資源簡介

10.5 帶電粒子在電場中的運動【九大題型】
【人教版 2019】
【題型 1 帶電粒子（不計重力）在勻強電場中的直線運動】 ...........................................................................2
【題型 2 帶電物體（計重力）在勻強電場中的直線運動】 ...............................................................................3
【題型 3 帶電粒子在周期性變化電場中的直線運動】 .......................................................................................5
【題型 4 帶電粒子在周期性變化電場中的曲線運動】 .......................................................................................7
【題型 5 帶電粒子在勻強電場中的類拋體運動】 .............................................................................................10
【題型 6 帶電粒子在勻強電場中的圓周運動】 .................................................................................................12
【題型 7 帶電粒子在電場中的能量問題】 .........................................................................................................14
【題型 8 示波器的原理】.....................................................................................................................................15
【題型 9 帶電粒子其他非勻強電場中的運動】 .................................................................................................17
知識點 1：帶電粒子在電場中的加速
分析帶電粒子的加速問題有兩種思路：
1．利用牛頓第二定律結合勻變速直線運動公式分析．適用于勻強電場．
1 1
2．利用靜電力做功結合動能定理分析．對于勻強電場和非勻強電場都適用，公式有 qEd＝ mv2－ mv 2(勻
2 2 0
1 1
強電場)或 qU＝ mv2－ mv 20 (任何電場)等．2 2
知識點 2：帶電粒子在電場中的偏轉
如圖所示，質量為 m、帶電荷量為 q 的粒子(忽略重力)，以初速度 v0平行于兩極板進入勻強電場，極板
長為 l，極板間距離為 d，極板間電壓為 U.
1．運動性質：
(1)沿初速度方向：速度為 v0的勻速直線運動．
(2)垂直 v0的方向：初速度為零的勻加速直線運動．
2．運動規律：
l qU 1 qUl2
(1)t＝ ，a＝ ，偏移距離 y＝ at2＝ .
v0 md 2 2mv02d
qUl vy qUl
(2)vy＝at＝ ，tan θ＝ ＝ .mv0d v0 mdv02
【題型 1 帶電粒子（不計重力）在勻強電場中的直線運動】
【例 1】（2023·武威期中）下列粒子從初速度為零的狀態經過電壓同為 U 的電場加速后速度最大的是（　　）
A．氘核（ 21H ） B．質子（ 11H）
C 4．氦原子核（ He ） D．氚核（ 32 1H）
【變式 1-1】（2023·南京期末）如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板 A、B、C 中央各有一小孔，小
孔分別位于 O、M、P 點，由 O 點靜止釋放的電子恰好能運動到 P 點，現將 C 板向左平移到P' 點，則由 O
