程s= 25 R
6
D．带电体最终可能会停在水平轨道AB 上
【解答】解：A、对质点从A 到B，根据动能定理得
qER−μ1mgR = 1
2 mvB
2
解得：vB=√
28
15 gR
故A 正确；
B、在 BC 段小球静止时所在的位置M 即为等效最低点，故小球做圆周运动过M 点
（M 点为等效最低点）时的速度最大：对质点在M 点静止时，根据平衡条件得：
qE
mg = 4
3
故α＝53°
从B 到M 根据动能定理得：
qERsin53°−mgR(1−cos53°)= 1
2 mvm
2 −1
2 mvB
2
解得：vm=√
48
15 gR
故B 错误；
20
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C、最终带电体应该围绕等效最低点M 做周期性运动，到C 点的速度恰好为零，全过程
的滑动摩擦力大小一样，即
f＝μ1mg＝μ2qE
设带电体在粗糙轨道 AB 与CD 上运动的总路程为s，对全过程从A 到最终恰好到C 根
据动能定理得：
qE•2R﹣fs﹣mgR＝0
解得：s= 25
6 R，
故C 正确，D 错误；
故选：AC。
[例题19] （多选）（2022•全国一模）如图所示，倾角为45°的绝缘斜面置于竖直
向上的匀强电场中，电场强度为E。一质量为m，电荷量为q 的带正电小球从斜面上
的P 点以速度v0水平向右抛出后落在斜面上。已知电场力的大小为重力的一半，不计
空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球从抛出到落在斜面上的时间为m v0
qE
B．小球落在斜面上的速度大小为√5 v0
C．落点与P 点的距离为2√2mv0
2
qE
D．小球落在斜面上时的速度方向与竖直方向的夹角大于30°
【解答】解：因为电场力的大小等于重力的一半，小球的加速度为a= mg−qE
m
= g
2 ，方
向竖直向下。
A、因为小球最终落回斜面上，则小球的位移偏转角等于斜面倾角，即
tan 45° =
1
2 at
2
v0t
解得：t = 4 v0
g ，而题目的时间为
m v0
qE = m v0
1
2 mg
= 2v0
g ，故A 错误；
B 、根据上述分析可知，小球落在斜面上时，小球竖直方向的速度为
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v y =at = g
2 × 4 v0
g =2v0。
根据勾股定理得，小球落在斜面上的速度大小为v =√v0
2+ v y
2 =√v0
2+(2v0)
2=√5 v0，故
B 正确；
C、小球在水平方向上的位移为x = v0t = 4 v0
2
g
，根据几何关系得，落点与P 点的距离为x
合=√2 x = 4√2v0
2
g
= 2√2mv0
2
qE
，故C 正确；
D、小球落在斜面上的速度偏转角的正切值为tanα = v y
v0
=2，由数学知识可知，速度偏
转角大于60°，所以小球落在斜面上时的速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D 错
误；
故选：BC。
[例题20] （2023•雅安模拟）如图所示，空间中在一矩形区域Ⅰ内有场强大小E1
＝1×102N/C、方向水平向右的匀强电场；一条长L＝0.8m 且不可伸长的轻绳一端固定
在区域Ⅰ的左上角O 点，另一端系一质量m1＝0.5kg、带电荷量q＝﹣0.1C 的绝缘带
电小球a；在紧靠区域Ⅰ的右下角C 点竖直放置一足够长、半径R＝1m 的光滑绝缘圆
筒，圆筒上端截面水平，CD 是圆筒上表面的一条直径且与区域Ⅰ的下边界共线，直
径MN 与直径CD 垂直，圆筒内左半边MNCHJK 区域Ⅱ中存在大小E2＝20N/C、方向
垂直纸面向里的匀强电场。把小球a 拉至A 点（轻绳绷直且水平）静止释放，当小球
a 运动到O 点正下方B 点时，轻绳恰好断裂。小球a 进入电场继续运动，刚好从区域
Ⅰ的右下角C 点竖直向下离开电场E1，然后贴着圆筒内侧进入区域Ⅱ。已知重力加速
度大小取g＝10m/s2，绳断前、断后瞬间，小球a 的速度保持不变，忽略一切阻力。求：
（1）轻绳的最大张力Tm；
（2）小球a 运动到C 点时速度的大小vC和小球a 从B 到C 过程电势能的变化量ΔEp；
（3）若小球a 刚进入圆筒时，另一绝缘小球b 从D 点以相同速度竖直向下贴着圆筒内
侧进入圆筒，小球b 的质量m2＝0.5kg，经过一段时间，小球a、b 发生弹性碰撞，且碰
