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大题精练04 带电粒子（带电体）在电场中的运动
问题
一、考向分析
1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算
题出现。
2.用到的知识:受力分析、运动分析、能量观点。
3.带电粒子在电场中的运动
(1)分析方法:先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲
线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题。
(2)受力特点:在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与
其他力相比较是否能忽略。一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质
子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。
4.用能量观点处理带电体的运动
对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理。即使都是恒力作用的问题，用能量观
点处理也常常更简捷。具体方法有:
二、动力学
牛顿第二运动定律
F 合 = ma 或
或者 Fx = m ax Fy = m ay
向心力
牛顿第三定律
三、运动学
匀变速直线运动
vt = v0+at ，s= v0t + 1
2 at
2vt
2−v0
2=2as，s= v0+ vt
2
⋅t 平均速度：
Vt/ 2 =
=
Vs/2 =
❑√
vo
2+ vt
2
2
匀加速或匀减速直线运动：Vt/2 <Vs/2
四、功和能
动能
= p
2
2m
功
W = Fs cos (恒力做功)
W=Pt（拉力功率不变）
W=f S 相对路程 （阻力大小不变）
动能定理
五、电学
内容
重要的规律、公式和二级结论
1.电场、电场强度、
点电荷的电场、电场
线
(1)电场线密的地方电场强，稀疏的地方电场弱。
(2)电场强度的定义式E＝，其大小由电场本身性质决定。
(3)点电荷的电场强度的决定式E＝，由Q、r 决定。
(4)匀强电场的电场强度E＝，d 为沿电场方向上两点间的距离。
2.电势、电势差、电
势能、等势面
(5)电势定义式φ＝，其大小与电势能Ep、电荷量q 均无关。
(6)电势差：UAB＝φA－φB＝＝。
(7)静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增大。
(8)等势面与电场线相互垂直，沿电场线方向电势降低最快。
3.匀强电场中电势差
与电场强度的关系
(9)等差等势面越密的地方，电场越强；越稀疏的地方，电场越弱。
(10)匀强电场中的平行四边形的对边电势差相等，线段AB 中点C 的电势
φC＝。
4.电容器的电容、平
行板电容器的电容、
常用电容器
(11)电容的定义式C＝＝，平行板电容器电容的决定式C＝。
(12)电容器接在电源上，电压不变，改变d 或S 或εr，板极上的电荷量变
化；断开电源时，电容器电荷量不变，改变d，电场强度E＝不变。
六、电场中常见的运动类型
(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qU＝mv2－mv 来求解；对于匀强电场，电场力做功也
可以用W＝qEd 来求解。
(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题．对于类平抛运动可直接利用平抛运
动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理。
【例题1】（2025·四川成都·一模）如图所示，由光滑绝缘圆弧轨道AB与竖直支架BC组成的装置
固定于竖直面内，C 点位于水平地面上，BC两点的距离h=0.35 m。圆心O 点与A 点等高，轨道半
