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第5 讲 专题强化：带电粒子(带电体)在电场中
运动的综合问题
题型一 带电体在等效场中的运动
1．“等效重力场”
研究处在匀强电场和重力场中带电物体的运动问题时，可以将重力场与电场合二为一，
用一个“等效场”来代替，即“等效重力场”。
2．“等效重力”及“等效重力加速度”
(1)“等效重力”：将重力与静电力进行合成，如图所示，则G 效＝F 合。
(2)“等效重力加速度”：g 效＝，F 合的方向即为“等效重力”的方向，也是“等效重力
加速度”的方向。
3．等效最高点和等效最低点
【典例1】（2026·安徽·二模）如图，水平边界M 下方足够大的空间内存在水平向左的匀强
电场，场强大小未知。两个质量相等的带正电小球A、B 电荷量之比为1:3，在M 上方等高
处分别以大小为v0和3v0的初速度同时水平反向抛出，A 球进入电场时速度方向与边界M 成
60°角，在电场中做直线运动。不计空气阻力、小球大小和电荷间的作用力，重力加速度为
g，在两球碰撞前，求：
(1)刚开始时小球距水平边界M 的高度；
(2)B 球在电场中运动过程中的最小速度；
(3)从进入电场开始，经多长时间两球相距最远。
【答案】(1)3 v0
2
2 g
(2)3 v0
(3)2❑√3 v0
g
【详解】（1）小球在进入电场前做平抛运动，将进入电场时的速度分解
竖直方向速度v y = v0 tan 60°
小球距水平边界M 的高度h= v y
2
2g = 3 v0
2
2g
（2）A 球在电场中做直线运动，说明合力方向与速度方向共线。A 球受重力和电场力，设A
球电荷量为q，质量为m，则mg
qE = tan60°
B 球电荷量为3q，则电场力FB=3qE
设B 球所受电场力和重力的合力与电场边界夹角为α，tan α = mg
FB
=
❑√3
3 ，α =30°
设B 球进入电场时速度与电场边界夹角为β，tan β = v y
3 v0
=
❑√3
3 ，β =30°
速度大小vB= 3 v0
cos β =2❑√3 v0
将速度分解为沿合力方向vB∥和垂直合力方向vB⊥，则最小速度
vmin= vB⊥= vBcos(90°−α −β ）=3 v0
（3）两球在竖直分运动相同，水平速度相同时相距最远，则有v Ax= vBx，即
v0+aAxt =−3 v0+aBxt
对A 球，根据牛顿第二定律，有qE =maAx，解得aAx =
❑√3
3 g
对B 球，根据牛顿第二定律，有3qE =maBx，解得aBx = ❑√3 g
联立解得t = 2❑√3 v0
g
【典例2】（2026·重庆九龙坡·模拟预测）（多选）如图甲所示，在竖直平面内，存在方向
平行于该平面的匀强电场。长度为L的绝缘轻杆一端固定一个可视为质点的带电小球，另一
端套在光滑水平轴上O 点，小球绕O 点沿逆时针方向做圆周运动，经过M 点时速度为v0，
MO 与竖直方向夹角为30°。若以M 点为起始点，小球受到轻杆作用力F的大小与小球绕O
点转过角度θ的正弦值关系如图乙所示，图线纵截距为a，P、Q 两点的纵坐标差值为小球重
力的6 倍，重力加速度为g。则（ ）
A．小球受到的电场力大小为
❑√3 aLg
v0
2
B．小球受到的重力大小为aLg
v0
2
C．F =0时，应满足sinθ≤−2
3
D．从M 点运动到速度最大的位置，电场力做功为a L
2 g
v0
2
【答案】BC
【详解】设小球在等效重力场中运动，等效重力加速度为g
′，等效重力G
′ =m g
′
初始位置M 点处轻杆与等效重力方向的夹角为α0，小球转过θ角度时，由动能定理得
1
2 mv
2−1
2 mv0
2=m g
′ L[cosα0−cos(α0+θ)]
沿着杆方向，根据牛顿第二定律有F −m g
′ cos(α0+θ)=m v
2
L
联立解得F = m v0
2
L +2m g
′ cosα0−3m g
′ cos(α0+θ)
题意中F 为力的大小，即取绝对值。由于图乙中F 展开后是关于sinθ的一次函数，必有
α0=±90°
若α0=90°，则cos(90
°+θ)=−sinθ
此时内部函数为m v0
2
L +3m g
′ sinθ（随着θ增加，sinθ>0区域斜率为正，且零点在负半轴，
符合图乙特征）
B．由图乙纵截距可知θ =0时，F =a，即a= m v0
2
L
解得n= aL
v0
2
故小球重力mg= aLg
v0
2 ，故B 正确；
C．当sinθ =1时对应Q 点，FQ=a+3m g
′
当sinθ =−1时对应P 点，由于F 存在零点发生绝对值折叠，图像纵坐标均为正，故
F P=|a−3m g
′)=3m g
′−a
题干已知Q、P 两点的纵坐标差值为6mg，即FQ−F P=2a=6mg
解得a=3mg
图乙表明sinθ能够取到−1，说明小球能到达等效圆周运动的最高点，即在该点速度满足
v
2>0，将α0=90°代入速度表达式得到v
2= v0
2+2g
′ Lsinθ
当sinθ =−1时，v
2= v0
2−2g
′ L≥0
由a= mv0
2
L =3mg
可得v0
2=3 gL
代入得3 gL−2g
′ L≥0
解得g
′≤1.5 g
当F =0时a+3m g
′ sinθ =0
因此sinθ = g
g
′ ≤−
g
1.5 g =−2
3，故C 正确；
AD．由于g
′的大小不能唯一确定，且电场力方向未完全限定，故电场力大小及电场力做功
均无法得到确定的唯一值，故AD 错误。
故选BC。
题型二 带电粒子在交变电场中的运动
1．常见的交变电场类型
产生交变电场常见的电压波形：正弦波、方形波、锯齿波等。
2．交变电场中常见的粒子运动
(1)粒子做单向直线运动(一般对整段或分段研究，用牛顿运动定律结合运动学公式求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等
求解)。
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公
式或者动能定理等求解)。
注意：对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电
粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。
3．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。
【典例3】（2026·湖南怀化·一模）如图甲，长4L、宽2L 的光滑刚性绝缘矩形框内存在如图
乙所示的交变电压，左边框上a 点开有一小孔。t =0时，质量m、电荷量Q 的带电粒子（不
计重力）以初速度v（未知）从a 点水平射入，然后与上边框碰撞于b 点。假设每次碰撞，
粒子平行于边框的速度分量不变，垂直于边框的速度分量仅反向，电荷量不变。其中a、b
均为中点，m、Q、T、L 均为已知量，则（ ）
A．粒子带正电
B．若粒子T
2 时刻到达b 点，那么粒子有可能与下边框垂直碰撞
C．若粒子T
4 时刻到达b 点，那么粒子无法从a 点射出
D．粒子T
4 时刻到达b 点时的电场强度为粒子T
2 时刻到达b 点时电场强度的4 倍
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，t=0 时刻粒子往上做类平抛运动，所受电场力向上；此时上边
框为高电势，电场竖直向下，粒子的受力方向与电场方向相反，故粒子带负电，故A 错误；
B．t = T
2 时刻到达b 点的粒子，因电场力此时向下，故做斜下抛运动，其速度水平分量不可
能为0，故不会与下边框垂直碰撞，故B 错误；
C．根据题意可知，t = T
4 时刻粒子在b 点的碰后速度与碰前速度关于上边框对称，结合受力
可知其运动轨迹具有对称性。故粒子最终将从a 点水平向左飞出，故C 错误；
D．根据类平抛运动的规律有L= 1
2
QE
m t
2
解得E = 2mL
Qt
2
因为时间之比为1 2∶，故电场强度之比为4 1∶，故D 正确。
故选D。
【典例4】（2026·辽宁大连·模拟预测）（多选）如图（a）所示，真空中的阴极K 可连续不
断地释放电子（电子初速度忽略不计），电子经加速电压U 1加速后从小孔S射出，沿水平正
对的平行金属板A、B 中轴线射入两极板之间的偏转电场，两极板之间的电场强度E随时间t
的变化关系如图（b）所示，所有电子在两金属板A、B 之间的偏转电场中运动的时间均为
T 0，在金属板A、B 右侧有一竖直固定足够大的荧光屏，荧光屏到金属板A、B 右端的距离
为L。已知电子的质量为m，电荷量为−e，金属板A、B 的长度均为L，且所有的电子都能
打在荧光屏上，不计电子重力及电子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．加速电压U 1= m L
2
2eT 0
2
B．金属板A、B 之间的距离最小为5 E0eT 0
2
8m
C．打在荧光屏上的电子动能大小为m L
2
2T 0
2 + E0
2e
2T 0
2
8m
D．荧光屏上有电子击中的区域长度为E0eT 0
2
2m
【答案】AC
【详解】A．电子经过金属板A、B 之间的偏转电场用时为T 0，故电子水平方向的速度大小
为v0= L
T 0
在加速电场中加速有U 1e = 1
2 mv0
2
联立解得U 1= m L
2
2eT 0
2，A 正确；
B．在t =0时刻进入偏转电场的电子偏移量最大，最大为
ym = 1
2 × 2 E0e
m
×(
T 0
2 )
2
+(
2 E0e
m
× T 0
2 )
T 0
2 −1
2 × E0e
m ×(
T 0
2 )
2
= 5 E0eT 0
2
8m
所以两金属板之间的最小距离为d =2 ym = 5 E0eT 0
2
4 m
，B 错误；
C．电子在金属板之间飞行的时间均为T 0，所以电子离开偏转电场时竖直方向的速度大小均
相同，为v y = 2 E0e
m
× T 0
2 −E0e
m × T 0
2 = E0eT 0
2m
所以打在荧光屏上的电子动能均为Ek= 1
2 m¿，C 正确；
D．由于电子离开偏转电场时竖直方向的速度均相同，所以电子离开偏转电场后速度方向均
平行，在T 0
2 时刻进入偏转电场的电子，离开偏转电场时的偏移量为y2= 1
2 × E0e
m ×
(
T 0
2 )
2
+(
E0e
m × T 0
2 )
T 0
2 −1
2 × 2 E0e
m
×(
T 0
2 )
2
= E0eT 0
2
8m
与t =0时刻进入偏转电场的电子偏移量方向相反，故荧光屏上有电子击中的区域长度为
Y = ym+ y2= 3 E0eT 0
2
4 m
，D 错误。
故选AC。
题型三 电场中的动力学、动量和能量问题
电场中的力电综合问题，是指带电物体在重力、静电力等共同作用下的运动问题。解决
该类问题，在正确受力分析的基础上，要正确建立带电物体在电场中的运动模型，并且与力
学中的运动模型进行类比，根据其运动特点灵活应用动力学观点、能量观点和动量观点等多
角度进行分析与研究。
1．动力学的观点：对于带电物体在匀强电场中做直线运动的问题，可以综合运用牛顿
第二定律和运动学公式解题。
2．能量的观点：对于带电物体在电场中的运动过程涉及能量的问题，可以应用动能定
理、功能关系、能量守恒定律等灵活解题。
3．动量的观点：对于带电物体在电场中的运动过程涉及动量的问题，可以应用动量定
理、动量守恒定律等灵活解题。
【典例5】（2025·湖北襄阳·三模）如图所示，竖直平面内1
4 光滑圆弧轨道半径为R，等边三
角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于圆周最低点，CD是AB边的中垂线。在A、B两顶点
上放置一对等量异种电荷。现把质量为m带电荷量为+Q的小球由圆弧的最高点M处静止释
放，到最低点C时速度为v0。不计+Q对原电场的影响，取无穷远处为零电势，静电力常量
为k，则（ ）
A．CM 间的电势差等于M 点的电势
B．C点电势与D点电势不相同
C．小球对轨道最低点C处的压力大小为mg+m v0
2
R +k Qq
L
2
D．M点电势为1
2Q (mv0
2−mg R)
【答案】C
【详解】AB．等量异种电荷连线的中垂线垂直于电场线方向，所以是一条等势线，中垂线
通向无限远处，电势为零，所以中垂线上的电势为零，CD 处于AB 两电荷的等势能面上，