撞中小球a 的电荷量保持不变，则从小球b 进入圆筒到与小球a 发生第5 次碰撞后，小
球b 增加的机械能ΔEb是多大。
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【解答】解：（1）小球a 从A 运动到B 点，根据动能定理mgL= 1
2 mv
2
解得v＝4m/s
在B 点，根据牛顿第二定律得T m−mg=m v
2
L
解得Tm＝15N
（2）小球a 在区域Ⅰ中，根据牛顿第二定律：水平方向qE1＝ma
解得a＝20m/s2
小球a 减速至0 时t = v
a，解得t＝0.2s
x = vt −1
2 at
2，解得x＝0.4m
小球a 运动到C 点时的速度大小为vC＝gt，解得vC＝2m/s
小球a 从B 运动到C 点，小球a 电势能的变化量为ΔEP＝﹣W＝﹣qE1•x，解得ΔEP＝4J
即小球电势能增加了4J。
（3）因两球在竖直方向下落一样快，故它们碰撞时是水平正碰。根据水平方向碰撞时
动量守恒和能量守恒。由于两球质量相等，所以它们正碰时交换水平方向速度。小球a
从进入圆筒到第5 次碰撞前，小球a 增加的机械能为ΔEa＝qE2R+2•qE22R，解得ΔEa＝
10J
则第5 次碰撞后，小球b 增加的机械能为ΔEb＝ΔEa＝10J
答：（1）轻绳的最大张力15N；
（2）小球a 运动到C 点时速度的大小2m/s，小球a 从B 到C 过程电势能增加了4J；
（3）从小球b 进入圆筒到与小球a 发生第5 次碰撞后，小球b 增加的机械能10J。
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练出高分
一．选择题（共10 小题）
1．（2023•郑州二模）下列几种关于运动情况的描述，说法正确的是（ ）
A．一物体受到变力作用不可能做直线运动
B．一物体受到恒力作用可能做圆周运动
C．在等量异种电荷的电场中，一带电粒子只在电场力作用下可能做匀速圆周运动
D．在匀强磁场中，一带电小球在重力和洛伦兹力作用下不可能做平抛运动
【解答】解：A、物体受到变力作用时，力的方向与物体运动方向在一条直线，物体做
直线运动，故A 错误；
B、物体受恒力作用时，恒力不能提供始终指向圆心的力，故物体不可能做圆周运动，
故B 错误；
C、在等量异种点电荷的电场中不存在同一个平面内的指向（背离）同一个圆心的电场
线，所以带电粒子在等量异种点电荷的电场中所受电场力不能始终指向圆心提供向心力，
不能做匀速圆周运动，故C 错误；
D、将一个物体沿水平方向抛出，在空气阻力忽略不计的情况下，物体所做的运动叫平
抛运动，所以带电小球在磁场中运动时，除重力外还受洛伦兹力作用，其运动不能成为
平抛运动，故D 正确。
故选：D。
2．（2023•和平区校级模拟）如图所示，空间有竖直向下的匀强电场E，从倾角30°的斜面
上A 点平抛一带电小球，落到斜面上的B 点，空气阻力不计，下列说法中正确的是（
）
A．若将平抛初速度减小一半，则小球将落在AB 两点的中点
B．平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角不同
C．平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间夹角正切值一定相同，等
于2tan30°
D．若平抛小球的初动能为6J，则落到斜面上时的动能为14J
【解答】解：小球受重力和电场力，电场力既可向上也可向下，球做类平抛运动，加速
度a 固定，向下；
根据类平抛运动的分运动规律，有：
x＝v0t，
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y= 1
2 at
2，
tan30° = y
x ，
故：t= 2v0 tan30°
a
= 2√3 v0
3a
，x= 2√3 v0
2
3a
，y= 2v0
2
3a
；
A、若将平抛初速度减小一半，根据x= 2√3 v0
2
3a
，y= 2v0
2
3a
，x 和y 均减小为原来的1
4 ，
故A 错误；
BC、设小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角为α，则有：
tan（α+30°）= v y
v0
= at
v0
=2tan30°，
故平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角相同，但是
tanα≠2tan30°，故BC 错误；
D 、由于小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角的正切值：tanβ
