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知识点70：带电体
电场
偏转运动
在
的
【知识思维方法技巧】
带电体（重力要考虑）在匀强电场中偏转运动的处理方法：
一般用分解的思想来处理，即将带电体的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和
垂直电场力方向上的匀速直线运动，根据运动的合成与分解的知识解决有关问题．
一：带电体
电场
运动
考点
在匀强
中的类平抛
题型一：带电体
电场
在匀强
中的类平抛运动
【典例1 拔尖题】(多选)如图所示，空间有范围足够大的匀强电场，电场强度大小为E，方
向与水平方向夹角为45°，一质量为m、电荷量q＝的带正电小球(可视为质点)，从A 点以
初速度v0竖直向上抛出，经过一段时间后运动到B 点，A、B 两点在同一电场线上，重力
加速度大小为g，不计空气阻力，带电小球从A 点运动到B 点过程中( )
A．用时为
B．动能增加mv0
2
C．电势能减少2mv0
2
D．机械能增加4mv0
2
【典例1 拔尖题】【答案】AD
【解析】带电小球所受静电力为qE＝mg，对带电小球进行受力分析可知，竖直方向合力
为0，水平方向合力为qEcos 45°＝mg，则带电小球做加速度大小a＝g 的类平抛运动，由
A 点到B 点过程中水平方向和竖直方向位移相等，有v0t＝at2，则A 点到B 点用时为t＝，
故选项A 正确；带电小球运动到B 点时的速度v＝＝＝v0，动能增加量ΔEk＝mv2－mv0
2＝
2mv0
2，故选项B 错误；由A 点到B 点带电小球所受合外力做功W 合＝qEcos 45°·lABcos 45°
＝qElAB，且W 合＝ΔEk＝2mv0
2，静电力做功W 电＝qElAB＝2W 合＝4mv0
2，即电势能减少
4mv0
2，故选项C 错误；机械能增加量等于静电力所做的功，为4mv0
2，故选项D 正确．
【典例1 拔尖题对应练习】空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P 是电场中的两点．
从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 的小球A、B.A 不带电，B 的电荷
量为q(q>0)．A 从O 点发射时的速度大小为v0，到达P 点所用时间为t；B 从O 点到达P 点
所用时间为.重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B 运动到P 点时的动能．
【典例1 拔尖题对应练习】【答案】(1) (2)2m(v0
2＋g2t2)
【解析】(1)设电场强度的大小为E，小球B 运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学
公式和题给条件，有mg＋qE＝ma①
a()2＝gt2②
解得E＝③
(2)设B 从O 点发射时的速度为v1，到达P 点时的动能为Ek，O、P 两点的高度差为h，根
1
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据动能定理有mgh＋qEh＝Ek－mv1
2④
且有v1＝v0t⑤
h＝gt2⑥
联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v0
2＋g2t2)．
题型二：带电体在
电
平行板
容器中的类平抛运动
【典例2 拔尖题】如图所示，水平位置的平行板电容器，原来AB 两板不带电，B 极板接地，
它的极板长l＝0.1 m，两板间距离d＝0.4 cm，现有一微粒质量m＝2.0×10－6 kg，带电荷量
q＝＋1.0×10－8 C，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落
到A 板的中点O 处，取g＝10 m/s2.试求：
(1)带电粒子入射初速度v0的大小；
(2)现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，则带电后A 板的电势
范围？
【典例2 拔尖题】【答案】 (1)V0＝2.5 m/s (2)6 V≤φA≤10 V
【解析】 (1)电容器不带电时，微粒做平抛运动，则有＝v0t，＝gt2，联立两式得v0＝，代
入数据得v0＝2.5 m/s.
(2)若使微粒能从电容器右侧射出，则要求A 板的电势大于0，且B 板接地电势等于0，则
有UAB＝φA－φB＝φA，A 板电势最小时，微粒刚好从A 板右侧边缘射出，则有l＝v0t1
＝a1t，且mg－q＝ma1，联立以上各式得φAmin＝6 V，A 板电势最大时，微粒刚好从B 板右
侧边缘射出，则有q－mg＝ma2，且有a2＝a1，代入数据解得φAmax＝10 V，综上可得6
V≤φA≤10 V.