径R =2.5 m，圆心角θ =53°，空间内存在水平向左的匀强电场。现从A 点静止释放一质量
m=0.4 kg，电荷量q =2.0×10
−3C的带负电小球（可视为质点），小球以v =5 m /s的速度从B 点
离开圆弧轨道后落到水平地面上的D 点（图中未标出）。sin53° =0.8，cos53° =0.6，重力加速
度g取10 m /s
2。求：
(1)匀强电场的场强大小E；
(2)小球到达B 点时轨道对小球的支持力大小N；
(3)小球落地点D 与C 点的距离d。
【答案】(1)1.5×10
3 N /C
(2)9N
(3)0.3625m
【详解】（1）由动能定理得mgR sin53°−EqR(1−cos53°)= 1
2 m v
2
解得E =1.5×10
3 N /C
（2）在B 点对小球由牛顿第二定律得F N−mgcos37°−Eqcos53° =m v
2
R
代入数据解得FN=9 N
（3）小球离开B 点后，水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，则水平方向由
牛顿第二定律得Eq =ma
水平方向由运动学公式得d = v xt −1
2 at
2，v x= v cos37°
竖直方向由运动学公式得h= v yt + 1
2 gt
2，v y = v sin37°
解得t1=0.1s，t2=−0.7s（舍去），d =0.3625m
【例题2】（2025·四川德阳·一模）如图所示，某兴趣小组用人工智能仿真模拟带电小球在电场中
的运动。竖直平面内，半径为R 的1
4 圆弧轨道固定在水平面上，轨道最低点C 与水平面平滑连接，
轨道的最高点D 点与圆弧圆心O 点位于同一水平线上，水平面上的F 点位于D 点正下方。OCFD
区域存在竖直向上的匀强电场E1，直线DF 的右侧空间（含边界DF）存在与竖直方向夹角为α（
0≤α ≤π
2
）斜向右下方的匀强电场E2。离DF 右侧某处有一竖直挡板，挡板上P 点距水平面高度为
2R。不带电的小球a 以v0= 5 ❑√gR
8
的速度向右运动，与静止在水平面上的绝缘小球b 发生弹性碰
撞。小球b 过圆弧轨道C 点时对轨道压力为零，从D 点进入DF 右侧区域。已知重力加速度大小为
g，小球b 质量为m、带电量为+q（整个仿真过程电荷量不变），小球a 的质量mA=km，两电场强
度大小分别为E1= 2mg
q
、E2= mg
q
。若两小球均视为质点，忽略一切摩擦，不考虑边缘效应。求：
(1)小球b 经过圆弧轨道C 点的速度大小vC；
(2)参数k 的值；
(3)若无挡板，合理调整匀强电场E2与竖直方向的夹角α，求小球b 的最大水平射程xm；若无论如何
改变挡板距DF 的距离，小球b 均不能击中P 点，求α 的可调范围。
【答案】(1)❑√gR
(2)4
(3)0≤α < π
3
【详解】（1）由题意知，圆弧轨道上C 点为等效最高点，则在C 点，根据牛顿第二定律，有
q E1−mg=m vC
2
R
解得vC = ❑√gR
（2）小球a、b 发生弹性碰撞，根据动量守恒，有kmv0=kmva+m vc
根据能量守恒，有1
2 km v0
2= 1
2 km va
2+ 1
2 m vc
2
解得k=4
（3）小球b 从C 到D 的过程，由动能定理，有q E1 R−mgR = 1
2 mv D
2 −1
2 mvC
2
解得v D= ❑√3 gR
分析易得，当α = π
2
时，小球b 落地的水平射程可以达到最大值xm
水平方向，有q E2=max
根据位移-时间公式，有xm= 1
2 axt
2
竖直方向为竖直上抛运动，以向上为正方向，有−R = v Dt −1
2 gt
2
联立解得xm=(4 + ❑√15) R
小球在DF 右侧区域，竖直方向由牛顿第二定律，有mg+q E2cosα =ma y
竖直方向最大位移为hm= v D
2
2a y
由题意知hm+ R<2 R
解得cosα > 1
2
故0≤α < π
3
难度：★★★★ 建议时间：60 分钟
1.