= v y
v0
=2tan30° = 2
3 √3，
初动能：Ek= 1
2 mv0
2=6J，
末动能：Ek′= 1
2 m v
2= 1
2 m(v0
2+ v y
2 )，
故：Ek′＝6J+（2
3 √3）2×6J＝14J，故D 正确；
故选：D。
3．（2023•宁都县校级一模）如图，水平向右的匀强电场中，一带电粒子从A 点以竖直向
上的初速度开始运动，经最高点B 后回到与A 在同一水平线上的C 点，粒子从A 到B
过程中克服重力做功9J，电场力做功4J，则（ ）
A．粒子在B 点的动能比在A 点多5J
B．粒子在C 点的电势能比在B 点少4J
C．粒子在C 点的机械能比在A 点少16J
D．粒子在C 点的动能为25J
【解答】解：粒子运动过程只受重力、电场力作用，故只有重力、电场力做功，则重力
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势能、电势能和动能之和保持不变；
A、粒子从A 到B 过程中克服重力做功9J，电场力做功4J，故外力做功﹣5J，那么由动
能定理可得：粒子在B 点的动能比在A 点少5J，故A 错误；
B、根据粒子受力情况，由牛顿第二定律可得：粒子在竖直方向做加速度为g 的匀变速
运动，在水平方向做初速度为零，加速度为a= qE
m 的匀加速运动，根据B 为最高点，竖
直分速度为零可得：粒子从A 到B 与从B 到C 的运动时间相等，故由匀加速运动规律
可得：粒子在BC 上的水平位移是AB 上水平位移的3 倍：故粒子从B 到C 电场力做功
12J，那么，粒子在C 点的电势能比在B 点少12J；故B 错误；
CD、从A 到C，电场力做功16J，故粒子在C 点的机械能比在A 点多16J；又有A 点、
C 点等高，重力势能相等，那么，粒子从B 到C，重力做功9J；又有B 点速度水平，粒
子从A 到B 电场力做功4J，所以，粒子在B 点的动能为4J；由动能定理可得：粒子在
C 点的动能为4J+9J+12J＝25J，故C 错误，D 正确。
故选：D。
4．（2023•赤峰模拟）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，
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＝2BC，则下列说法
中正确的是（ ）
A．小球从A 到B 与从B 到C 的运动时间之比3：1
B．小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量大小之比3：1
C．小球从A 到B 重力做功与从B 到C 电场力做功数值比为1：1
D．小球从A 到B 重力做功与从B 到C 电场力做功数值比为2：3
【解答】解：A．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，经历的时间为分别为t1和t2．在电场中的加速度
为a，则从A 到B 过程小球做平抛运动，则有
水平方向上：x1＝v0t1
从B 到C 过程，有
x2＝v0t2
由题意有
x1＝2x2
则得
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t1＝2t2
即小球从A 到B 与从B 到C 运动时间之比为2：1，故A 错误；
CD．根据匀变速直线运动的特点可知：
小球竖直方向上的位移为：y1= 1
2 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= 1
2 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
根据题意可知AB 和BC 的竖直高度之比是
y1：y2＝2：1
所以小球从A 到B 重力做功与从B 到C 克服电场力做功之比为
mgy1：Fy2＝2：3
故C 错误，D 正确；
B．根据速度变化量的计算公式可得：
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，故C 错误。
故选：D。
5．（2022•玉树州四模）互相正对的平行金属板M、N 带等量的异种电荷，倾斜固定放置，
一个带电小球（可看成点电荷）从一块金属板的边缘附近由静止释放沿图中水平虚线运
动通过电场区域，两板间的电场可看成匀强电场，则下列判断正确的是（ ）
A．小球一定带正电
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B．小球一定从P 点运动到Q 点