所以两点的电势都为零。设M 点的电势为φM，由于C 点的电势为零，所以有
U CM =φC−φM =−φM，故AB 错误；
C．因为三角形ABC为等边三角形，小球在轨道最低点C处，所受两个正负电荷的电场力的
水平分量相互抵消，因此所受电场力合力方向向下，电场力的合力为
F合=2k Qq
L
2 sin30
∘=k Qq
L
2
重力为mg，支持力为N，根据牛顿第二定律可得N −mg−k Qq
L
2 =m v0
2
R
解得N =mg+m v0
2
R + k Qq
L
2 ，故C 正确；
D．对小球从M到C的过程，根据动能定理有mgR+Q φM = 1
2 mv0
2
解得φM = 1
2Q (m v0
2−2mgR)，故D 错误。
故选C。
【典例6】（2026·北京丰台·一模）如图所示，真空中，质子源产生的初速度为零的质子经
电压为U 的电场加速后，形成横截面半径为b 的均匀圆柱形质子束，此加速过程时间极短。
已知单位体积内质子数为n，质子质量为m，电荷量为q，忽略重力影响。
(1)求质子离开加速场时的速度大小v；
(2)质子束沿水平方向进入长为L、内径为b 的圆柱形金属通道，由于库仑斥力的作用，质子
会产生垂直于圆柱形通道中轴线的速度，水平速度不变，当质子与圆柱形通道内表面接触时
会被吸收。为简化研究，可将质子在库仑斥力作用下的运动等效为：质子仅在外加电场
E =kr作用下的运动，其中k 为常量，r 为质子到中轴线的距离，该场强方向垂直于中轴线
沿通道半径指向通道内表面，等效后忽略质子间的相互作用。求：
a.从距中轴线r0处进入通道的质子，运动到距中轴线r（r <b）处时，垂直于中轴线的速度
大小vr与r 的关系式；
b.若从通道右侧边缘射出的质子速度方向与中轴线夹角为θ，求通道内表面吸收的质子数占
总质子数的比例η，以及单位时间内被通道内表面吸收的质子数Δ N。
【答案】(1)❑√
2qU
m
(2)a.vr = ❑√
kq
m (r
2−r0
2)；b.2U tan
2θ
k b
2
，2Unπ tan
2θ
k
❑√
2qU
m
【详解】（1）对某质子，在加速电场中由动能定理qU = 1
2 mv
2−0
得v = ❑√
2qU
m
（2）a.通道某截面处，从中心沿某半径的电场强度大小E 与到中轴线的距离r 的关系图像
如图所示，图中阴影面积与电荷量q 的乘积表示静电力做功的大小
由动能定理：k r0+ kr
2
(r −r0)q = 1
2 m v1
2−1
2 m v
2
且v1
2= vr
2+ v
2
得vr = ❑√
kq
m (r
2−r0
2)
b.对从通道边缘射出的质子，设其射入通道时距轴线的距离为x
在射出处tanθ = v y
v
由（2）a 可知v y = ❑√
kq
m (b
2−x
2)
得η= 2U tan
2θ
k b
2
t 时间内进入圆柱形通道的粒子数为N，则Δ N = N
t η
其中N = vtπ b
2
得Δ N = 2Unπ tan
2θ
k
❑√
2qU
m
1.
（2026·河南郑州·模拟预测）由太阳能板阵列产生的人工可控匀强电场，主要用于偏转太空
尘埃和微小碎片。为了测试电场对带电微粒的偏转效果，工程师将一个足够长、倾角为30°
的固定斜面置于电场强度大小E =
❑√3mg
6q
、方向水平向右的匀强电场中，并向该区域发射了
一质量为m、电荷量为+q的小球，小球以初速度v0从斜面底端斜向上抛出，初速度方向与
水平方向间的夹角为60°，如图所示。重力加速度为g，不计空气阻力。从抛出到落回斜面
的过程中，小球机械能的增加量为（ ）
A．6mv0
2
49
B．9 ❑√3mv0
2
49
C．6 ❑√3mv0
2
49
D．9mv0
2
49
【答案】D
【详解】小球落到斜面上时的水平位移x = v0cos60
∘t + 1
2 at
2，其中Eq=ma
竖直方向y = v0sin 60
∘⋅t −1
2 gt
2
其中tan30
∘= y
x
解得t = 4 ❑√3 v0
7 g
，x = 18 ❑√3 v0
2
49 g
小球机械能的增加量为Δ E = Eqx = 9mv0
2
49
故选D。
2.
（2026·安徽芜湖·模拟预测）在一个方向平行于纸面的匀强电场中，质量为m的带电小球从
A 点以水平速度v进入电场，经过一段时间到达B 点，其速度竖直向下且大小为❑√3 v，小球
的轨迹面为竖直平面。关于该带电小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A．小球受到的电场力方向一定水平向左
B．小球受到的电场力大小可能是
❑√3
4 mg
C．小球的初动能和最小动能的比值一定是4：3
D．小球运动的时间为
❑√3 v
g
【答案】C
【详解】A．电场力一定有水平向左的分量，但可以同时有竖直分量，方向不一定是水平向
左，故A 错误。
B．将小球运动分解为水平方向和竖直方向，设水平向右为x正方向，竖直向下为y正方向，
初速度v x 0= v，v y 0=0
B 点速度v x=0，v y = ❑√3 v
设运动时间为t，加速度分量ax= 0−v
t
=−v
t ，a y =
❑√3 v −0
t
=
❑√3 v
t
受力：电场力分量F x=max=−mv
t ，F y =ma y−mg=m(
❑√3 v
t
−g)
电场力大小F =
❑√F x
2+ F y
2
整理电场力大小得F
2=m
2[4(
v
t )
2
−2❑√3 g v
t + g
2]
由二次函数性质得电场力最小值Fmin= mg
2
而
❑√3
4 mg< mg
2 ，
故B 错误；
C．t1时刻动能Ek = 1
2 m(v x
2+v y
2)= 1
2 m[(v +axt1)
2+(a yt1)
2]
整理为关于t1的二次函数Ek = 1
2 m(v
2−2v
2
t
t1+ 4 v
2
t
2 t1
2)
可得最小动能Ekmin= 3
8 m v
2
初动能Ek0= 1
2 m v
2= 4
8 m v
2
故Ek0
Ekmin
= 4
3
故C 正确；
D．只有当电场力竖直分量F y =0时，才有
❑√3 v
t
= g
即t =
❑√3 v
g
若电场力存在竖直分量，时间不为该值，故D 错误；
故选C。
3.