（2025·内蒙古乌兰察布·模拟预测）如图甲所示，平面直角坐标系的第二、三象限内有沿y 轴负方
向的匀强电场，一个足够大的荧光屏垂直x 正半轴放置，在y 轴与荧光屏之间有平行于y 轴的交变
匀强电场，电场强度随时间变化的规律如图乙所示（图中E0未知、T 已知），该电场沿y 轴正向为
正方向。在第二象限坐标为（−2d，d）的P 点沿x 轴正向，以大小为v0的初速度不断射出质量为
m、电荷量为q 的带正电的粒子，粒子经电场偏转从坐标原点进入第四象限，从t=0 时刻经过坐标
原点的粒子恰好在t = 3
2 T时刻垂直打在荧光屏上，不计粒子的重力，求：
(1)第二、三象限内电场的电场强度的大小；
(2)荧光屏离y 轴的距离，交变电场的电场强度大小E0；
(3)荧光屏上有粒子打上的区域沿y 轴方向的长度。
【答案】(1)mv0
2
2qd
(2)3
2 v0T，2mv0
qT
(3)3
2 v0T
【详解】（1）粒子在第二、三象限内做类平抛运动。则2d = v0t1，d = 1
2 at1
2
根据牛顿第二定律qE =ma
解得
E = m v0
2
2qd
（2）粒子从t=0 时进入交变电场后，沿x 轴方向做匀速直线运动，速度大小为v0，根据题意有荧光
屏到y 轴的距离s= v0× 3
2 T = 3
2 v0T
设粒子经过坐标原点时的速度沿y 轴负方向的分速度大小为vy，则d = 1
2 v yt1
解得v y = v0
由于粒子在t=0 时刻进入交变电场后，在t = 3
2 T时刻沿y 轴方向的速度为零
因此粒子在t = 1
2 T时刻速度为零，则v y =a
′× T
2
根据牛顿第二定律q E0=ma'
解得E0= 2mv0
qT
（3）从t =nT (n=0,1,2,⋯⋯)时刻经过坐标原点的粒子，经电场偏转打在荧光屏上的侧移最小
ymin=3× 1
2 v y× 1
2 T = 3
4 v0T
从t =(2n+1) T
2 (n=0,1,2,⋯)时刻经过坐标原点的粒子，经电场偏转打在荧光屏上的侧移最大
ymax=3[v y× 1
2 T + 1
2 a
′(
1
2 T)
2
)= 9
4 v0T
因此荧光屏上有粒子打上的区域长度为l = ymax−ymin= 3
2 v0T
2.
（2025·四川凉山·一模）如图所示，粗糙水平绝缘轨道AB 与半径R=0.4 m 的竖直半圆绝缘光滑轨
道BC 平滑连接，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E =1.0×10
4 N /C。现有一
电量q =+1.0×10
−4C，质量m=0.2kg 的带电体（视为质点），在水平轨道上的P 点由静止释放，
经过水平轨道加速，进入圆轨道B 点时速度大小vB= ❑√14 m /s。带电体与水平轨道间动摩擦因素
μ=0.25，取g=10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)P 点到B 点的距离；
(2)带电体运动到与圆心O 等高点D 处时对圆形轨道的压力大小；
(3)带电体离开圆弧轨道的速度大小。
【答案】(1)x =2.8 m
(2)F′=6N
(3)θ =37°，v = ❑√2m /s
【详解】（1）从P 点到B 点过程，根据动能定理(qE−μmg)x = 1
2 m vB
2 −0
解得x =2.8 m
（2）从B 点到D 点过程，根据动能定理qER−mgR = 1
2 mv D
2 −1
2 mvB
2
在D 点有F −qE =m v D
2
R
联立解得F=6N
由牛顿第三定律可知，压力大小为F′=F=6N
（3）假设可从C 点离开，则从B 到C 点过程，由动能定理得−mg⋅2 R = 1
2 mvC
2 −1
2 mvB
2
解得：vc<0，假设不成立。设离开圆弧位置为O1点，重力与半径夹角为θ，则
在O1点mgcosθ−qEsinθ =m v
2
R
从B 点到O1点过程qER sinθ−mgR(1+cosθ)= 1
2 m v
2−1
2 m vB
2
解得θ =37°，v = ❑√2m /s
3.