C．小球受到的电场力和重力大小相等
D．小球的电势能一定减小
【解答】解：A．由于小球由静止释放后，沿水平直线运动，合外力沿水平方向，对小
球受力如图所示
小球一定做的是初速度为零的匀加速直线运动，由于两板带电的电性不明确，因此小球
的带电电性不能确定，故A 错误；
B．由受力情况可知，小球一定从Q 点运动到P 点，故B 错误；
C．小球受到的电场力的竖直分力与重力平衡，因此小球受到的电场力一定大于重力，
故C 错误；
D．由于电场力做正功，因此小球的电势能一定减小，故D 正确；
故选：D。
6．（2023•西城区二模）如图所示，两极板加上恒定的电压U，将一质量为m、电荷量为
+q 的带电粒子在正极板附近由静止释放，粒子向负极板做加速直线运动。不计粒子重
力。若将两板间距离减小，再次释放该粒子，则（ ）
A．带电粒子获得的加速度变小
B．带电粒子到达负极板的时间变短
C．带电粒子到达负极板时的速度变小
D．加速全过程静电力对带电粒子的冲量变小
【解答】解：设两极板间的距离为d
A、对粒子，由牛顿第二定律得：q× U
d =ma，解得粒子加速度大小：a= qU
md ，q、U、m
不变，两板间距离d 减小，则粒子的加速度大小变大，故A 错误；
B、粒子做初速度为零的匀加速直线运动，到达负极板过程的位移d= 1
2 at
2，解得t＝d
√
2m
qU
，q、U、m 不变，d 减小，则粒子的运动时间变短，故B 正确；
28
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C、粒子从正极板运动到负极板过程，由动能定理得：qU= 1
2 m v
2−0，解得粒子带电负
极板时的速度大小v=√
2qU
m
，两极板间的距离d 减小，粒子速度v 不变，故C 错误；
D、对粒子，由动量定理得：I＝mv﹣0，解得静电力对带电粒子的冲量I=√2qmU，
q、m、U 不变，两极板间距离d 减小，静电力对带电粒子的冲量不变，故D 错误。
故选：B。
7．（2023•西城区一模）具有相同质子数和不同中子数的原子称为同位素。让氢的三种同
位素原子核（ 1
1H、 1
2H 和 1
3H）以相同的速度从带电平行板间的P 点沿垂直于电场的方
向射入电场，其中氘核（ 1
2H）恰好能离开电场，轨迹如图所示。不计粒子的重力，则
（ ）
A． 1
1H 不能离开电场
B． 1
3H 在电场中受到的电场力最大
C． 1
3H 在电场中运动的时间最短
D．在电场中运动的过程中电场力对 1
1H 做功最少
【解答】解：A、三种粒子在电场中均做类平抛运动，设金属板的长度为L，P 点距底
板的距离为h，则由平抛运动的相关知识可得ℎ= 1
2 ⋅Eq
m t
2，L＝vt
联立解得ℎ= Eq L
2
2m v
2，分析可知，能否离开电场与比荷有关，氘核 1
2H 恰好能离开电场，
则可知 1
1H 不能离开电场，故A 正确；
B、电场力大小为F＝Eq，同一电场，E 相同，三种粒子所带电荷量相同，故三种粒子
在电场中所受电场力大小相等，故B 错误；
C、三种粒子的初速度相同， 1
1H 不能离开电场，水平位移最小，由x＝vt 知可知 1
1H 在
电场中运动的时间最短， 1
2H 和 1
3H 都能离开电场，则在电场中运动的时间相同，故C
错误；
D、电场力做功为W＝Eqd，电荷量相同，电场强度相同，分析可知 1
1H、 1
2H 在电场中
运动的竖直位移相等，而 1
3H 在电场中运动的竖直位移最小，因此在电场中运动的过程
中电场力对 1
3H 做功最少，故D 错误。
故选：A。
8．（2023•天津模拟）如图所示，将绝缘细线的一端O 点固定，另一端拴一带电的小球
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P，空间存在着方向水平向右的匀强电场E。刚开始小球静止于P 处，与竖直方向的夹
角为45°，给小球一个沿圆弧切线左下方的瞬时冲量，让小球在竖直平面内做半径为r
的圆周运动，下列分析正确的是（ ）
A．小球可能带负电
B．小球在右半圈从d 运动到c 的过程中其速度先增大后减小
C．当小球运动到最高点a 时，小球的电势能与动能之和最大
D．当小球运动到最高点a 的速度v≥√gr时，小球才能做完整的圆周运动
【解答】解：A、小球处于静止状态，对小球受力分析，小球受重力、绳子的拉力和电
场力三个力的作用，由平衡条件可知小球所受电场力方向水平向右，与电场方向相同，
所以小球带正电，故A 错误；