點靜止釋放的電子（　　）
A．運動到 P 點返回 B．運動到 P 和P' 點之間返回
C．運動到P' 點返回 D．穿過P' 點后繼續運動
【變式 1-2】（多）一對平行正對的金屬板 C、D 接入如圖所示的電路中，C 板固定，D 板可左右平行移動，
閉合開關，一段時間后再斷開開關，從 C 板發射一電子，恰能運動到 A 點后再返回，已知 A 到 D 板的距離
是板間距離的三分之一，忽略電子的重力，則（　　）
A．若將 D 板向左平移至 A 點，電子恰能到達 D 板
B．若將 D 板向右平移至某位置，電子將不能運動至 A 點
C．若要讓電子能夠到達 D 板，可將電子的動能至少增加為原來的 1.5 倍
D．若閉合開關，再將 D 板向左平移至 A 點或 A 點左側某位置，電子能夠到達 D 板
【變式 1-3】（2024·河北開學考）（多）圖甲為靜電式油煙凈化器的原理圖，油煙先經過濾網過濾，較小
的顆粒進入收集筒內，筒中心和筒壁之間加上高電壓（恒定）后，中心負極會均勻地發射與筒壁垂直的電
子，顆粒（視為球體）以相同的速度平行筒心軸線進入筒內后，吸收電子帶上負電，在電場力作用下向筒
壁偏移，最后附著到筒壁上。已知顆粒吸附的電子數與其表面積成正比，顆粒密度恒定，不計重力和其他
影響，該電場可看成輻向電場（如圖乙所示）。下列說法正確的是（　　）
A．油煙顆粒在收集筒內做勻變速運動
B．經過同一位置的油煙顆粒，半徑越大加速度越小
C．離筒壁越遠的油煙顆粒達到筒壁上的速度不一定越大
D．收集筒半徑越大油煙凈化效果越好
【題型 2 帶電物體（計重力）在勻強電場中的直線運動】
【例 2】（2024·湖北開學考）如圖甲所示，傾角為q = 37°的光滑斜面固定在水平地面上，其空間存在沿
斜面方向的勻強電場，以斜面底諯為坐標原點，沿斜面向上為正方向建立 x 軸，一帶正電的小滑塊以一定
的初速度 v0 從斜面底端 x = 0處開始上滑，若斜面足夠長，上滑過程中小滑塊的機械能和動能隨位移變化的
關系圖線如圖乙所示， sin 37° = 0.6， cos37° = 0.8，則下列說法正確的是（ ）
A．電場強度的方向沿斜面向上
4E
B 0．在斜面底端小滑塊克服重力做功的功率為 vx 00
E
C 0．在斜面底端小滑塊克服電場力做功的功率為 vx 00
D．小滑塊上滑過程中，重力勢能增加了 4E0
【變式 2-1】如圖所示，一個質量為 m、電荷量為 q 的帶正電油滴，在平行于紙面的勻強電場中由靜止沿斜
向右下方做直線運動，其軌跡與豎直方向的夾角為 θ，重力加速度大小為 g，不計空氣阻力，則下列判斷正
確的是（　　）
mg
A．電場強度的最小值等于 q
mg sinq
B．電場強度的最大值等于 q
C．帶電油滴的機械能不可能增加
D．靜電力可能對帶電油滴不做功
【變式 2-2】（2024·河北模擬）質量 1kg 的帶正電滑塊，輕輕放在傳送帶底端。傳送帶與水平方向夾角為
q = 37°，與滑塊間動摩擦因數為m = 0.5，電動機帶動傳送帶以 3m/s 速度順時針勻速轉動。滑塊受到沿斜
面向上的 4N 恒定電場力作用，則 1s 內（　　）
A．滑塊動能增加 4J B．滑塊機械能增加 12J
C．由于放上滑塊電機多消耗電能為 12J D．滑塊與傳送帶間摩擦產熱為 4J
【變式 2-3】（2023·成都期中） AB、CD兩塊正對的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所
示。兩板間距 10cm，電荷量為1.0 10-8 C、質量為3.0 10-4 kg 的小球用長為 5cm 的絕緣細線懸掛于 A 點。
閉合開關 S，小球靜止時，細線與 AB 板夾角為30°；剪斷細線，小球運動到CD板上的M 點（未標出），
求
(1)電場強度大小；
(2) MC 距離為多少？
(3)小球運動到CD板上的M 點過程中電勢能改變了多少？
【題型 3 帶電粒子在周期性變化電場中的直線運動】
【例 3】（多）如圖甲所示，A、B 是一對平行金屬板。A 板的電勢 φA=0，B 板的電勢 φB隨時間的變化規律
如圖乙所示。現有一電子從 A 板上的小孔進入兩板間的電場區內，電子的初速度和重力的影響均可忽略。
T
若在 t=0 時刻進入的電子恰好在 時刻穿過 B 板，則（　　）