（2025·广东珠海·模拟预测）如图所示，与水平方向成θ =37°角的足够长绝缘固定斜面底端O点固
定一块与斜面垂直的挡板，整个空间存在平行斜面向下的匀强电场，场强大小E = 2mg
5q
。斜面上一
个质量为Km(K >0)的不带电绝缘滑块静止在距离斜面底端3 L的A点，滑块与斜面间的动摩擦因数
μ=0.75。将一个质量为m带电量为+q的光滑小球从斜面A点上方L处的B点由静止释放，小球向下
运动，与滑块发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞过程中无电荷转移。滑块碰挡板后立刻静止在挡
板处。已知重力加速度为g，sin37° =0.6，cos37° =0.8，滑块与小球均视为质点。求：
(1)若K =3，求小球与滑块发生第一次碰撞后两者的速度；
(2)若K =3，求小球与滑块发生第二次碰撞前（滑块未碰挡板）小球与滑块之间的最大距离；
(3)试分析小球与滑块在第一次碰撞与第二次碰撞之间的运动过程中，小球电势能的变化量。
【答案】(1)
❑√2 gL
2
，方向沿斜面向上，
❑√2 gL
2
，方向沿斜面向下
(2)L
(3)见解析
【详解】（1）根据题意，由牛顿第二定律，对小球有mgsinθ+ Eq=ma
解得a= g
设小球与滑块发生第一次碰撞前小球的速度为v0，第一次碰撞后小球的速度为v1，滑块的速度为v2，
由运动学公式有v0
2=2 gL
解得v0= ❑√2gL
由于小球与滑块发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，由动量守恒定律和能量守恒定律有
m v0=m v1+ Kmv2，1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 Km v2
2
解得v1= m−Km
m+ Km v0，v2=
2m
m+ Km v0
若K =3，则有v1=−v0
2 =−
❑√2gL
2
，v2= v0
2 =
❑√2 gL
2
即小球的速度大小为
❑√2 gL
2
，方向沿斜面向上，滑块的速度大小为
❑√2gL
2
，方向沿斜面向下。
（2）小球与滑块发生第二次碰撞前（滑块未碰挡板），当小球与滑块速度相等时，小球与滑块之
间的距离最大，小球与滑块碰撞后，小球做匀变速直线运动，对滑块受力分析有
Kmgsinθ = 3
5 Kmg = μKmgcosθ
可知，滑块碰撞之后沿斜面向下做匀速直线运动，则有v1+>= v2
解得t = ❑√
2 L
g
则小球与滑块之间的最大距离为Δ x = v2t −v1+ v2
2
t = L
（3）根据题意，设小球与滑块在第一次碰撞与第二次碰撞之间经过时间t，则有v2t = v1t + 1
2 gt
2
解得t = 2v0
g =2❑√
2 L
g
若滑块恰好滑到挡板处，则有v2t =3 L
解得v2= 3
4 v0
结合小问（1）可得，此时K = 5
3
则当K ≤5
3
时，小球和滑块第二次碰撞发生在挡板处，电场力对小球做功为W 1= Eq⋅3 L= 6
5 mgL
即小球的电势能减少了6
5 mgL；
当K > 5
3
时，小球经过时间t与滑块发生第二次碰撞，此时小球沿斜面向下移动的距离为
x = v2t =
2m
m+ Km v0⋅2v0
g =
4 v0
2
(1+ K )g = 8 L
1+ K(K > 5
3)
电场力对小球做功为W 2= Eqx = 16mgL
5(1+ K )(K > 5
3)
即小球的电势能减少了16mgL
5(1+ K )(K > 5
3)
。
4.
（2025·福建·模拟预测）如图所示，竖直正对放置的带电平行板间有水平加速电场，一质量为m、
电荷量为+q(q>0)的带电粒子从左极板附近由静止释放，从右极板上小孔（大小可忽略）以大小为
v0的速度水平飞出，并正对圆心O 进入一半径为R 的圆形匀强电场区域，区域内存在竖直向下的匀
强电场，圆形边界上的P、P
′点将下半圆三等分且两点连线水平，粒子经电场偏转后恰好可以从P
点飞出，不计粒子重力及空气阻力。
(1)求加速电场两极板间电压U 0的大小；
(2)求圆形区域匀强电场的电场强度E 的大小；
(3)若仅改变加速电场两极板间的电压大小，使粒子从P
′点射出圆形电场区域，求此时两极板间所加
电压U
′的大小。
【答案】(1)U 0= mv0
2
2q
(2)E = 4 ❑√3m v0
2
qR
(3)9mv0
2
2q
【详解】（1）由动能定理有qU 0= 1
2 mv0
2
解得U 0= mv0
2
2q
（2）粒子进入圆形匀强电场区域做类平抛运动，由几何关系得
竖直方向有
❑√3
2 R = 1
2 ⋅qE
m t
2
水平方向有R
2 = v0t
联立解得E = 4 ❑√3mv0
2
qR
（3）由于从P
′点射出时，粒子在电场中经历的时间与从P 点射出经历的时间相等，设此时粒子进
入偏转电场时的速度为v
′，则由v
′ =
3
2 R
t
=3 v0
则结合（1）中结论可得U
′ = m v
′2
2q = 9m v0
2
2q
5.