B、小球静止于P 处，与竖直方向的夹角为45°，可知电场力和重力的合力方向斜向右下
方45°角，大小为F =√2mg
小球从d 运动到c 的过程中，绳子拉力不做功，只有F 做功，F 先做正功再做负功，故
小球的速度先增大后减小，故B 正确；
C、小球运动过程中，重力势能、电势能、动能的总和保持不变，最高点a 时小球的重
力势能最大，则电势能与动能之和最小，故C 错误；
D、当小球运动到弧ab 中点，且细线弹力为零时，有F =m v
2
r
小球能做完整的圆周运动，在该点的速度为v =√√2 gr
小球从该点运动到a 点，由动能定理得F（r−√2
2 r）= 1
2 mva
2−1
2mv2
解得：va=√(3√2−2)gr
因此，当小球运动到最高点a 的速度va≥√(3√2−2)gr时，小球才能做完整的圆周运动，
故D 错误；
故选：B。
9．（2023•成都模拟）如图，新风系统除尘由机械除尘和静电除尘两部分构成，其中静电
除尘是通过电离空气后使空气中的粉尘微粒带电，从而被电极吸附的空气净化技术。如
图虚线为一带电粉尘（不计重力）在静电除尘管道内的运动轨迹，实线为电场线（未标
方向），下列判定正确的是（ ）
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A．带电粉尘带正电
B．带电粉尘在除尘管道内做匀变速曲线运动
C．带电粉尘在a 点的加速度小于在b 点的加速度
D．带电粉尘在a 点的电势能小于在b 点的电势能
【解答】解：A、带电粉尘向正极板弯曲，说明带电粉尘受正极板的吸引力，所以粉尘
带负电，故A 错误；
B、管道内的电场不是匀强电场，带电粉尘在除尘管道内所受合为为变力作用，做变加
速曲线运动，故B 错误；
C、电场线的疏密表示场强强弱，由题图可知：Ea＜Eb，带电粉尘在a 点所受电场力小
于在b 点所受电场力，所以电粉尘在a 点的加速度小于在b 点的加速度，故C 正确；
D、ab 连线与吸引力大致成锐角，所以带电粉尘从a 点到b 点电场力做正功，电势能减
小，a 点的电势能大于b 点的电势能，故D 错误。
故选：C。
10．（2023•杭州二模）如图甲所示，某多级直线加速器由n 个横截面积相同的金属圆筒依
次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N 上，序
号为C 的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N 两极加上如图乙所
示的电压uMN，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，
质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（ ）
A．质子在各圆筒中做匀加速直线运动
B．质子进入第n 个圆筒瞬间速度为√
2(n−1)eU 0
m
C．各金属筒的长度之比为1：√2：√3：…
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D．质子在各圆筒中的运动时间之比为1：√2：√3：…
【解答】解：A．金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，合力为零，故质子做匀速运
动，故A 错误；
B．质子进入第n 个圆筒时，经过n 次加速，根据动能定理
neU 0= 1
2 m vn
2−0
解得
vn=√
2neU 0
m
故B 错误；
D．依题意分析，只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为T
2 时，才能保证每次在缝隙中
被电场加速，故D 错误；
C．根据匀加速直线运动位移—时间公式，第n 个圆筒长度
Ln= vn⋅T
2 =√
2neU 0
m
T
2
则各金属筒的长度之比为1：√2：√3：…，故C 正确。
故选：C。
二．计算题（共3 小题）
11．（2023•海口一模）光滑绝缘水平面上有一坐标系xOy，半径为R 的光滑绝缘圆环固定
在坐标系内，圆环圆心位于坐标原点，如图甲所示。圆环内侧A（0，R）处放置一个质
量为m、电荷量为+q 的带电小球，为了通过电场来控制带电小球的运动，现在圆环内加
上水平方向的匀强电场。若小球由静止释放，经时间T 沿直线运动到B（R，0）处；若
给小球一个沿﹣x 方向的初速度，小球恰能做完整的圆周运动。小球可视为质点。
（1）求匀强电场的电场强度E1的大小和方向。
（2）求小球做圆周运动时，通过A 点的动能EK。