二：带电体
电场
运动
题
考点
在匀强
中的类斜抛
问
【知识思维方法技巧】
带电体在电场类斜抛运动的处理技巧：
将带电体的运动沿电场力方向上分解和沿重力方向上分解，再根据运动的合成与分解的知
识解决有关问题。
题型一：带电体在
电场
运动
水平匀强
中
模型
【典例1 拔尖题】(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的
小球自电场中P 点水平向左射出．小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势
能的零点均取在P 点．则射出后( )
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
2
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C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
【典例1 拔尖题】【答案】BD
【解析】由于Eq＝mg，故等效重力G′的方向与水平方向成45°.如图所示，当vy＝0 时速度
最小，为vmin＝v1，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，由于此时v1存在水平分
量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A、C 错误；当小球水平速度
减为0 时，水平方向上有v0＝t，在竖直方向上v＝gt，由于Eq＝mg，得v＝v0，此时小球的
动能等于初动能，由于此时速度没有水平分量，故电势能最大，由动能定理可知WG＋WEq
＝0，则重力做功等于小球电势能的增加量， 故B、D 正确．
【典例1 拔尖题对应练习】在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A 点竖直向
上抛出，其运动的轨迹如图所示．小球运动的轨迹上A、B 两点在同一水平线上，M 为轨
迹的最高点．小球抛出时的动能为8.0 J，在M 点的动能为6.0 J，不计空气的阻力．求：
（1）小球水平位移x1与x2的比值；
（2）小球落到B 点时的动能EkB；
（3）小球从A 点运动到B 点的过程中最小动能Ekmin.
【典例1 拔尖题对应练习】【答案】(1)1∶3 (2)32 J (3) J
【解析】(1)如图所示，带电小球在水平方向上受电场力的作用做初速度为零的匀加速运动，
竖直方向上只受重力作用做竖直上抛运动，故从A 到M 和M 到B 的时间相等，则x1∶x2＝
1∶3.
(2)小球从A 到M，水平方向上电场力做功W 电＝6 J，则由能量守恒可知，小球运动到B 点
时的动能为EkB＝Ek0＋4W 电＝32 J.
(3)由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：
⇒⇒＝
3
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由图可知，tanθ＝＝⇒sinθ＝，则小球从A 运动到B 的过程中速度最小时速度一定与等效
G′垂直，故Ekmin＝m(v0sinθ)2＝ J.
题型二：带电体在
电场
运动
竖直匀强
中
模型
【典例2 拔尖题】如图所示，在竖直面内有一边长为L 的正六边形区域，O 为中心点，CD
水平。将一质量为m 的小球以一定的初动能从B 点水平向右拋出，小球运动轨迹过D 点。
现在该竖直面内加一匀强电场，并让该小球带电，电荷量为＋q，并以前述初动能沿各个方
向从B 点拋入六边形区域，小球将沿不同轨迹运动。已知某一方向拋入的小球过O 点时动
能为初动能的，另一方向拋入的小球过C 点时动能与初动能相等。重力加速度为g，电场
区域足够大，求：
（1）小球的初动能；
（2）取电场中B 点的电势为零，求O、C 两点的电势；
（3）已知小球从某一特定方向从B 点拋入六边形区域后，小球将会再次回到B，求该特定
方向拋入的小球在六边形区域内运动的时间。
【典例2 拔尖题】【答案】(1)mgL (2)， (3)6
【解析】(1)设小球从B 点抛出时速度为v0，从B 到D 所用时间为t，小球做平抛运动
在水平方向上xBD＝v0t 在竖直方向上yBD＝ gt2，由几何关系可知：xBD＝ Lcos60°＋L，yBD
＝Lsin60°解得小球的初动能为：EkB＝mv＝mgL。(2)带电小球B→O：由动能定理得：EkO
－EkB＝qUBO UBO＝φB－φO，解得：φO＝ ，带电小球B→C：由动能定理得：EkC－EkB＝
mgLsin60°＋qUBC，UBC＝φB－φC解得：φC＝ ，(3)在正六边形的BC 边上取一点G，令φG＝
φO，设G 到B 的距离为x，则由匀强电场性质可知： ＝解得：x＝L，由几何知识可得，直