（2025·河南南阳·模拟预测）如图所示，平面直角坐标系的x、y 轴正方向分别水平向右和竖直向上，
第一、四象限存在竖直向上的匀强电场，第二、三象限存在另一竖直向上的匀强电场，其电场强度
是一、四象限内电场强度的2 倍，第一、四象限竖直固定放置内壁光滑绝缘的圆弧轨道OB，B 点
在y 轴的负半轴上，P 点是圆心，且OB=OP。现将质量为m、带电量为+q 的小球（视为质点）从
第三象限的A 点以水平向右的初速度v0抛出，运动到坐标原点O 时速度大小为2v0，从A 点运动到
O 点过程中加速度的大小为g，然后小球从O 点切入圆轨道沿圆弧轨道的内壁运动到B 点，重力加
速度大小为g。
(1)求小球从A 点运动到O 点的时间以及第一、四象限匀强电场的电场强度大小；
(2)若小球从O 点沿圆弧运动到B 点的过程中在某点轨道对其弹力的大小等于小球所受重力大小，
求O、B 两点的电势差，以及小球从A 点运动到B 点过程中对时间而言所受的平均作用力的大小；
(3)若A、B 两点等高，求小球从A 点运动到B 点的平均速度的大小。
【答案】(1)❑√3 v0
g
，mg
q
(2)−4 mv0
2
q
，3 ❑√7mg
3 ❑√3+10 π
(3) 4 ❑√3 v0
4 ❑√3+5 π
【详解】（1）小球从A 点到O 点做类平抛运动的加速度竖直向上大小为g，设小球在O 点的速度
与竖直方向的夹角为θ，把小球在O 点的速度分别沿着水平方向和竖直方向正交分解，则有
v x= v0=2v0sinθ，v y =2v0cosθ
解得θ =30°
，v y = ❑√3 v0
由竖直方向上初速度为0 的匀加速直线运动规律可得从A 点到O 点的运动时间t1= v y
a =
❑√3 v0
g
设第一、四象限匀强电场的场强为E，则第二、三象限匀强电场的场强为2E，由牛顿第二定律可得
2 Eq−mg=ma
解得E = mg
q
（2）△OPB是正三角形，由几何关系可知小球从O 点沿圆弧切线进入轨道，由E = mg
q
可知Eq=mg
电场力与重力等大反向，两力做功和为零，则小球从O 到B 做匀速圆周运动，轨道对其弹力提供向
心力，因某点轨道对其弹力的大小等于重力的大小，则2mg−qE = m(2v0)
2
R1
O、B 两点间的电势差U =−E R1
综合解得R1= 4 v0
2
g
，U =−4 mv0
2
q
小球从O 点到B 点的运动时间t2=
(360°−60°)2π R1
360°×2v0
= 10 π v0
3 g
小球从A 点到B 点速度的变化量为Δv =
❑√(2v0)
2+(❑√3 v0)
2= ❑√7 v0
设小球从A 点运动到B 点对时间而言所受的平均作用力的大小为F，由动量定理可得
F (t1+t2)=m Δv
综合可得F = 3 ❑√7mg
3 ❑√3+10 π
（3）若A、B 两点等高，则A、B 两点间距离x = v0t1=
❑√3 v0
2
g
圆弧轨道的半径R2，即O、B 两点间距离R2= v y
2 t1= 3 v0
2
2 g
小球从O 点到B 点的运动时间t3=
(360°−60°)2π R2
360°×2v0
= 5 π v0
4 g
则小球从A 点运动到B 点的平均速度的大小为v =
x
t1+t3
= 4 ❑√3 v0
4 ❑√3+5 π
6.