（3）将原电场更换为图乙所示的交变电场（正、负号分别表示沿y 轴负方向和正方
向），t＝0 时刻，小球在A 点由静止释放。欲使小球能在一个周期T 内不与圆环轨道相
碰，试求所加电场强度E2的最大值。
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【解答】解：（1）小球由静止释放，沿直线从A 到B，可知电场力方向沿着AB 方向
指向B，由运动学公式可得：√2 R = 1
2 × E1q
m T
2
可得E1= 2√2mR
qT
2
，方向由A 指向B；
（2）小球最容易脱轨的位置为C 点，如下图所示：
小球恰能做完整的圆周运动，可知小球在C 点恰好由电场力来提供向心力，则有：
E1q = m v1
2
R
从A 点到C 点利用动能定理：−E1q( R−Rcos 45°)= 1
2 m v1
2−Ek
联立方程可得Ek = (3√2−2)m R
2
T
2
；
（3）若加上沿着y 轴方向的交变电场，若小球没有碰到轨道，可知小球在第一个T
4 内
做初速度为零的匀加速直线运动，第二个T
4 内做匀减速直线运动，这两个T
4 内加速度大
小相等，所以位移大小相等，第三个T
4 内小球反向做匀加速直线运动，第四个T
4 内做匀
减速直线运动，所以小球在一个T 内返回A 点，要使电场强度E2最大，且小球能在一
个周期T 内不与圆环轨道相碰，可知小球在T
4 时刻恰好运动到圆心，由运动学公式可得：
R = 1
2 × E2q
m ×( T
4 )
2，可得E2= 32mR
qT
2 。
答：（1）匀强电场的电场强度E1的大小为2√2mR
qT
2
，方向由A 指向B。
（2）小球做圆周运动时，通过A 点的动能EK为(3√2−2)m R
2
T
2
；
（3）将原电场更换为图乙所示的交变电场（正、负号分别表示沿y 轴负方向和正方
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向），t＝0 时刻，小球在A 点由静止释放。欲使小球能在一个周期T 内不与圆环轨道相
碰，所加电场强度E2的最大值为32mR
qT
2 。
12．（2023•广州二模）如图，“凹”形区域abcdpnHIJK，各边长已在图中标示，L 为已
知量.在该区域内有正交的匀强电场和匀强磁场，与ab 平行的虚线为电场的等势线；磁
场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。容器A 中质量为m、带电量为e 的电子经
小孔S 不断飘入加速电场，其初速度几乎为
₁
0，电子经加速电场加速后由小孔S 离开，
₂
接着从O 点进入场区，沿Oc 做直线运动经c 点离开场区。若仅撤去磁场，电子从b 点
离开场区。
（1）求加速电场的
电压和“凹”形区域的电场强度；
（2）若仅撤去“凹”形区域中电场，求电子离开“凹”形区域时的位置与O 点的距离；
（3）若撤去“凹”形区域中电场，改变加速电场的电压，使得电子在“凹”形区域内
的运动时间均相等，求加速电场电压的取值范围。
【解答】解：（1）设加速电场的电压为U0，电子经加速电场加速后获得速度为v0，
“凹”形区域的电场强度为E，则：
电子经电场加速时，由动能定理有；
eU0= 1
2 m v0
2①
电子沿Oc 直线运动时，有：eBv0＝eE ②
仅撤去磁场，电子从b 点离开场区，设电子在场区的运动时间为t，则有：
L＝v0t ③
L= 1
2 ⋅eE
m t
2④
联立①②③④可得：U0= e B
2 L
2
8m
⑤；
E= e B
2 L
2m ，且方向沿bc ⑥
（2）若仅撤去电场，则电子在磁场中做匀速圆周运动，设电子的轨道半径为r0，则有
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eBv0＝mv0
2
r
⑦
联立②③④⑦可得：r0= 1
2L ⑧
所以电子从K 点离开场区，距离O 点的距离为L。⑨
（3）依题意，要使电子在“凹”形区域内的运动时间均相等，则电子必须在场区内运
动半周从aKHn 边离开，如图所示。
分析可知，电子从OK 段离开场区是满足要求的；要从Hn 段离开场区必须具备两个几
何约束条件，第一、电子不能从bcdp 边离开场区；
第二、电子不能进入HIJK 区域。
设加速电场的电压为U1时，电子获得的速度为v1，其运行的轨道半径为r1，电子从OK
段离开场区，依题意，有：0＜r1＜L
2 ⑩
设加速电场的电压为U2时，电子获得的速度为v2，其运行的轨道半径为r2，电子从Hn
段离开场区，依题意，必须满足：