（2026·浙江·二模）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N 间存在水平向右
的匀强电场，场强大小为E。t =0时刻，M 板下端A 处的粒子源发射一质量为m、电荷量为
+q、速度大小为v0的粒子，速度方向与M 板的夹角为θ，粒子运动过程中受到与速度大小成
正比的阻力作用，即f =kv，经时间t0到达N 板上的B 点（未画出）时的速度大小为v，方向
斜向上且与N 板的夹角为φ。不计粒子重力，不考虑边界效应，则（ ）
A．粒子在电场中做类斜抛运动
B．v0cosθ与v cosφ一定相等
C．金属板M、N 间的板间距为x = Eqt0+m v0sinθ−mv sin φ
k
D．根据题干信息无法求出A、B 两点间的距离
【答案】C
【详解】A．根据题意，假设粒子在电场中做类斜抛运动，则运动过程中粒子速度变化，粒
子受到的阻力变化，粒子在电场中运动过程中合力变化，则假设不成立，故A 错误；
C．在水平方向上，取极短时间Δt，粒子速度变化量为Δv，由动量定理有
(Eq−k v x) Δt =m Δv
两边求和有Eqt0−kx =m(v sin φ−v0sinθ)
解得x = Eqt0+mv0sinθ−mv sin φ
k
，故C 正确；
BD．在竖直方向上，取极短时间Δt
′，粒子速度变化量为Δv
′，由动量定理有
−k v y Δt
′ =m Δv
′
两边求和有−ky =mv cosφ−m v0cosθ
解得y = m v0cosθ−mv cosφ
k
可知，只有当竖直方向上的位移y =0时，有v0cosθ = v cosφ
A、B 两点间的距离x AB=
❑√x
2+ y
2可求，故BD 错误。
故选C。
4.
（2026·重庆·三模）某小组同学利用人工智能模拟“风洞”实验。如图所示，整个竖直平面
内存在与竖直方向夹角为θ 的恒力风，现将一小球以速度v0水平抛出，小球在该竖直平面内
运动且所受风力大小是其重力的一半。其他条件不变，若在该竖直平面内任意改变角θ 的大
小，则该小球在所有运动过程中的最小速度大小为（ ）
A．1
3 v0
B．1
2 v0
C．3
4 v0
D．
❑√3
2 v0
【答案】D
【详解】由题知，风力提供的加速度恒为a=
mg
2
m = g
2
小球所受合加速度(等效重力加速度g1)是a 与重力加速度g 的矢量和，结合抛体运动规律易
知，最小速度就是v0在垂直“等效重力加速度”方向的分速度（即匀速分运动的速度大
小），由矢量三角形定则如图所示
可知，当a 与g1垂直时，小球运动的最小速度即为所有运动过程中的最小速度，由几何关系
易得sin α = a
g = 1
2
最小速度为vmin= v0cosα =
❑√3
2 v0。
故选D。
5.
（2026·河南·三模）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，M、N（图中未画出）为固
定在同一竖直线上的两个细钉，一根长为L 的轻绳一端系在M 上，另一端悬挂一个质量为
m、电荷量为+q的小球。小球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60°。某一时刻小球获得一
个垂直于轻绳的初速度v0开始在竖直平面内运动，小球刚好能绕细钉N 做完整的圆周运动。
已知v0=2❑√gL，小球可视为质点，轻绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)匀强电场的电场强度大小与小球到达最低点时的速度大小v1；
(2)M、N 间的距离d。
【答案】(1)
❑√3mg
q
，❑√2gL
(2)3 L
4
【详解】（1）根据共点力平衡有tan60° = qE
mg
解得E =
❑√3mg
q
小球运动到最低点时速度为v1，根据动能定理有
mgL(1−cos60°)−qELsin60° = 1
2 mv1
2−1
2 mv0
2
解得v1= ❑√2gL
（2）设小球绕N 做圆周运动的半径为r，小球刚好能过等效最高点的速度为v2，有
2mg=m v2
2
r
小球由最低点运动到等效最高点，根据动能定理有
−mgr (1+cos60°)−qEr sin60° = 1
2 mv2
2−1
2 mv1
2
解得r = L
4
故M、N 间的距离d = L−r = 3 L
4
6.
（2026·辽宁朝阳·模拟预测）长为L的绝缘轻细线一端连接质量为m、电荷量为q的带正电小
球，另一端固定在光滑绝缘水平桌面上的O点，整个空间内存在着平行于桌面的匀强电场，
带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动，俯视图如图甲所示，PQ为轨迹圆的一条直
径。以P点为起始点，小球运动过程中的电势能Ep与小球运动的路程s之间的关系如图乙所
示，图中Ep0>0。下列说法正确的是（ ）
A．U PQ= EP0
q
B．从P点到Q点电场力对小球做正功
C．小球运动过程中速度的最小值为❑√
2 E p0
m
D．小球运动过程中所受细线拉力的最大
值为6 E p0
L
【答案】D
【详解】A．小球在运动过程中只有电场力做功，电场力做功与电势能变化的关系为
W =−Δ Ep
根据图像可知Eq⋅2 L=2 Ep0
可得E = Ep0
qL
则U PQ=−E d PQ=−Ep0×2 L
qL
=−2 Ep0
q
，故A 错误；
B．小球从P点到Q点，电场力对小球先做负功再做正功，故B 错误；
C．带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动，有Eq=m v
2
L
此时速度最小，解得v =
❑√
Ep0
m
，故C 错误；
D．速度从最小v到最大值v
′，根据动能定理有Eq⋅2 L= 1
2 m v
′2−1
2 m v
2
速度最大时，绳上拉力最大，则有T −Eq =m v
′2
L
联立可得T = 6 Ep0
L
，故D 正确。
故选D。
7.
（2026·安徽淮南·二模）竖直平面内固定放置一半径为R 的光滑的圆轨道，圆轨道下端有一
小口，圆轨道空间有竖直向下的场强为E 的匀强电场，场强大小为mg
q ，现给质量为m、带
电荷量为+q的小球（可视为质点）一个水平初速度v0，使它从最低点A 进入圆轨道，如图
所示，重力加速度g。
(1)若小球最高到达与圆心等高的B 点，求v0的大小；
(2)若小球恰好能做完整的圆周运动，求v0的大小；
(3)当v0= ❑√7 gR时，求小球转过多大角度时开始不做圆周运动。
【答案】(1)v0≤2❑√gR
(2)❑√10 gR
(3)转过120°（或2
3 π弧度）时开始不做圆周运动
【详解】（1）已知条件qE =mg
因此小球受到竖直向下的总合力为mg+qE =2mg
小球最高到达与圆心等高的B 点时，速度为0，从A 到B 上升高度为R，由动能定理
−(mg+qE)R≥0−1
2 m v0
2
代入qE =mg，化简得−2mgR≥−1
2 m v0
2
即v0≤2❑√gR
（2）小球恰好完成完整圆周运动的条件是，在最高点C，轨道对小球弹力为0，重力与电场
力的合力提供向心力mg+qE = mvC
2
R
解得m vC
2 =2mgR
从A 到C 上升高度为2 R，由动能定理−(mg+qE)⋅2 R = 1
2 m vC
2 −1
2 m v0
2
代入化简得−4 mgR =mgR−1
2 mv0
2
解得v0= ❑√10 gR
（3）设小球从A 转过θ角（θ为位置半径与竖直向下半径OA 的夹角）时，轨道弹力N =0，
开始脱离圆周。
此时沿半径指向圆心的合力提供向心力，得−2mgcos θ = m v
2
R
解得m v
2=−2mgRcos θ
从A 到该位置，小球上升高度h= R(1−cos θ)
由动能定理−(mg+qE)⋅R(1−cos θ)= 1
2 m v
2−1
2 m v0
2
代入v0
2=7 gR和m v
2=−2mgR cos θ
化简−2(1−cos θ)=−cos θ−7
2
解得cos θ =−1
2
得θ =120
∘= 2π
3
即转过120°（或2
3 π弧度）时开始不做圆周运动。
8.