（2026·江苏·一模）多个长度逐个增大的金属圆筒沿轴线排列成一串，如甲图所示，图中只画出了
六个圆筒作为示意。各筒按奇偶顺序交替连接到如乙图所示的交流电源的两端，已知交流电源周期
为T、电压绝对值为U 0，且U =+U 0对应奇数号圆筒为高电势。整个装置放在高真空容器中。圆筒
的两底面中心开有小孔，粒子可以沿筒的中心轴线穿过。由于静电平衡，可认为只有相邻圆筒间缝
隙中存在匀强电场，而圆筒内部电场强度为零，缝隙的宽度很小，粒子在缝隙电场中加速的时间可
以不计。t =0时刻，有一电量为q、质量为m的正离子由静止进入一、二圆筒间的电场开始加速，
穿过二号圆筒后正好在t = T
2
时刻进入二、三圆筒之间的电场再次加速，且之后每经过T
2
正好进入
下一缝隙电场。
(1)第n个圆筒的长度？
(2)实际应用中，由于相邻圆筒之间电压最大值有限制，要想使粒子获得较大速度，需要经过很多次
加速，设置的圆筒数量较多，导致粒子在缝隙电场中的加速时间不能再忽略。设相邻圆筒间距均为
d，在不改变交变电源的情况下，粒子能获得的最大动能是多少？
【答案】(1)T
2
❑√
2(n−1)qU 0
m
(2)q
2U 0
2T
2
8md
2
【详解】（1）根据动能定理(n−1)qU 0= 1
2 mvn
2
又Ln= vn
T
2
联立可得Ln= T
2
❑√
2(n−1)qU 0
m
（2）匀强电场电场强度为E = U 0
d
结合牛顿第二定律Eq =ma
根据运动学公式kd = 1
2 at0
2，t0= T
2
结合动能的定义Ekm =kqU 0
联立可得Ekm = q
2U 0
2T
2
8md
2
7.
（2025·湖南·模拟预测）如图甲所示，在xOy 坐标系中，在第Ⅱ象限放置了α 粒子射线管，α 粒子射
线管由平行于x 轴的平行金属板A、B 和平行于金属板的细管C 组成、细管C 到两板的距离相等，
且开口在y 轴上（图中C 与两板连线绝缘），粒子源P 靠近在A 极板下方的左端，可以斜向下沿特
定方向发射初速度为v0的α 粒子。若极板长和两板间距均为L，当A、B 板加上某一电压时，α 粒子
刚好能以某一速度水平进入细管C，且以相同速度水平射出。然后进入位于第Ⅰ象限的静电分析器
中做匀速圆周运动。之后α 粒子垂直x 轴进入第Ⅳ象限。第Ⅳ象限内存在电场强度大小不变、方向
水平且随时间呈周期性变化的电场，若从此刻为计时零时刻，电场变化关系如图乙（图中
E0= m v0
2
2eL
，T 为已知值，规定沿x 轴正方向为电场正方向）。静电分析器中电场线的方向均沿半径
方向指向圆心O，粒子经过处的电场强度大小也为E0= m v0
2
2eL
。已知α 粒子带正电，电荷量大小为
2e（e 为元电荷），质量为m，重力不计。求：
(1)α 粒子从细管C 水平射出时的速度大小v；
(2)α 粒子在静电分析器中运动的轨迹半径r；
(3)当t＝T 时，α 粒子的坐标。
【答案】(1)v =
❑√2
2 v0
(2)r = L
2
(3)(
L
2 + v0
2T
2
4 L ，−
❑√2v0T
2 )
【详解】（1）α 粒子在板内运动，水平方向，则有x = v xt = L
竖直方向则有y = 0+ v y
2
t = L
2
又因为v0
2= v x
2+ v y
2
联立解得v = v x =
❑√2
2 v0
（2）α 粒子在静电分析器中，由牛顿第二定律可得2e E0=m v
2
r
解得r = L
2
（3）α 粒子在第Ⅳ象限，前T
2
做类平抛运动，则有x1= 1
2 × 2e E0
m (
T
2)
2
= v0
2T
2
8 L
，
y1= v T
2 =
❑√2v0T
4
t＝T 时，α 粒子的横坐标为x =r +2 x1= L
2 + v0
2T
2
4 L
纵坐标为y =−2 y1=−
❑√2v0T
2
即在t＝T 时，α 粒子的坐标为(
L
2 + v0
2T
2
4 L ，−
❑√2v0T
2 )
8.