2
T
A．在 t = 時刻進入的電子一定不能穿過 B 板
8
T
B．在 t = 時刻進入的電子一定能穿過 B 板
8
T
C．在 t = 時刻進入的電子一定不能穿過 B 極
4
T
D．在 t = 時刻進入的電子一定能穿過 B 板
4
【變式 3-1】（2024·山東開學考）（多）如圖甲所示，直線加速器由多個橫截面積相同的金屬圓筒依次排
列，其中心軸線在同一直線上，圓筒的長度依照一定的規律依次增加。序號為奇數的圓筒和交變電源的一
個極相連，序號為偶數的圓筒和該電源的另一個極相連。交變電源兩極間電勢差的變化規律如圖乙所示。
某時刻位于序號為 0 的金屬圓板中心的粒子由靜止開始加速，沿中心軸線進入圓筒 1，粒子運動到圓筒與圓
筒之間各個間隙中都恰好使靜電力的方向跟運動方向相同而不斷加速。已知電壓的絕對值為U0 ，周期為
T ，粒子的比荷為 k ，粒子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計，只考慮靜電力的作用。則（　　）
A．粒子在金屬圓筒內做勻加速直線運動
T
B．粒子在各個金屬圓筒內運動的時間均為
2
C．粒子剛進入第 8 個圓筒時的速度大小為 4 kU0
D．第 8 個圓筒的長度為 4T kU0
【變式 3-2】（2023·淄博期末）（多）勻強電場的電場強度 E 隨時間 t 變化的圖像如圖所示。當 t = 0時，
在此勻強電場中由靜止釋放一個帶正電的粒子，帶電粒子只受靜電力的作用，下列說法正確的是（　　）
A．帶電粒子將始終向同一個方向運動
B．3s 末帶電粒子回到原出發點
C．3s 末帶電粒子的速度不為零
D．前 3s 內，靜電力做的總功為零
【變式 3-3】（2023·安順一模）（多）近年來市場上出現的一種靜電耳機。其基本原理如圖甲，a、b 為兩
片平行固定金屬薄板，M 是位于金屬板之間的極薄帶電振膜，將帶有音頻信號特征的電壓加在金屬板上，
使帶電振膜在靜電力的作用下沿垂直金屬板方向振動從而發出聲音。若兩金屬板可看作間距為 d、電容為 C
的平行板電容器，振膜質量為 m 且均勻帶有 +q 電荷，其面積與金屬板相等，兩板所加電壓信號Uab 如圖乙
所示，周期為 T，在 t = 0時刻振膜從兩板正中間位置由靜止開始運動，振膜不碰到金屬板，不計振膜受到的
重力和阻力，則（　　）
qQ
A．當金屬板充電至電荷量為 Q 時振膜的加速度為
Cdm
T
B．一個周期內振膜沿 ab 方向運動的時間為
2
12md 2
C．所加信號電壓Uab 中的U0 最大值為 qT 2
36md 2
D．所加信號電壓Uab 中的U0 最大值為 qT 2
【題型 4 帶電粒子在周期性變化電場中的曲線運動】
【例 4】（多）如圖甲所示，真空中水平正對放置兩塊長度均為 l 的平行金屬板 P、Q，兩板間距為 d，兩板
T T
間加上如圖乙所示的周期性變化的電壓，其中 0~ 時電壓為 3U
2 0
， ~T 時電壓為 U0。在兩板左側中央處2
有一粒子源 A，自 t=0 時刻開始連續發射初速度大小為 v0、方向平行于金屬板的帶負電的相同粒子，這些粒
T
子均能從金屬板間射出，且 t= 時刻發射的粒子恰能水平擊中光屏中的 O 點（AO 在同一水平線上）。已
4
l
知電場變化的周期 T= v ，粒子的質量為 m，不計粒子間的作用力，重力加速度為 g。則（　　）0
mgd
A．粒子的電荷量 q= 2U 0
B．粒子離開電場時的速度方向均相同
1
C．在 t= T 時刻發射的粒子在離開電場時的電勢能等于進入電場時的電勢能
8
gl 2
D．光屏上有粒子擊中的區域的長度為
v 20
【變式 4-1】（2023·江西期末）（多）如圖甲所示，某裝置由直線加速器和偏轉電場組成。直線加速器序
號為奇數和偶數的圓筒分別和交變電源的兩極相連，交變電源兩極間電勢差的變化規律如圖乙所示；在 t＝0
時，奇數圓筒相對偶數圓筒的電勢差為正值，位于金屬圓板（序號為 0）中央的電子由靜止開始加速，通過
可視為勻強電場的圓筒間隙的時間忽略不計，偏轉勻強電場的 A、B 板水平放置，長度均為 L，相距為 d，極
板間電壓為 U，電子從直線加速器水平射出后，自 M 點射入電場，從 N 點射出電場。若電子的質量為 m，
電荷量為 e，不計電子的重力和相對論效應。下列說法正確的是（　　）