（2026·甘肃武威·模拟预测）如图所示，竖直面内有一半径为R的光滑绝缘圆轨道，一质量
为m，电荷量大小为q的带负电小球从轨道最低点出发，沿着轨道切线方向以大小为v0的初
速度水平射出，整个装置处于竖直向下的匀强电场中，已知E = mg
2q ，重力加速度大小为g，
下列说法正确的是（ ）
A．小球在最低点对轨道的压力大小为3mg
2
B．小球若能够不脱轨到达最高点，则初速度最小为
❑√10 gR
2
C．小球在最低点对轨道的压力大小为mv0
2
R −mg
2
D．小球若能够不脱轨到达最高点，则初速度最小为❑√5 gR
【答案】B
【详解】AC．小球在最低点时，由牛顿第二定律可得N +qE−mg=m v0
2
R
解得N = mv0
2
R + mg
2
根据牛顿第三定律可知小球在最低点对轨道的压力大小为mv0
2
R + mg
2
，故AC 错误；
BD．若能够不脱轨到达最高点，当在最高点轨道对小球的弹力刚好为零时，则有
m v1
2
R =mg−qE
解得小球经过最高点的最小速度为v1= ❑√
gR
2
由动能定理可得−(mg−qE)×2 R = 1
2 mv1
2−1
2 mv0
2
解得初速度最小值为v0=
❑√10 gR
2
，故B 正确，D 错误。
故选B。
9.
（25-26 高二上·福建泉州·期末）（多选）如图甲，两长为L、间距为d 的平行金属板M、N
水平放置，两金属板间加一交变电压如图乙所示，其中U 0、T 为已知量。在M 板左端正下
方d
4 处有一个粒子源Q，该粒子源可沿平行于金属板的方向，向右连续不断地发射质量为
m、电荷量为+q、初速度大小为v0= L
T 的相同带电粒子。已知向上偏转距离最大的粒子刚好
从上板右端边缘飞出，粒子源单位时间内射出的粒子数一定，不计粒子重力及粒子间相互作
用。则（ ）
A．M、N 两板间的距离为❑√
qU 0T
2
2m
B．每个粒子在极板间运动过程中，电场力做的总功均为零
C．仅将N 板向上平移d
4 后，会有粒子打在N 板上
D．仅将N 板向上平移d
4 后，若发射时间足够长，则打在金属板的粒子数占总入射粒子
数的比例为2−❑√3
4
【答案】BD
【详解】A．t =0时刻进入的粒子向上偏转距离最大，由对称可知d
4 =2× 1
2 a(
T
2)
2
由牛顿第二定律可得a= U 0q
dm
解得d =
❑√
qU 0T
2
m
，故A 错误；
B．由对称可知电场力做负功和做正功一样多，故总功为0，故B 正确；
C．仅将N 板向上平移d
4 后，M、N 两板间的距离d
′ = 3d
4
则加速度a
′ = 4
3 a
向下能够偏转距离最大为y =2× 1
2 a
′(
T
2)
2
解得y = d
3
而此时粒子源离N 板距离为d
2 大于y，故粒子无法打在N 板上，故C 错误；
D．设t1时刻进入的粒子刚好打在M 板上，即当垂直极板方向速度减为0 时，偏转量y
′ = d
4
加速时间和减速时间均为T
2 −t1
则由对称可知y
′ =2× 1
2 a
′(
T
2 −t1)
2
解得t1= 2−❑√3
4
T
故打在金属板的粒子数占总入射粒子数的比例为t1
T = 2−❑√3
4
,故D 正确。
故选BD。
10. （25-26 高二上·广东惠州·期末）如图（a）所示，平行板电容器两极板A、B 水平正对放置，
极板长为L，板间距为d，A、B 极板间所加电压如图（b）所示。一质量为m、电荷量为＋q
的粒子在M 点由静止释放，经过电压U 加速后，在t＝0 时刻从N 点沿平行板电容器正中央
进入，t＝T 时刻，粒子恰好从极板边缘飞出。不计粒子的重力，下列说法正确的是
（ ）
A．粒子从上极板边缘飞出
B．偏转电场对粒子所做的功为qU
C．金属板的长和宽关系满足L＝2d
D．若粒子在t = T
2 时刻进入偏转电场，则粒子将落在极板上
【答案】C
【详解】AD．因在0∼T
2 时间内A 板电势高，则粒子向下极板做匀加速运动；在T
2 ∼T时间
内B 板电势高，则粒子向下极板做匀减速运动，则最终粒子从下极板边缘飞出；同理，若粒
子在t = T
2 时刻进入偏转电场，则粒子将从上极板边缘飞出，AD 错误；
B．偏转电场对粒子先做正功，后做负功，且二者相互抵消，对粒子所做的功为零，B 错误；
C．粒子在0∼T
2 时间内加速向下运动的位移y1= 1
2
Uq
dm ( T
2 )
2
由对称性可知，向下做匀减速时的位移也为y1，可知金属板的板间距d = 4 y1= UqT
2
2dm
即d =T ❑√
Uq
2m
粒子在加速电场中qU = 1
2 mv0
2
则在偏转电场中L= v0T =T ❑√
2qU
m
可得长和宽关系满足L=2d，C 正确。
故选C。
11. （2026·安徽合肥·模拟预测）如图（a），平行金属板A 和B 间的距离为d，现在A、B 板上
加上如图（b）所示的方波形电压，t =0时A 板比B 板的电势高，电压的正向值为u0，反向
值也为u0。现有由质量为m 的带正电且电荷量为q 的粒子组成的粒子束，从AB 的中点O 以
平行于金属板方向OO
'的速度v0=
❑√3qu0T
3dm
射入，所有粒子在AB 间的飞行时间均为T，不
计重力影响。则下列说法错误的是（ ）
A．粒子飞出电场时的速度大小都为2u0qT
3dm
B．粒子飞出电场时的速度方向都改变了30°
C．粒子飞出电场时位置离O
'的最大距离是7qu0T
2
18dm
D．0 时刻进入电场的粒子，向下侧移量为qu0T
2
18dm
【答案】D
【详解】A．由于电压的正向值和反向值均为u0，则根据牛顿第二定律可得q u0
d =ma
解得a= qu0
md
由于所有粒子在AB 间的飞行时间均为T，且由图（b）可知交变电场的变化周期也为T，故
粒子在飞出电场时的速度沿电场线方向的分速度大小均为
v y =a⋅(
2T
3 −T
3)= qu0
md ⋅T
3 = qu0T
3md
所以粒子飞出电场时的速度大小均为v =
❑√v0
2+ v y
2 =
❑√(
❑√3qu0T