（2025·湖南·模拟预测）如图所示，BCDG 是光滑绝缘的3
4
圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径
为R，下端与绝缘轨道在B 点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、
带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为F = 4
3 mg，滑块与水平
轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，sin53° =0.8，cos53° =0.6。请完成下列问题：
(1)若滑块从水平轨道上距离B 点s＝2R 的A 点由静止释放，求滑块到达C 点时受到轨道的支持力的
大小；
(2)改变s 的大小仍使滑块由静止释放，且滑块始终沿轨道滑行，并能从G 点飞出轨道，求s 的最小
值；
(3)现撤去电场，滑块从水平轨道上距离B 点s＝2R 的A 点释放，若运动到CD 段某点时脱离轨道，
并在此后经过O 点，求滑块释放时应该有多大的水平向左的初速度？
【答案】(1)16
3 mg
(2)4.2R
(3)❑√(4 + ❑√3)gR
【详解】（1）滑块从A 到C，由动能定理有F (s+ R)= μmgs−mgR = 1
2 m vC
2 −0
解得vC
2 = 4 gR
滑块在C 点由牛顿第二定律有N −F =m vC
2
R
解得N = 16
3 mg
（2）如图，轨道DG 间存在H 点，滑块在H 点的电场力和重力的合力指向圆心，合力大小
F合=
❑√(qE)
2+(mg)
2= 5
3 mg
合力与竖直方向的夹角θ满足tanθ = qE
mg = 4
3
解得θ =53°
s 最小时滑块在H 点速度最小，由牛顿第二定律有F合=m v H
2
R
解得v H
2 = 5
3 gR
滑块从A 到H，由动能定理有F (s−Rsinθ)−μmgs−mg(R+ Rcosθ)= 1
2 mv H
2
解得s＝4.2R
（3）如图，设滑块在Q 点脱离轨道，QO 与CO 之间的夹角为α，滑块在Q 点，由牛顿第二定律有
mgsin α =m vQ
2
R
解得vQ
2 = gR sin α
滑块从A 到Q，由动能定理有−μmgs−mgR(1+sin α )= 1
2 mvQ
2 −1
2 mv0
2
解得v0
2=3 vQ
2 + 4 gR
滑块Q 到O 做斜抛运动，如图建直角坐标系， y 方向有vQ=(gcosα )⋅t
x 方向有x = 1
2
(gsin α )⋅(2t )
2= R
解得tan α = 1
❑√2
，v0=
❑√(4 + ❑√3)gR
9.
（25-26 高三上·河北·期中）如图1 所示，在平面直角坐标系xOy 的第三象限内存在沿y 轴正方向的
匀强电场，电场强度大小为E。P 点位于第三象限内，其与x 轴的距离为d。一带电粒子以大小为v0
的初速度沿x 轴正方向从P 点出发，恰好从坐标原点O 进入第一象限，粒子过O 点时，其速度方向
与x 轴正向夹角为α，第一象限内存在场强大小也为E 的匀强电场（场强方向未知），带电粒子在
第一象限内发生偏转，最终从y 轴上的Q 点射入第二象限，此时粒子速度方向与y 轴正向的夹角为
β，已知tan α =2，tan β = 1
4
，忽略带电粒子所受重力。
(1)求P 点到y 轴的距离L；
(2)求Q 点的纵坐标值y0和第一象限内电场强度的方向；
(3)若在粒子刚进入第二象限时，在第二象限内加一个变化的电场，将这个电场沿x 轴和y 轴正交分
解，其在两个方向上变化的规律如图2 和图3 所示（t=0 时刻为粒子刚进入第二象限的时刻），规
定x 轴正向为Ex的正方向，y 轴正向为Ey的正方向。该粒子在这个变化的电场中运动，在t2时刻刚
好从点（−2d，0）进入第三象限，整个过程中其在x 方向和y 方向上均为先做匀减速运动后做匀加
速运动。之后带电粒子恰好可以再次经过P 点。且过P 点时的速度大小为v0，方向沿x 轴正方向。
图2 中在0~t1时间内x 方向的电场强度大小为E
12
，图中的t1、t2、tx、E1、E2、E3均为未知量。求E1
和tx。
【答案】(1)d
(2)3 ❑√2d；斜向左上与x 轴成45°夹角
(3) E
4
；(8−3 ❑√2)d
3 v0
