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微专题16 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题
跟踪练习
基础过关
一．选择题：
1．如图甲所示，在平行板电容器A、B 两极板间加上如图乙所示的交流电
压。开始A 板的电势比B 板高，此时两板中间原来静止的电子在静电力作用下
开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A 板运动时为速度的正方
向，则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D 两项中的图线
按正弦函数规律变化)( )
2．(多选)如图所示，半径为R 的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O 是圆
心，AB 是水平方向的直径，CD 是竖直方向的直径，整个圆环处在水平向右的
匀强电场中。将质量为m、电荷量为＋q(q>0)的小球套在圆环上，从A 点由静
止释放，小球运动到P 点时的动能最大，∠DOP＝37°。已知重力加速度大小为
g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A．小球可以沿圆环运动到C 点
B．匀强电场的电场强度大小为
C．P、B 两点间的电势差为
D．小球运动到B 点时，向心加速度大小为3g
3．(多选)如图所示，水平地面上方存在水平向右、电场强度大小为E 的匀
强电场，现将一质量为m、带负电的小球从距离地面O 点高h 处的A 点以水平
速度v0水平抛出，经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B 点，B 点
到O 点的距离也为h，当地重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球从抛出到落地的时间为
B．小球的带电荷量q＝－
C．从A 点到B 点的过程中小球的动能先增大后减
小
D．从A 点到B 点小球的电势能增加了mgh
4.(多选)如图甲所示，A、B 是一对平行金属板。A 板的电势φA＝0，B 板的
电势φB随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A 板上的小孔进入两板间
的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则( )
A．若电子是在t＝0 时刻进入的，它可能不会到达B 板
B．若电子是在t＝时刻进入的，它一定不能到达B 板
C．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运
动，最后穿过B 板
D．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运
动，最后穿过B 板
二． 计算题：
5.(2024·河北卷)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L 的绝缘细线系住
一带电小球，在竖直平面内绕O 点做圆周运动。图中A、B 为圆周上的两点，A
点为最低点，B 点与O 点等高。当小球运动到A 点时，细线对小球的拉力恰好
为0，已知小球的电荷量为q(q>0)，质量为m，A、B 两
点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求：
(1)电场强度E 的大小。
(2)小球在A、B 两点的速度大小。
6．(2025·贵州遵义高三调研)如图所示，足够长的倾角为θ＝37°的光滑固定
绝缘斜面和粗糙绝缘水平地面平滑连接，空间存在着平行于斜面向上的匀强电
场，电场强度为E＝1×104 N/C。现有质量为m＝1 kg、带电荷量为q＝＋
5×10-4 C 的小滑块，从水平面上A 点由静止释放，经过时间t＝2 s 后到达斜面
底端B 点。若小滑块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，不计空气阻力。已
知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2。求：
(1)小滑块从A 点滑到B 点过程中所受摩擦力的大小和加速度大小；
(2)A、B 两点间的距离和电势差UAB；
(3)小滑块沿斜面上升的最大高度。
能力提升
一．选择题：
7．如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN 以速度v0平行于极板进入
(记为t＝0 时刻)，同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带
电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极
板方向的速度射出。则下列说法中正确的是(
)
A．粒子射出时间可能为t＝4 s
B．粒子射出的速度大小为2v0
C．极板长度满足L＝3v0n(n＝1，2，3，…)
D．极板间最小距离为
8.(2024·安徽卷)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小
球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d 的正三角形，如图甲所
示。小球质量为m，带电荷量为＋q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细
线拉直。现将球1 和球2 间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，
速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能
减少了，k 为静电力常量，不计空气阻力。则( )
A．该过程中小球3 受到的合力大小始终不变
B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C．在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1