3dm )
2
+(
qu0T
3dm )
2
= 2u0qT
3dm
，故
A 正确，不符合题意；
B．设速度方向与v0的夹角为θ，则tanθ = v y
v0
=
qu0T
3md
❑√3qu0T
3dm
=
❑√3
3
解得θ =30
∘
即粒子飞出电场时的速度方向都改变了30°，故B 正确，不符合题意；
C．当粒子由t =nT时刻进入电场时，其向下的侧移最大，根据匀变速直线运动位移与时间
的关系式可知，此时粒子飞出电场时位置离O
'的最大距离为
ym1= y匀加+ y匀减= 1
2 a(
2T
3 )
2
+[a⋅2T
3 ⋅T
3 −1
2 a(
T
3)
2
)= 7aT
2
18
= 7qu0T
2
18dm
当粒子由t =nT + 2T
3 时刻进入电场时，其向上的侧移最大，根据对称性以及匀变速直线运
动位移与时间的关系式可知，此时粒子飞出电场时位置离O
'的最大距离为
ym2= 1
2 a(
T
3)
2
= aT
2
18 = qu0T
2
18dm
所以粒子飞出电场时位置离O
'的最大距离是7qu0T
2
18dm
，故C 正确，不符合题意；
D．由C 选项可知，0 时刻进入电场的粒子，向下侧移量为7qu0T
2
18dm
，故D 错误，符合题意。
故选D。
12. （25-26 高二上·四川内江·期中）（多选）如图甲所示，两平行金属板水平放置，间距为d，
金属板长为2d，两金属板间加如图乙所示的电压（t =0时上金属板带正电），其中
U 0= 8md
2
qT
2 。一粒子源连续均匀发射质量为m、电荷量为+q的带电粒子（初速度v0= 2d
T ，
重力忽略不计），该粒子源射出的带电粒子均恰好从上板左端的下边缘水平进入两金属板间，
若粒子碰到两金属板即被吸收不再反弹且对极板的电量几乎无影响，则（ ）
A．能从极板右侧飞出的粒子电场力对其做功一定为0
B．0 时刻进入两极板间的粒子能够从极板右侧飞出
C．能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为T
2
D．能从极板右侧飞出的粒子数占入射粒子总数的
❑√2−1
4
【答案】AD
【详解】A．根据对称性，能从极板右侧飞出的粒子在电场中运动时间为T，则出电场时竖
直速度一定为零，则电场力对其做功为零，故A 正确；
B．假设t =0时刻进入两极板间的粒子能够从极板右侧飞出，则它在竖直方向上先加速向下，
经过T
2 时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过T
2 时间，竖直分速度减为零，
则有y = 1
2 a( T
2 )
2
×2
由牛顿第二定律，可得qU 0
d
=ma
联立解得y =2d >d
则假设不成立，t =0时刻进入两金属板间的粒子将打在金属板上，故B 错误；
C．能从板间飞出的粒子，水平方向做匀速直线运动，则有t = 2d
v0
=T，故C 错误；
D．考虑0~ T
2 射入的粒子，当粒子射出位置最低时，可以假设释放的时间为( T
2 −Δt )，在
释放后的2 Δt时间内，竖直位移应恰好为d，则d =2× 1
2 a Δt
2
解得Δt =
T
2❑√2
随后的2( T
2 −Δt )内，由于T
2❑√2 > T
2 −T
2❑√2
竖直上升高度为y1=2× 1
2 a( T
2 −Δt )
2
<d
假设成立，此为一临界位置；当粒子射出位置最高时，根据对称性可知从T
4 时刻射入粒子恰
好从上边缘射出，此为一临界位置，则能从极板右侧飞出的粒子数占入射粒子总数
η=
T
2❑√2 −T
4
T
=
❑√2−1
4
，故D 正确。
故选AD。
13. （25-26 高二上·重庆九龙坡·阶段检测）在如图甲所示的平面坐标系内，第一、二、四象限
分别存在三个不同的匀强电场。第一象限内匀强电场的强度大小和方向未知；第二象限内有
沿x 轴正向的匀强电场，电场强度大小为E；第四象限内也有沿x 轴方向的匀强电场E3，其
电场强度大小为E3= 4 E，方向按图乙周期性变化的电场，场强以沿x 轴正向为正，变化周
期满足T =6
❑√
2m x0
qE
。在t =0时刻，一质量为m，电荷量为+q的粒子从（-x0，x0）点由静止
释放，进入第一象限后恰能在（x0，0）点沿y 轴负方向进入第四象限。不计粒子所受的重
力，图乙的计时起点与粒子由静止释放的时刻相同。求：
(1)粒子在第二象限中的运动时间和刚进入第一象限的速度大小；
(2)第一象限中匀强电场的场强大小和方向；
(3)请判断粒子能否离开第四象限，若能离开，求出其离开的位置坐标；若不能离开，求出
当t =T时刻粒子的坐标。
【答案】(1)t1=
❑√
2 x0m
Eq
；v0=
❑√
2 Eq x0
m
(2)❑√2 E；方向为斜向左下方与水平成45 度角
(3)能离开；（0，-7 x0）
【详解】（1）设粒子在第二象限中运动的时间为t1，刚进入第一象限时的速度大小为v0。
粒子在第二象限中：只受水平向右的电场力Eq，在电场力的作用下水平向右做初速度为0
的匀加速直线运动，且水平位移为x0。由牛顿第二定律得粒子有水平向右的加速度a0= Eq
m ，
由
x0= 1
2 a0t1
2
得t1=
❑√
2 x0m
Eq
由匀加速直线运动规律得v0=a0t1=
❑√
2 Eq x0
m
或2a0 x0= v0
2-0
2
得v0=
❑√
2 Eq x0
m
（2）设第一象限中的电场为E1，则水平分量为E1 x，竖直分量为E1 y。粒子在第一象限中仍
然仅受电场力E1q，根据牛顿第二定律ma1= E1q；对加速度进行分解（也可分解电场、电
场力）则有水平加速度a1 x，竖直加速度a1 y，粒子以水平向右的速度v0进入第一象限，飞出
第一象限时恰好沿y 轴负方向，则进入第四象限时水平速度恰好为0，因此粒子在第一象限
中水平方向上做匀减速直线运动，水平位移为x0；在竖直方向上做初速度为0 的匀加速直线
运动，竖直位移也为x0。根据匀变速直线运动的规律，水平方向上：2a1 x x0=0