线GO 与正六边形的BC 边垂直，OG 为等势线，电场方向沿CB 方向，由匀强电场电场强
度与电势的关系可得：E＝＝
根据力合成的平行四边形定则可得：F 合＝mg，方向F→B
只有沿BF 方向抛入的小球才会再次回到B 点，该小球进入六边形区域后，先做匀减速直
线运动，速度减为零后反向匀加速直线运动回到B 点，设匀减速所用时间为t1，匀加速所
用时间为t2，匀减速发生的位移为x。则t2－t1＝ 由牛顿定律得：ma＝mg
x＝＝L＜BF(未射出六边形区域)，小球在六边形区域内运动时间为t＝t1＋t2＝6
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题型
：带电体
电场
运动模型
三
在斜向匀强
中
【典例3 拔尖题】如图，竖直平面内(纸面)存在平行于纸面的匀强电场，方向与水平方向
成θ＝60°角，纸面内的线段MN 与水平方向成α＝30°角，MN 长度为d.现将一质量为m、
电荷量为q(q>0)的带电小球从M 由静止释放，小球沿MN 方向运动，到达N 点的速度大小
为vN(待求)；若将该小球从M 点沿垂直于MN 的方向，以大小vN的速度抛出，小球将经过
M 点正上方的P 点(未画出)，已知重力加速度大小为g，求：
(1)匀强电场的电场强度E 及小球在N 点的速度vN；
(2)M 点和P 点之间的电势差；
(3)小球在P 点动能与在M 点动能的比值．
【典例3 拔尖题】【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)由小球运动方向可知，小球受合力沿MN 方向，如图甲
由正弦定理：＝＝，得：E＝，合力大小：F＝mg＝ma，即a＝g，从M→N，有：2ad＝
v，得：vN＝
(2)如图乙，设MP 为h，作PC 垂直于电场线，作PD 垂直于MN，小球做类平抛运动：
hcos 60°＝at2，hsin 60°＝vNt，UMC＝Ehcos 30°，UMP＝UMC，得：h＝d，UMP＝
(3)从M→P，由动能定理：FsMD＝EkP－EkM，sMD＝hsin 30°，而EkM＝mv，故＝.
：带电体
电场
考点三
在匀强
中的加速+偏转
运动
（斜抛）
题型一：带电体重力场+组合场运动模型
【典例1 拔尖题】如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的
匀强电场．自该区域上方的A 点将质量均为m、电荷量分别为q 和－q(q>0)的带电小球
M、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，
并从该区域的下边界离开，已知N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运
动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5 倍．不计空气阻力，重力加速度大
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小为g.求：
(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比；
(2)A 点距电场上边界的高度；
(3)该电场的电场强度大小．
【典例1 拔尖题】【答案】(1)3∶1 (2)H (3)
【解析】(1)设小球M、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平
速度仍然为v0.M、N 在电场中运动的时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，
大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2.由题给条件和运动学公式得v0－at
＝0 ①
s1＝v0t＋at2②
s2＝v0t－at2③
联立①②③式得＝3.④
(2)设A 点距电场上边界的高度为h，小球下落h 时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公
式得
v＝2gh ⑤
H＝vyt＋gt2⑥
M 进入电场后做直线运动，由几何关系知
＝⑦
联立①②⑤⑥⑦式可得h＝H.⑧
(3)设电场强度的大小为E，小球M 进入电场后做直线运动，则＝⑨
设M、N 离开电场时的动能分别为Ek1 、Ek2，由动能定理得
Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1 ⑩
Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2⑪
由已知条件Ek1 ＝1. 5Ek2⑫
联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E＝.