D．在图乙位置，v3＝
9.如图所示，不带电物体A 和带电的物体B 用跨
过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B 的质量分别为2m
和m，劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在水平地面上，另一端与物体A 相连，
倾角为θ 的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦。开始
时，物体B 在一沿斜面向上的外力F＝3mg sin θ 的作用下保持静止且轻绳恰好
伸直，然后撤去外力F，直到物体B 获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度(已
知弹簧形变量为x 时弹性势能为kx2)，重力加速度为g，则在此过程中( )
A．物体B 带负电，受到的静电力大小为
mg sin θ
B．物体B 的速度最大时，弹簧的伸长量
为
C．撤去外力F 的瞬间，物体B 的加速度大小为3g sin θ
D．物体B 的最大速度为g sin θ
10．(多选)如图所示的坐标系中，x 轴水平向右，质量为m＝0.5 kg、带电
荷量为q＝＋10-4 C 的小球从坐标原点O 处，以初速度v0＝ m/s 斜向右上方抛
出，进入斜向右上方、场强为E＝5×104 V/m 的匀强电场中，E 与x 轴正方向
的夹角为30°，v0与E 的夹角为30°，重力加速度取10 m/s2，下列说法正确的是
( )
A．小球的加速度的大小为10 m/s2
B．小球的加速度的大小为10 m/s2
C．若小球能运动到x 轴上的P 点，
则小球在P 点的速度大小为 m/s
D．O、P 两点间的电势差为6×104 V
11．(2025·湖北武汉期末)如图所示水平面上，固定的装置是由半径为R 的
绝缘圆环和沿半径方向的绝缘细杆组成，空间中的匀强电场平行于细杆向左。
圆环上套有一带正电小球A，细杆上套有一带正电小球B。初始时A 静止在离P
点较近处，A、B 间距为R，现用外力使B 缓慢向P 点移动，则A 沿圆环缓慢右
移。在这过程中，若两小球所带电荷量不改变且不计一切摩擦，则下列说法中
正确的是( )
A．圆环对A 的弹力一直减小
B．A、B 间的库仑力先增大后减小
C．B 对A 的库仑力可能大于圆环对A 的弹力
D．B 对A 的库仑力小于匀强电场对A 的作用力
三．计算题：
12.如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A 点相切，斜面与
水平方向的夹角为θ。B 点为圆轨道的最低点，C 点为圆轨道的最高点，O 点为
圆轨道的圆心，半径OA 与竖直方向夹角也为θ。整个空间存在水平向左的匀强
电场，电场强度为E＝。已知θ＝53°，圆轨道半径R＝1 m，g 取10 m/s2，sin
53°＝0.8，cos 53°＝0.6。现把一质量为m＝1 kg、电荷量为q 的带正电小球从斜
面上某位置由静止释放。为使小球能在运动到C 点之前始终不脱离轨道，求小
球释放位置离A 点的最小距离和小球从此位置释放后运动到B 点时对轨道的压
力(计算结果均保留3 位有效数字)。
培优训练
一．计算题：
13．(2025·广东广州阶段检测)如图所示，在绝缘的光滑水平地面(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)求A 与B 发生第一次碰撞前瞬间，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。
参考答案：
1. A 解析 在前半个周期内，A 板的电势高，电场的方向向右，电子受到
的静电力方向水平向左，电子向左做初速度为零的匀加速直线运动，在后半个
周期，电场的方向向左，电子所受的静电力水平向右，电子向左做匀减速直线
运动直到速度为零，然后进入第二个周期，重复之前的运动，由此可知，电子
在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动，然后向左做匀减速直线
运动，如此反复，可知A 正确，B、C、D 错误。
2.CD 解析 小球运动到P 点时的动能最大，即重力和电场力的合力沿着
OP 方向，对小球受力分析，有＝tan 37°，解得E＝，故B 错误；假设小球能够
沿圆环运动到C 点，根据动能定理有qER－mgR＝Ek－0，分析上式可知
Ek<0，即假设不成立，故A 错误；P、B 两点间的电势差UPB＝E·R＝，故C 正
确；小球从A 点运动到B 点，根据动能定理有qE·2R＝mv，此时小球的向心加
速度大小a 向＝＝3g，故D 正确。
3. ABD 解析 小球在竖直方向上做自由落体运动，有h＝gt2，解得小球
从抛出到落地的时间为t＝，A 正确；水平方向小球做匀减速运动，到B 点时水
平方向速度为0，采用逆向思维，小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线
运动，根据牛顿第二定律得qE＝ma，h＝at2，又因为小球带负电，解得小球的
带电荷量q＝－，B 正确；由以上可得电场力大小等于重力，合力方向为左偏下
45°，小球从A 到B 的过程中，合力与速度方向先成钝角后成锐角，小球所受合
力先做负功后做正功，小球的动能先减小后增大，C 错误；电场力做负功，电
势能增加，从A 点到B 点小球的电势能增加量为ΔEp＝qEh，又qE＝mg，解得
ΔEp＝mgh，D 正确。
4.BC 解析 若电子从t＝0 时刻进入两板间，电子将做单向直线运动，它
一定会到达B 板，A 错误；若电子从时刻进入两板间，则电子开始时受到电场
力方向向左，故电子无法到达B 板，B 正确；若电子从时刻进入两板间，电子
先加速，经时速度最大，然后电子开始受到反向电场力，经速度减为零，再加
速至反向速度最大，接着减速回到原位置，即电子在大于时刻进入两板间一定
不能到达B 板，小于时刻进入两板间一定能到达B 板，C 正确，D 错误。
5.答案 (1) (2)
解析 (1)在匀强电场中，根据公式可得场强为E＝。
(2) 在A 点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得Eq－mg＝m
解得vA＝
A 到B 过程，根据动能定理得
qU－mgL＝mv－mv
联立解得vB＝。