1
A．電子在第 3 個與第 6 個金屬筒中的動能之比
2
B 2 T eU．第 個金屬圓筒的長度為 0
2 m
UL
C．電子射出偏轉電場時，速度偏轉角度的正切值 tanq = 8dU0
D．若電子通過圓筒間隙的時間不可忽略，且圓筒間隙的距離均為 d，在保持圓筒長度、交變電壓的變
U eT
化規律和圖乙中相同的情況下，該裝置能夠讓電子獲得的最大速度為 vm = 02dm
【變式 4-2】（2022·長沙期末）（多）如圖甲所示，在空間坐標系 xOy 中，α 射線管放置在第Ⅱ象限。由
平行金屬板 A、B 和平行于金屬板的細管 C 組成，細管 C 到兩金屬板距離相等，右側的開口在 y 軸上，金
屬板和細管 C 均平行于 x 軸。放射源 P 在 A 板左端，可以沿特定方向發射某一初速度的 α 粒子。若金屬板
長為 L、間距為 d，當 A、B 板間加上某一電壓時，α 粒子剛好能夠以速度 v0 從細管 C 水平射出，進入位于
第Ⅰ象限的靜電分析器中。靜電分析器中存在著如圖所示的輻向電場，分布在整個第Ⅰ象限的區域內。電場線
沿半徑方向，指向與坐標系原點重合的圓心 O。粒子在該電場中恰好做勻速圓周運動，α 粒子運動軌跡處的
場強大小處處為E0 。 t = 0時刻 α 粒子垂直 x 軸進入第Ⅳ象限的交變電場中，交變電場的場強大小也為E0 ，
方向隨時間的變化關系如圖乙所示，規定沿 x 軸正方向為電場的正方向。已知 α 粒子的電荷量為 2e（e 為元
電荷）、質量為 m，重力不計。以下說法中正確的是（　　）
md 2v2A．α 粒子從放射源 P 運動到 C 的過程中動能減少了 0
L2
2
B．α d粒子從放射源 P 發射時的速度大小為 v0 1+ L2
mv2
C．α 粒子在靜電分析器中運動的軌跡半徑為 r = 0
2eE0
mv2 eE T 2
D．在 t = 2T 時刻，α 粒子的坐標為 0 + 0 ，- 2v2eE 0
T ÷
è 0 m
【變式 4-3】（2023·南京期末）圖 1 的平行金屬板 M、N 間加有圖 2 所示的交變電壓，OO'是 M、N 板間
T q1
的中線，當電壓穩定時，板間為勻強電場。 時，比荷為 k（ k = m ）的帶電粒子甲從 O 點沿 OO'方向、4 1
3T 3T
以 v0的速率進入板間， 時飛離電場，期間恰好不與極板相碰。若在 時刻，帶電粒子乙以 2v0的速率2 8
沿 OO'從 O 點進入板間，已知乙粒子在運動過程中也恰好不與極板碰撞，不計粒子受到的重力，求：
（1）乙粒子離開電場的時刻；
（2）乙粒子的比荷是甲的多少倍；
（3）甲、乙兩粒子通過電場偏轉的位移大小之比。
【題型 5 帶電粒子在勻強電場中的類拋體運動】
【例 5】如圖所示，在豎直向下的勻強電場中有一固定的足夠長的斜面，將一帶正電的小球從斜面上某點以
水平向右的速度 v0 拋出，小球最終落到斜面上。撤去電場，將同一小球仍在斜面上同一位置以水平向右的
速度 v0 拋出，小球再次落到斜面上。則關于小球前后兩個運動過程，以下判斷正確的是（ ）
A．運動時間相同 B．落到斜面上時的速度相同
C．落到斜面上時的位置相同 D．離斜面最遠時的高度相同
【變式 5-1】如圖，質量為m 、電荷量為 q的質子（不計重力）在勻強電場中運動，先后經過水平虛線上 A、
B 兩點時的速度大小分別為 va = v、 vb = 3v，方向分別與 AB 成a = 60°斜向上、q = 30°斜向下，已知
AB = L，則下列說法錯誤的是（　　）
A．質子從 A 到 B 的運動為勻變速運動
B 3mv
2
．場強大小為
qL
L
C．質子從 A 點運動到 B 點所用時間為
v
D 3．質子的最小速度為 v
2
【變式 5-2】（多）生活中許多電子儀器都利用了帶電粒子在電場中的偏轉的原理，例如示波器、電子束儀、
XCT 掃描等。如圖所示，長為 2d 的水平放置的平行金屬板 A 和 B 間的距離為 d。(OO'為兩板的中線，在
A、B 兩板間加上恒定電壓 U0。質量為 m、電荷量為 q 的帶正電的粒子組成的粒子束，不斷地從 O 點沿 OO'
1
方向射入兩板間，結果粒子從距離 A 板 d 的位置離開平行金屬板。不計重力影響，不計粒子間的相互作用。
4
則（ ）
A 2qU．粒子從 O 點射入的速度大小為 2 0
m