【详解】（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，在水平方向，有L= v0t
在竖直方向，有d = 1
2 at
2
在竖直方向，根据速度-位移公式，有2ad = v y
2
速度与水平方向夹角的正切值为tan α = v y
v0
=2
联立以上解得v y =2v0，L=d
（2）带电粒子在第一象限内做类抛体运动，其在x 方向上做类竖直上抛运动，有−v0= v0−axt
在y 方向上做初速度为v y =2v0
的匀加速直线运动v y
′ = v y+a yt
速度与竖直方向夹角的正切值为tan β = v0
v y
′ = 1
4
联立可得ax =a y
所以电场的方向为斜向左上与x 轴成45°夹角。根据速度-位移公式2a y y0= v y
′ 2−v y
2
解得a y =
❑√2
2 a
又有2ad = v y
2 =(2v0)
2
联立可得y0=3 ❑√2d
（3）带电粒子在进入第三象限时，根据题意可知其速度的x 分量大小为v0，y 分量大小为2v0，x 方
向的分运动：先匀减速后反向匀加速运动，总位移大小为2d。
减速阶段，时间为t1= v0
a1
加速度为a1= qE
12m
根据速度-位移公式2a1 x1= v0
2
又有2ad = v y
2 =(2v0)
2
根据牛顿第二定律，有a= qE
m
联立解得x1=3d，t1= 12mv0
qE
加速阶段，根据速度-位移公式2a2d = v0
2
根据牛顿第二定律，有a2= q E1
m
又有t2−t1= v0
a2
解得E1= E
4
，t2= 16mv0
qE
y 方向上的分运动，则有y0= 2v0
2 (t2−t s)−4 v0
2 t x =3 ❑√2d
解得t x = (8−3 ❑√2)d
3 v0
10. （2025·河南新乡·模拟预测）在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有
固定在O 点处的点电荷产生的电场E1（大小未知），该点电荷的电荷量为-Q，且只考虑该点电荷
在第一象限内产生的电场；第二象限内有水平向右的匀强电场E2（大小未知）；第四象限内有大小
为E3= 2kQ
x0
2 ，方向按图乙周期性变化的电场E3，以水平向右为正方向，变化周期T =
❑√
m x0
3
kQq
。一质
量为m，电荷量为+q 的离子从(−x0, x0)点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O 点做匀速圆周运
动，由x 轴x = x0处离开第一象限。以离子到达x 轴时为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子
重力。求：
(1)离子在第一象限运动时速度大小v0和第二象限电场E2的大小；
(2)当t = T
2
时，离子速度的大小和方向；
(3)当t =2T时，离子的坐标。
【答案】(1)❑√
kQq
m x0
；kQ
2 x0
2
(2)❑√
2kQq
m x0
；方向与水平方向倾斜向下的夹角θ = 45°
(3)[2 x0,−2 x0)
【详解】（1）在第一象限内，由库仑力提供离子圆周运动的向心力kQq
x0
2 = mv0
2
x0
解得v0= ❑√
kQq
m x0
在第二象限内，只有电场力对离子做功，由动能定理得E2q x0= 1
2 mv0
2
解得E2= kQ
2 x0
2
（2）离子在x
方向有公式2kQq
x0
2
=max
，
在t = T
2
时，v x =ax
T
2
离子的合速度v =
❑√v0
2+ v x
2= ❑√
2kQq
m x0
tanθ = v0
v x
=1，则与水平方向倾斜向下的夹角θ = 45°
（3）一个周期内，离子在x 方向的平均速度v x = v0
2
离子在x 方向前进x = v xT = 1
2 x0
根据乙图中场强的变化规律可判断，y 方向上做匀速直线运动，x 方向上第一个半个周期向右匀加
速运动，第二个半个周期向右匀减速运动，当t=T 时速度恰减为零，之后重复此运动过程，其轨迹
如图所示
每半个周期沿x 正方向运动的距离均相等
因为开始计时时离子坐标为x0，所以2T 时，
离子的横坐标为x = x0+ x0=2 x0
纵坐标为y =−v02T =−2
在nT 时离子的坐标为[2 x0,−2 x0)