6.答案 (1)3.5 N 0.5 m/s2 (2) 1 m 8 000 V (3) 0.3 m
解析 (1)小滑块从A 点滑到B 点过程中，小滑块所受的电场力大小F＝Eq
小滑块所受的摩擦力大小f＝μ(mg－F sin 37°)
联立解得f＝3.5 N
由牛顿第二定律可得F cos 37°－f＝ma1
解得小滑块加速度大小a1＝0.5 m/s2。
(2) A、B 两点间的距离d＝a1t2 解得d＝1 m
电压UAB＝Ed cos 37° 解得UAB＝8 000 V。
(3) 设小滑块在斜面上的加速度为a2，则有qE－mg sin 37°＝ma2
解得a2＝－1 m/s2
由vB＝a1t，0－v＝2a2x
而h＝x sin 37°
联立解得h＝0.3 m。
7. D 解析 粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂
直极板方向的运动v-t 图像如图所示，因为粒子平行极板射出，可知粒子垂直极
板的分速度为0，所以射出时刻可能为1.5 s、3 s、4.5 s，…，满足t＝1.5 s·n(n
＝1，2，3，…)，粒子射出的速度大小必定为v0，故A、B 错误；极板长度L＝
v0·1.5 s·n(n＝1，2，3，…)，故C 错误；因为粒子不跟极板碰撞，则应满足
≥vy×1.5 s，vy＝a×1 s，a＝，联立求得d≥，故D 正确。
8. D 解析 该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统
分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线
上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3 受到1 和2 的电场力大小
相等、方向相反，故可知此时球3 受到的合力为0，球3 从静止状态开始运动，
瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3 受到的合力在改变，故A、B 错误。
对系统根据动量守恒定律有mv1＋mv2＝mv3，根据球1 和2 运动的对称性可知
v1＝v2，解得v3＝2v1，根据能量守恒定律有mv＋mv＋mv＝，解得v3＝，故C
错误，D 正确。
9.D 解析 假设B 所受静电力沿斜面向下，当施加外力时，对B 分析可知
F－mg sin θ－F 电＝0，解得F 电＝2mg sin θ，假设成立，B 带负电，故A 错
误；当B 受到的合力为零时，B 的速度最大，由kx＝F 电＋mg sin θ，解得x
＝，故B 错误；当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为
零，对物体A、B 分析可知F 合＝F 电＋mg sin θ＝(m＋2m)a，解得a＝g sin
θ，故C 错误；设物体B 的最大速度为vm，由功能关系可得×3mv＋kx2＝mgx
sin θ＋F 电x，解得vm＝g sin θ，故D 正确。
10. BC 解析 小球在电场中受到的电场力为F＝qE＝10-4×5×104 N＝5
N，小球受到的重力为G＝mg＝0.5×10 N＝5 N，小球受力如图所示，根据几何
知识可知小球受到合力为F 合＝5 N，则小球的加速度的大小为a＝＝ m/s2＝10
m/s2，故A 错误，B 正确；设OP 的距离为x，把x 分别沿着v0方向和垂直v0方
向分解，则有x1＝x sin 30°，x2＝x cos 30°，由类平抛运动规律可得x1＝v0t，x2
＝at2，小球在P 点的速度为v＝，联立解得x＝ m，v＝ m/s，故C 正确；由匀
强电场电势差与电场强度关系可得UOP＝Ex cos 30°＝9×104 V，故D 错误。
11.D 解析 对A 受力分析如图，设OB＝x，AB＝y，由三角形相似可知＝
＝＝，开始时y＝R，当B 右移时，x 减小，则FN变大；y 减小，即此时y<R，
则根据F 库＝可知，A、B 间的库仑力逐渐变大，B 对A 的库仑力小于圆环对A
的弹力；因x>R，而y<R，可知qE>F 库，即B 对A 的库仑力小于匀强电场对A
的作用力。故选D。
12.答案 8.79 m 67.5 N，方向竖直向下
解析 设重力与电场力的合力方向与竖直方向成α 角，如图
由tan α＝，解得α＝37°
合力大小为F＝＝mg
过O 点作与竖直方向夹角为α＝37°的直线，与圆轨道分别交于D 点和E 点，
则小球在D 点速度最大，在E 点速度最小。 在E 点对轨道压力为零时，小球
的释放位置离A 点最近。
对小球在E 点应用牛顿第二定律得F＝m
设小球的释放位置到A 点的最小距离为s，在小球从释放点到E 点的过程中，
由动能定理得
mg(s sin θ－R cos θ－R cos α)－qE(s cos θ＋R sin θ＋R sin α)＝mv
解得s＝ m≈8.79 m
对小球从B 点到E 点的过程应用动能定理得
－FR(1＋cos α)＝mv－mv
设小球在B 点受到的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝m
解得FN＝mg＝67.5 N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小FN′＝FN＝67.5 N，方向竖直向下。
13.答案 (1) (2) k<1 (3)
解析 (1)设A 与B 碰撞前瞬间的速率为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＝mv1′＋mv2′
由能量守恒定律可知
mv＝mv1′2＋mv2′2
联立解得v1′＝0，v2′＝
碰撞后，B 以速度v2′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v1″应满足
的条件为v1″>v2′
碰撞后，对A 由动能定理得EqL＝mv1″2
联立解得k<1。
(3)第一次碰撞后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， 则有L＝×gt
若tA＝tB，解得k＝
设A 与B 第一次碰撞与第二次碰撞间隔的时间为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＋v1″(t－tA) 解得t＝。