第一、电子不能从bcdp 边离开场区，电子运动轨迹如图Ⅰ，圆心为K，设轨道半径为
r2′。
第二、电子不能进入HIJK 区域。电子运动轨迹如图Ⅱ，圆心为O′，设轨道半径为
r2″。
依题意有：r2″≤r2≤r2′⑪
依题意，由几何关系有：（3
2L﹣r2″）2+（L
2 ）2＝r2″2⑫
联立①⑦⑩⑪⑫并分别用U1、U2替代U0；v1、v2替代v0；r1、r2替代r0
求得：0＜U1≤e B
2 L
2
8m
⑬；25e B
2 L
2
72m
≤U2≤e B
2 L
2
2m
⑭
答：（1）加速电场的电压为e B
2 L
2
8m
，“凹”形区域的电场强度为e B
2 L
2m ，且方向沿
bc。
（2）电子从K 点离开场区，距离O 点的距离为L。
（3）加速电场电压的取值范围为0＜U1≤e B
2 L
2
8m
以及25e B
2 L
2
72m
≤U2≤e B
2 L
2
2m
。
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13．（2022•石景山区一模）示波管的结构如图甲所示，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组
成，管内抽成真空，两对偏转电极XX΄、YY΄相互垂直。如图乙所示，荧光屏上有xOy
直角坐标系，坐标原点位于荧光屏的中心，x 轴与电极XX΄的金属板垂直，其正方向由
X΄指向X，y 轴与电极YY΄的金属板垂直，其正方向由Y΄指向Y。
电子枪中的金属丝加热后可以逸出电子，电子经加速电极间的电场加速后进入偏转电极
间，两对偏转电极分别使电子在两个相互垂直的方向发生偏转，最终打在荧光屏上，产
生一个亮斑。
已知两对偏转电极极板都是边长为l 的正方形金属板，每对电极的两个极板间距都为
d，加速电极间电压为U0，电子的电荷量为e，质量为m。忽略电子刚离开金属丝时的
速度，不计电子之间相互作用力及电子所受重力的影响。下列各情形中，电子均能打到
荧光屏上。
（1）若两个偏转电极都不加电压时，电子束将沿直线运动，且电子运动的轨迹平行每
块偏转极板，最终打在xOy 坐标系的坐标原点。求电子到达坐标原点前瞬间速度的大小
v0。
（2）若在偏转电极YY΄之间加恒定电压U1，而偏转电极XX΄之间不加电压，已知电极
YY΄的右端与荧光屏之间的距离为L1。求电子打在荧光屏上的位置坐标。
（3）若电极XX΄的右端与荧光屏之间的距离为L2，偏转电极XX΄之间加如图丙所示的
扫描电压。当偏转电压发生变化时，可利用下述模型分析：由于被加速后电子的速度较
大，它们都能从偏转极板右端穿出极板，且时间极短，此过程中可认为偏转极板间的电
压不变。
（i）在偏转电极YY΄之间不加电压时，请说明电子打在荧光屏上，形成亮斑的位置随时
间变化的关系；
（ii）在偏转电极YY΄之间加电压U y =U msin π
t1
t时，请在图丁中定性画出在荧光屏上
看到的图形。
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【解答】解：（1）电子出加速电场后做匀速直线运动，设速度为v，在加速电场中，根
据动能定理得：eU0= 1
2mv2
解得：v=√
2eU 0
m
（2）设电子在偏转电极YY΄中的运动时间为t1，做类平抛运动。
沿垂直电场方向电子做匀速直线运动，则：l＝vt1
沿平行电场方向电子做初速度为0 的匀加速直线运动，则：y1= 1
2 at1
2
此过程中电子的加速度大小：a= eU 1
dm
电子在y 方向的速度：vy＝a t1
电子在偏转电场外做匀速直线运动，设经时间t2到达荧光屏。则
L＝v t2，y2＝vy t2
电子打在荧光屏上的位置与坐标原点之间的距离 y＝y1+y2
解得：y= U 1l(l+2 L)
4 d U 0
（3）（i）在偏转电极YY΄之间不加电压时，电子在竖直方向上不发生偏转，只在水平
方向偏转，所以形成的亮斑如图a 红色所示，
（ii）在偏转电极YY΄之间加电压U y =U msin π
t1
t时，电子同时参与竖直和水平方向的
运动：竖直方向做简谐运动，水平方向来回做匀速直线运动，所以形成的亮斑如图b 黑
色所示，
答：（1）电子到达坐标原点前瞬间速度的大小为√
2eU 0
m
；
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（2）电子打在荧光屏上的位置与坐标原点之间的距离为U 1l(l+2 L)
4 d U 0
；
（3）（i）如解析图a 所示，（ii）如解析图b 所示。
38