2- v0
2
得a1 x =−Eq
m ，又有
x0= v0t2+ 1
2 a1 xt2
2得
t2=
❑√
2 x0m
Eq
，竖直方向上：有
x0= 1
2 a1 yt2
2得
a1 y = Eq
m
合加速度a1=
❑√a1 x
2+a1 y
2= ❑√2 Eq
m
由ma1= E1q
得E1= ❑√2 E，方向为斜向左下方与水平成45 度角。
（3）根据分析可知粒子在 t1+t2= T
3 时刻沿y 轴负方向进入第四象限，进入时的速度设为
v1，由2a1 y x0= v1
2−0
2或v1=a1 yt2得
v1=
❑√
2 Eq x0
m
进入后仅受水平方向的电场力，水平方向初速度为0，故水平方向加速度方向随电场变化而
变化，加速度的大小为a2= 4 Eq
m ，竖直方向向下做匀速直线运动。水平方向上的速度-时间
图像如下：
在T
3 ~ 2T
3 内，粒子向右运动距离x右= 1
2 a2（T
2 - T
3 ）
2×2=8 x0，
即2T
3 时距离y 轴9 x0；在2T
3 ~ 4T
3 内，粒子向左运动，当粒子向左走9 x0即可离开第四象
限。由图可知2T
3 ~T内，粒子可向左走1
2 a2（T -2T
3
）
2=16 x0＞9 x0，则这段时间内的
某一时刻粒子就能离开第四象限，设离开时为t3时刻，则有
9 x0= 1
2 a2（t3- 2T
3
）
2得
t3= 11
12 T， 则粒子在第四象限中运动的时间为
Δt =t3−T
3 = 11
12 T。可知粒子在第四象限中向下运动的距离为
v1 Δt =7 x0，所以粒子离开第四象限时的坐标为（0，−7 x0）
14. （24-25 高一下·山东淄博·期末）如图甲所示,质量为 m 、带电量为 +q 的初速度为零的带
电粒子，经 A 、 B 间的电场加速后，沿水平放置的平行极板 C 、D 的中心线 OO
' 进
入偏转电场。已知极板 A 、 B 间电压为 U ，极板 C 、D 的板长为 L ，板间距离为
d 。如图乙所示，C 、D 板间加上周期性变化的电压 U CD，T = L❑√
2m
qU ，U 0= U d
2
L
2
。
粒子的重力忽略不计，两板间电场看作匀强电场。
(1)求粒子射入偏转电场时的速度大小 v0 ；
(2)若粒子在 t =0 时刻进入 C 、 D 间的偏转电场，求粒子离开偏转电场时沿垂直于板面
方向的偏转距离 y 及速度偏转角 θ 的正切值；
(3)若粒子在 t = T
4 时刻进入 C 、 D 间的偏转电场，求粒子离开偏转电场时沿垂直于板
面方向的偏转距离 y
'
【答案】(1)❑√
2Uq
m
(2)d
4 ，d
2 L
(3)d
8
【详解】（1）带电粒子经电场加速由动能定理Uq = 1
2 mv0
2−0
粒子射入偏转电场时的速度大小v0= ❑√
2Uq
m
（2）粒子在 t =0 时刻进入偏转电场，水平方向做匀速直线运动L= v0t，t = L
v0
= T
2
竖直方向做匀加速直线运动a= U 0q
dm = qUd
m L
2
粒子离开偏转电场时沿垂直于板面方向的偏转距离y = 1
2 at
2= d
4
粒子离开偏转电场时竖直速度v y =at = qUd
mLv0
速度偏转角 θ 的正切值tanθ = v y
v0
=
qUd
mLv0
v0
= qUd
mLv0
2 = d
2 L
（3）粒子在 t = T
4 时刻进入偏转电场，粒子离开偏转电场所用时间t = L
v0
= T
2
T
4 ‐ T
2 时间内，竖直方向做匀加速直线运动a= U 0q
dm ，位移y1= 1
2 a(
T
4)
2
T
2 ‐ 3T
4 时间内，竖直方向做匀减速直线运动a=−U 0q
dm ，位移
y2=(a T
4)
T
4 −1
2 a(
T
4)
2
= 1
2 a(
T
4)
2
粒子离开偏转电场时沿垂直于板面方向的偏转距离y
' = y1+ y2= d
8
【点睛】
15. （2026·福建三明·二模）如图，一平行板电容器上方MN、PQ 之间的区域有方向水平向右、
大小为E =2×10
3 N /C的匀强电场。一带正电粒子从平行板电容器下极板a 点静止释放，
经加速后从b 点垂直进入匀强电场，带电粒子最终从MN 上的c 点离开。已知电容器电容
C =1×10
−5 F 、带电量Q =2×10
−3C ，粒子比荷q
m =1×10
8C /kg，MN、PQ 之间的
距离d=0.2m，，不计粒子的重力，求：
(1)电容器的电压U；
(2)粒子经b 点时的速度大小vb；
(3)b、c 点间水平距离x。
【答案】(1)
200V
(2)
2×10
5m/ s
(3)
0.1m
【详解】（1）根据电容的定义式 C = Q
U
解得U =200V
（2）粒子在电容器中加速，由动能定理 qU = 1
2 mvb
2
解得 vb=2×10
5m/ s
（3）粒子进入偏转电场后做类平抛运动， 竖直方向匀速运动d = vbt
水平方向初速度为0 的匀加速直线运动，加速度a= qE
m
水平位移x = 1
2 at
2
联立解得x =0.1m
16. （2026·四川泸州·二模）如图所示，在光滑绝缘水平桌面上建立xOy 坐标系，在第一、二象
限内分别有沿y 轴负方向和沿x 轴正方向的匀强电场，电场强度大小均为E。虚线为以坐标
原点O 为中心的边长等于8b 的正方形边界。一质量为m，电荷量为q（q>0）的小球甲从第
二象限内某点由静止释放，释放点坐标满足y = −b
2
x 。若小球甲释放点的横坐标x1=−b，一
段时间后小球甲与静止在x 轴上质量为m 的不带电小球乙发生碰撞，碰后粘在一起。求：
(1)小球乙最初的位置坐标；
(2)小球甲、乙碰撞损失的机械能的大小E损；
(3)若将小球甲从曲线上任意位置释放，同时移去小球乙求小球甲进入第四象限到正方形右
侧边界的最长时间t m。
【答案】(1)（2b，0）
(2)Eqb
(3)2❑√
mb
Eq
【详解】（1）由题可知，释放点的坐标（-b，b）小球运动到y 轴时，根据动能定理