B．只改變粒子射入速度的方向，使粒子剛好能從 B 板右側邊緣平行于 B 板飛出，則粒子射入速度的方
向與 OO'的夾角為 45°
1
C．只將 B 板沿豎直方向平移，要使粒子從 A 板右側邊緣飛出，則 B 板向上移動的距離為 d
4
D．只將 A 3 - 5板沿豎直方向平移，要使粒子從 A 板右側邊緣飛出，則 A 板向下移動的距離為 d
4
【變式 5-3】如圖所示，A 為粒子源，在 A 和極板 B 間的加速電壓為U1 ，在兩水平放置的平行帶電板 C、D
L
間的電壓為U 2 。P 為熒光屏，距偏轉電場右端的水平距離為 。現設有質量為 m，電荷量為 q 的質子初速2
度為零，從 A 被加速電壓U1 加速后水平進入豎直方向的勻強電場，平行帶電板的極板的長度為 L，兩板間
的距離為 d，不計帶電粒子的重力，求：
(1)帶電粒子在射出 B 板時的速度大小；
(2)帶電粒子飛出 C、D 電場時在豎直方向上發生的位移大小 y；
(3)現有質子、氘核和 α 粒子三種帶正電的粒子（電量之比為 1：1：2，質量之比為 1：2：4）分別在 A 板附
近由靜止開始經過該實驗裝置計算它們打在熒光屏上的位置。（不計粒子間的相互作用）
【題型 6 帶電粒子在勻強電場中的圓周運動】
【例 6】如圖所示，在豎直平面內， AB ^ CD 且 A、B、C、D 位于半徑為 r 的同一圓上，在 C 點有一固定
點電荷，電荷量為-Q。現從 A 點將一質量為 m、電荷量為-q 的點電荷由靜止釋放，該點電荷沿光滑絕緣軌
道 ADB 運動到 D 點時的速度大小為 4 gr ，重力加速度為 g，則在-Q 形成的電場中（　　）
A．A 點的電勢高于 D 點的電勢
B．O 點的電場強度大小是 A 點的 2 倍
C．點電荷由 A 點運動至 D 點的過程中，靜電力做功為 8mgr
Qq
D．點電荷在 D 點對軌道的壓力為17mg + k
4r 2
【變式 6-1】（多）如圖所示，在豎直平面內有水平向左的勻強電場，在電場中有一根長為 L 的絕緣細線，
一端固定在 O 點，另一端系一質量為 m 的帶電小球。小球靜止時細線與豎直方向成 θ 角，此時讓小球獲得
初速度且恰能繞 O 點在豎直平面內沿逆時針方向做圓周運動，重力加速度為 g。下列說法正確的是（　　）
mg tanq
A．勻強電場的電場強度E = q
mgL
B．小球動能的最小值為 Ek = 2cosq
C．小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能最大
D．小球從初始位置開始，在豎直平面內運動一周的過程中，其電勢能先減小后增大再減小
【變式 6-2】如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場，一個質量為 m、電荷量為 q 的帶正電小球用長為 L
的絕緣細線懸于電場中的 O 點。將小球拉至與 O 點等高的 A 點，給小球一個豎直向下的初速度，小球在豎
直面內做圓周運動，恰好能到達 C 點，OC 與豎直方向的夾角為 37°，重力加速度為 g，已知電場強度大小
E mg= ， sin 37° = 0.6，小球可視為質點，求：
q
(1)小球在 A 點的初速度大小；
(2)小球運動到圓弧最低點 B 時，細線的拉力大小；
(3)若小球向左運動到速度最大的位置時細線剛好斷開，此后當小球運動的速度沿水平方向時，小球的速度
大小。
【變式 6-3】固定在O點的細線拉著一質量為m 、電荷量為 q的帶正電小球在豎直平面內做半徑為 R 的圓周
3mg
運動，該區域內存在水平向右的勻強電場（圖中未畫出），電場強度E = 4q ，圓周上 A 點在圓心 O 的正
上方，小球過 A 點時的速度大小為 v0 ，方向水平向左，不計一切阻力，重力加速度為 g ，求：
(1)小球過 A 點時對細線的作用力；
(2)小球做圓周運動過程中的最小速率；
(3)若小球過 A 點時斷開細線，之后的運動中小球經過其電勢能最大位置時的速率為多大
【題型 7 帶電粒子在電場中的能量問題】
【例 7】（2023·南京期末）如圖所示，在豎直平面內有一個帶正電的小球，質量為m = 0.5kg ，所帶的電
荷量為 q = 5 10-4 C ，用一根不可伸長的絕緣輕細線系在勻強電場中的 O 點，勻強電場方向水平向右，場強