题型二：带电体组合场+重力场运动模型
【典例2 拔尖题】如图所示，真空中水平放置的两平行金属板间有一匀强电场，板长为
L，一电荷量为＋q(q>0)，质量为m 的小球从两板中央以水平速度v0射入板间，小球离开
电场后恰能垂直打在距离金属板右端2L 的屏M 上，已知重力加速度为g。求：
(1)板间电场强度E 的大小和方向；
(2)板间电势差U 要满足什么条件？
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【典例2 拔尖题】【答案】(1) 方向竖直向上 (2)U≥
【解析】(1)设小球在电场中运动的加速度为a，运动时间为t1，刚飞出电场时竖直方向的
速度为vy，由题意可知a＝，t1＝，vy＝at1，小球飞出电场后到垂直击中屏所经历的时间为
t2＝，vy＝gt2，联立以上各式解得匀强电场的电场强度大小为E＝，方向竖直向上。
(2)设板间距离为d，要使小球能飞出电场，应满足≥at，两板间的电势差为U＝Ed，联立
解得U≥。
：
考点四
带电体
电场
在交变
中的直线及偏转运动
题型一：带电体
电场
运动
在交变
中的直线
【知识思维方法技巧】
（1）注重全面分析（分析受力特点和运动规律）：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上
具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临
界条件。
（2）从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是
功能关系。
【典例1 拔尖题】如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m＝0.2
kg，带电荷量为q＝＋2.0×10－6 C 的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ
＝0.1.从t＝0 时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场
(取水平向右的方向为正方向，g＝10 m/s2)，求：
（1）23 s 内小物块的位移大小。
（2）23 s 内电场力对小物块所做的功。
【典例1 拔尖题】【答案】(1)47 m (2)9.8 J
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【解析】（1）0～2 s 内小物块的加速度为a1，由牛顿第二定律得：E1q＝μmg＝ma1即a1＝
－2 m/s2，位移x1＝a1t＝4 m，2 s 末的速度为v2＝a1t1＝4 m/s，2～4 s 内小物块的加速度为
a2，由牛顿第二定律得E2q＋μmg＝ma2，即a2＝＝－2 m/s2位移x2＝x1＝4 m,4 s 末小物块的
速度为v4＝0，因此小物块做周期为4 s 的匀加速和匀减速运动第22 s 末的速度为v22＝4
m/s，第23 s 末的速度v23＝v22－a2t＝2 m/s(t＝1 s)，所求位移为x＝x1＋t＝47 m.（2）23 s
内，设电场力对小物块所做的功为W，由动能定理得W－μmgx＝mv，解得W＝9.8 J.
题型二：带电体
电场
在交变
中的偏转运动
【知识思维方法技巧】
带电体在交变电场中运动的处理技巧：分段研究，化变为恒。
（1）带电体做偏转运动：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。
（2）当带电体垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场力
方向的分运动可能具有周期性。
（3）可以作出带电体在某一方向上的v－t 图象，借助图象、结合轨迹，使运动过程更直
观。
【典例1 拔尖题】(多选)如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙
所示．t ＝0 时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v0＝ 沿中线射入两板间，～时间内微粒
匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触，重力加
速度的大小为g，下列关于微粒在0～T 时间内运动的描述正确的是( )
A．末速度沿水平方向
B．运动过程中的最大速度为
C．板的长度为d
D．克服静电力做功为mgd
【典例1 拔尖题】【答案】AC
【解析】在0～时间内微粒只受重力作用，做平抛运动，在～时间内微粒做匀速运动，则
有qE0＝mg，在～T 时间内，微粒的加速度大小为a＝＝g，方向竖直向上，则微粒在竖直
方向上做匀减速运动，T 时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向且大小为
v0，A 正确；
竖直方向速度随时间变化的图像如图所示，微粒在时刻有最大速度，在0～时间内微粒在
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竖直方程加速度a＝g，则时刻，竖直方程速度vy＝，则最大速度为，B 错误；根据竖直方
向速度时间图像可知，在0～内竖直方向的位移为×＝g()2，微粒在水平方向做匀速直线运
动，则板长L＝v0T，解得L＝d，C 正确；T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出，根据动能定
理得mgd＋W 电＝0，故克服静电力做功为mgd，D 错误．
【典例1 拔尖题对应练习】(多选)如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度随
时间的变化规律如图乙所示．t＝0 时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板
间，0～时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与
金属板接触．重力加速度的大小为g.下列说法中正确的是( )
A. T 时刻速度沿水平方向，大小为v0
B. 0～T 时间内静电力做功为mgd
C. 0～T 时间内重力势能减少了mgd
D. 金属板长度为2v0
【典例1 拔尖题对应练习】【答案】AC
【解析】0～时间内微粒匀速运动，则有q·3E0＝mg，～T 内，微粒做平抛运动，下降
的位移y1＝g( )2，T～T 时间内，微粒的加速度大小a＝
＝g，方向竖直向上，微
粒在竖直方向做匀减速运动，T 时刻竖直分速度为零，即T 时刻速度的方向沿水平方向，
大小为v0，故A 正确；在～T 内和T～T 时间内竖直方向的加速度大小相等，方向相反，
时间相等，则位移的大小相等，为d，整个过程中静电力做功为W＝－6E0·q· d＝－qE0d
＝－mgd，故B 错误；微粒在竖直方向向下运动，位移大小为d，则重力势能的减小量为
mgd，故C 正确；根据上面分析可知：在～T 内和T～T 内，竖直方向位移大小相等，
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均为d，则在～T 内下降的位移y＝g( )2＝d，则T＝
，而水平方向为匀速运动，
则金属板长度为L＝v0T＝v0·
＝3v0
，故D 错误．
10