Eqb= 1
2 m v0
2
可得v0= ❑√
2 Eqb
m
小球在第一象限后做类平抛运动b= 1
2 at
2，x = v0t
其中Eq=ma
解得x =2b
小球乙最初的位置坐标（2b，0）。
（2）碰撞前小球甲的速度v甲=
❑√(at )
2+ v0
2=2❑√
Eqb
m
碰撞过程中满足动量守恒m v甲=2mv
损失机械能的大小E损= 1
2 m v甲
2 −1
2 ×2m v
2
解得E损= Eqb
（3）设小球释放点的坐标（x，y）满足y = −b
2
x
在第二象限内，根据动能定理Eq|x)= 1
2 mv
′
0
2
进入第一象限后做类平抛运动，则y = 1
2 at
′2，x
′ = v
′
0t
′，v
′
y =at
′
解得v
′
0= ❑√
−2 Eqx
m
，x
′ =2b，v
′
y =
❑√
−2 Eqb
2
mx
进入第四象限后做匀速运动，若从正方形右侧边界射出，则x 轴方向4 b−x
′ = v
′
0t
″
在y 轴方向上v yt
″ =at
′ t
″≤4 b
时间取最大值时x =−b
2
代入可得t m = ❑√
−8mx
Eq
=2❑√
mb
Eq
17. （2026·海南·一模）某高能粒子碰撞实验的原理简化图如图所示，平行金属极板M 和N 水平
放置，两极板间距d=10cm，长度l=15cm，上、下极板的电势差 U =2×10
5V，极板间的
电场可视为匀强电场，不考虑边缘效应。半径 r = 25
168 m的光滑绝缘固定圆弧轨道ABC 竖直
放置，圆弧轨道关于竖直直径OB 对称，轨道左侧A 点与N 极板右端相接触，小球Q 静止在
B 点。现有一质量 m1=0.2kg、电荷量 q =+1×10
−6C的绝缘小球P，从M 极板左端点以
一定初速度水平射入，小球 P 刚好无碰撞地从A 点沿切线方向进入圆弧轨道并与小球Q 碰
撞（时间极短）后粘在一起，小球恰好不脱离轨道。小球均可视为质点，不计空气阻力，取
重力加速度大小 g=10 m /s
2。求：
(1)小球P 在极板间运动时的加速度大小a；
(2)OA 与OB 的夹角θ 的正切值tanθ；
(3)小球Q 的质量m₂。
【答案】(1)20 m /s
2
(2)4
3
(3)0.3kg
【详解】（1）在竖直方向上，根据牛顿第二定律有U
d q+m1g=m1a
解得 a=20 m /s
2
（2）设小球P 在极板间运动的时间为t，在竖直方向上，由运动学公式有d = 1
2 at
2
竖直方向的末速度大小 v y =at
在水平方向上有l=vt
由几何关系可知速度方向与初速度方向的夹角也为θ，有tanθ = v y
v x
解得 tanθ = 4
3
（3）由运动的合成与分解有 v A =
❑√v x
2+ v y
2
设小球P 刚运动到B 点时的速度大小为vB，小球 P 由A 点运动到B 点，由动能定理有
m1gr (1−cosθ)= 1
2 m1vB
2 −1
2 m1v A
2
小球 P、Q 发生完全非弹性碰撞，设碰后二者的共同速度为 v共，根据动量守恒定律有
m1vB=(m1+m2)v共
之后的运动二者恰好不脱离轨道，由机械能守恒定律有
1
2 (m1+m2)v共
2 =(m1+m2)gr (1−cosθ)
解得 m2=0.3kg
18. （2026·北京延庆·一模）如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d 的矩形通
道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图，上、下
两板与电压恒定的高压直流电源相连。质量为m、电荷量为-q、分布均匀的尘埃以水平速度
v0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。通过调整两
板间电压U 或两板间距离d 可以改变收集率η。当d=d0 ，U=U0时，η 为81%（即离下板
0.81d0范围内的尘埃能够被收集）。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。
(1)若保持板间距离d0不变 ，通过改变电压U 实现控制收集率的大小，若尘埃恰好全部被收
集，求两金属板间的电压U1；
(2)若保持电压U0不变 ，通过改变板间距离d 实现控制收集率的大小。
a、求收集率η 与两板间距d 的函数关系；
b、设单位体积内的尘埃数为n，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量Δ M
Δt 与两板间
距d 的函数关系，并绘出图线。
【答案】(1)2m v0
2d0
2
q L
2
(2)a、见解析；b 见解析，
【详解】（1）只要紧靠上板的颗粒能落到金属板下板最右侧，颗粒就能全部被收集，水平
方向有L= v0t
竖直方向有d0= 1
2 at
2
又Eq=ma，E = U 1
d0
解得U 1= 2m v0
2d0
2
q L
2
（2）a、当板间距离为d0 时收集率为81%，设距下板x 处的尘埃到达下板的右端边缘，此
时有x = 1
2
qU 0
md0(
L
v0)
2
根据题意，当U0不变时，收集率为η= x
d0
=0.81
当U0不变时，距离为d 时，x' = 1
2
qU 0
md (
L
v0)
2
收集率为η= x'
d
联立得η=0.81(
d0
d )
2
由题意可得出结论：①当d ≤0.9d0时完全被收集，收集率η=1
②当d >0.9d0时部分被收集，收集率 η=0.81(
d0
d )
2
b、稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量Δ M
Δt =ηnmbd v0
当d ≤0.9d0时，η=1，因此 Δ M
Δt =nmbd v0
当d >0.9d0时，η=0.81(
d0
d )
2
，因此Δ M
Δt =0.81nmb v0
d0
2
d
绘出的图线如下