為 104N/C。現將帶正電小球從 O 點右方由水平位置 A 點（細線繃直）無初速度釋放，取重力加速度
g = 10m/s2 。以下說法錯誤的是（　　）
A．小球運動到 B 點時速度剛好為零
B．從 A 到 B 的過程中小球減少的重力勢能大于電勢能的增加量
C．若將小球從 C 點由靜止釋放，其最終一定能通過 A 點并繼續運動一段距離
D．若將小球從 C 點由靜止釋放，運動過程中機械能和電勢能的和不守恒
【變式 7-1】（2023·無錫期中）如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是 O，最低點是 P，直徑 MN
水平，a、b 是兩個完全相同的帶正電小球（視為點電荷），b 固定在 M 點，a 從 N 點靜止釋放，沿半圓槽
運動經過 P 點到達某點 Q（圖中未畫出）時速度為零。則小球 a（　　）
A．從 N 到 P 的過程中，速率一直增大
B．從 N 到 Q 的過程中，電勢能一直增加
C．從 N 到 Q 的過程中，機械能一直增大
D．從 N 到 Q 的過程中，庫侖力先增大后減小
【變式 7-2】（2023·成都期中）（多）一質量為 m 的帶電液滴以豎直向下的初速度 v0 進入某電場中，由于
電場力和重力的作用，液滴沿豎直方向下落一段距離 h 后，速度變為 0。在此過程中，以下判斷正確的是
（　　）
A 1 2．液滴一定帶負電 B．合外力對液滴做的功為 - mv2 0
1
C 2．液滴的電勢能增加了 mv0 + mgh
1
D．液滴的重力勢能減少了 mv 20 + mgh2 2
【變式 7-3】（2024·西安三模）（多）一種可用于衛星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶
電導體極板（半徑分別為 R 和R + d ）和探測器組成，其橫截面如圖（a）所示，點O為圓心。在截面內，極
板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，方向指向O點。4 個帶正電的同種粒子從極板間通過，
到達探測器。不計重力。粒子 1、2 做圓周運動，圓的圓心為O、半徑分別為 r1 、 r2 R < r1 < r2 < R + d ；粒
子 3 從距O點 r2 的位置入射并從距O點 r1 的位置出射；粒子 4 從距O點 r1 的位置入射并從距O點 r2 的位置出
圖（a）射，軌跡如圖（b）中虛線所示。則（ ）
A．粒子 1 入射時的動能大于粒子 2 入射時的動能
B．粒子 4 入射時的動能大于粒子 2 入射時的動能
C．粒子 3 出射時的動能大于粒子 3 入射時的動能
D．粒子 4 出射時的動能大于粒子 4 入射時的動能
【題型 8 示波器的原理】
【例 8】示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，如圖所示。如果在熒光屏上 P
點出現亮斑，那么示波管中的（　　）
A．極板 X 應帶正電 B．極板 X'應帶負電
C．極板 Y 應帶正電 D．極板 Y'應帶正電
【變式 8-1】（2023·無錫期末）示波管由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，其原理圖如圖甲所示。圖乙是
從右向左看到的熒光屏的平面圖。若在 XX'上加如圖丙所示的電壓，在 YY'上加如圖丁所示的信號電壓，
則在示波管熒光屏上看到的圖形是（ ）
A． B． C． D．
【變式 8-2】（2024·太原三模）示波器可以用來觀察電信號隨時間變化的情況，YY'偏轉電極上加的是待
測信號電壓，XX'偏轉電極接入儀器自身產生的鋸齒形掃描電壓。若調節掃描電壓周期與信號電壓周期相
同，在熒光屏上可得到待測信號在一個周期內隨時間變化的穩定圖像。下列說法正確的是（ ）
A．電子在示波管內做類平拋運動
B．待測信號電壓不會改變電子的動能
C．若熒光屏上恰好只出現一個周期內的正弦圖像，說明待測信號隨時間按正弦規律變化
D．若熒光屏上恰好只出現一個周期內的正弦圖像，把掃描電壓的周期變為原來的一半，熒光屏上會出
現兩個周期內的正弦圖像
【變式 8-3】（2024·徐州三模）如圖所示，在示波管水平極板YY 加電壓U1 、豎直極板 XX 加電壓U 2 后，
亮斑會偏離熒光屏中心位置。能使亮斑離熒光屏中心的豎直距離增大的是（　　）
A．增大U1 B．減小U1
C．增大U 2 D．減小U 2
【題型 9 帶電粒子其他非勻強電場中的運動】
【例 9】（2024·武漢模擬）如圖所示水平放置的平行板電容器中間開有小孔，兩板間距為 d；一均勻帶電
絕緣棒帶電量為+Q，長度為 2d，質量為 m。絕緣電棒下端緊靠小孔，靜止釋放后絕緣棒始終保持豎直，與
電容器無接觸且電荷分布保持不變。棒的上端點進入電場時，棒的速度恰好為零。不考慮極板外的電場影
響，則兩板間的電壓為（　　）
4mgd 8mgd 2mgd 4mgd
A． 3Q B． 3Q C． Q D． Q
【變式 9-1】（2024·廈門二模）（多）《廈門志·風俗記》中記載：“（廈門人）俗好啜茶，…如啜酒然，
以餉客，客必辨其色、香、味而細啜之，名曰功夫茶。”在茶葉生產過程中有道茶葉茶梗分離的工序，可通
q
過電暈放電、感應極化等方式讓茶葉茶梗都帶上正電荷，且茶葉的比荷 小于茶梗的比荷，之后兩者通過
m
靜電場便可分離。如圖所示，圖中 A、B 分別為帶電量不同的兩個帶電球，之間產生非勻強電場，茶葉、茶
梗通過電場分離，并沿光滑絕緣分離器落入小桶。假設有一茶梗 P 電荷量為3 10﹣8 C，質量為 2 10﹣4 kg ，
以 1m/s 的速度離開 A 球表面 O 點，最后落入桶底，O 點電勢為 1×104V，距離桶底高度為 0.8m，桶底電勢
為零。不計空氣阻力、茶葉茶梗間作用力及一切碰撞能量損失，重力加速度 g 取 10m/s2，則（　　）
A．M 處電場強度大于 N 處電場強度
B．茶葉落入左桶，茶梗落入右桶
C．茶梗 P 落入桶底速度為 17 m s
D．茶梗 P 落入桶底速度為 2 5 m s
【變式 9-2】（2023·貴港期末）（多）如圖所示，光滑絕緣的水平面上有一質量為 m、帶負電的小球 A，
在距水平面高 h 處固定一帶正電且帶電荷量為+Q的小球 B。現使得小球 A 獲得一水平初速度，使其恰好能
在水平面上做勻速圓周運動，此時兩小球連線與水平面間的夾角為 30°，小球 A 恰好對水平面沒有壓力。已
知 A、B 兩小球均可視為點電荷，靜電力常量為 k，重力加速度大小為 g，下列說法正確的是（ ）
A．兩小球間的庫侖力大小為 2mg
B．小球 A 做勻速圓周運動的向心力大小為 2mg
C．小球 A 做勻速圓周運動的線速度大小為 2 gh
8mgh2
D．小球 A 所帶的電荷量為
kQ
【變式 9-3】（2022
1
·無錫期中）如圖所示，光滑水平面 AB 和豎直面內的光滑 4 圓弧導軌在 B 點平滑連接，
導軌半徑為 R。質量為 m 的帶正電小球將輕質彈簧壓縮至 A 點后由靜止釋放，脫離彈簧后經過 B 點時的速
度大小為 2 gR ，之后沿導軌 BO 運動。以 O 為坐標原點建立直角坐標系 xOy，在 x≥－R 區域有方向與 x 軸
夾角為 θ＝45°的勻強電場，進入電場后小球受到的電場力大小為 2 mg。小球在運動過程中電荷量保持不變，
重力加速度為 g。求：
（1）彈簧壓縮至 A 點時的彈性勢能；
（2）小球經過 O 點時的速度大小；
（3）小球過 O 點后運動的軌跡方程。10.5 帶電粒子在電場中的運動【九大題型】
【人教版 2019】
【題型 1 帶電粒子（不計重力）在勻強電場中的直線運動】 ...........................................................................2
【題型 2 帶電物體（計重力）在勻強電場中的直線運動】 ...............................................................................6
【題型 3 帶電粒子在周期性變化電場中的直線運動】 .....................................................................................11
【題型 4 帶電粒子在周期性變化電場中的曲線運動】 .....................................................................................15
【題型 5 帶電粒子在勻強電場中的類拋體運動】 .............................................................................................23
【題型 6 帶電粒子在勻強電場中的圓周運動】 .................................................................................................29
【題型 7 帶電粒子在電場中的能量問題】 .........................................................................................................35
【題型 8 示波器的原理】.....................................................................................................................................39
【題型 9 帶電粒子其他非勻強電場中的運動】 .................................................................................................43
知識點 1：帶電粒子在電場中的加速
分析帶電粒子的加速問題有兩種思路：
1．利用牛頓第二定律結合勻變速直線運動公式分析．適用于勻強電場．
1 1
2．利用靜電力做功結合動能定理分析．對于勻強電場和非勻強電場都適用，公式有 qEd＝ mv2－ mv 20 (勻2 2
1 1
強電場)或 qU＝ mv2－ mv 2(任何電場)等．
2 2 0
知識點 2：帶電粒子在電場中的偏轉
如圖所示，質量為 m、帶電荷量為 q 的粒子(忽略重力)，以初速度 v0平行于兩極板進入勻強電場，極板
長為 l，極板間距離為 d，極板間電壓為 U.
1．運動性質：
(1)沿初速度方向：速度為 v0的勻速直線運動．
(2)垂直 v0的方向：初速度為零的勻加速直線運動．
2．運動規律：
l qU 1 qUl2
(1)t＝ ，a＝ ，偏移距離 y＝ at2＝ .
v0 md 2 2mv02d
qUl vy qUl
(2)vy＝at＝ ，tan θ＝ ＝ .mv0d v0 mdv02
【題型 1 帶電粒子（不計重力）在勻強電場中的直線運動】
【例 1】（2023·武威期中）下列粒子從初速度為零的狀態經過電壓同為 U 的電場加速后速度最大的是（　　）
A．氘核（ 21H ） B．質子（ 11H）
C 4．氦原子核（ 2 He ） D．氚核（
3
1H）
【答案】B
【詳解】設粒子的電量為 q，質量為 m，則由動能定理得
qU 1 mv2
2
解得
v 2qU
m
在題中四個粒子中質子的比荷最大，速度也最大。
故選 B。
【變式 1-1】（2023·南京期末）如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板 A、B、C 中央各有一小孔，小
孔分別位于 O、M、P 點，由 O 點靜止釋放的電子恰好能運動到 P 點，現將 C 板向左平移到P' 點，則由 O
點靜止釋放的電子（　　）
A．運動到 P 點返回 B．運動到 P 和P' 點之間返回
C．運動到P' 點返回 D．穿過P' 點后繼續運動
【答案】D
【知識點】帶電粒子在勻強電場中的直線運動
【詳解】由 O 點靜止釋放的電子恰好能運動到 P 點，表明電子在薄板 A、B 之間做加速運動，電場力做正
功，電場方向向左，在薄板 B、C 之間做減速運動，電場力做負功，電場方向向右，到達 P 點時速度恰好為
0，之后，電子向左加速至 M 點，再向左減速至 O 點速度為 0，之后重復先前的運動，根據動能定理有
-eUOM - eUMP 0
解得
UMP -UOM UMO
根據
C Q e S
U 4p kd
當 C 板向左平移到P' 點，B、C 間距減小，B、C 之間電壓減小，則有
UMP UMO > UMP '
結合上述有
-eUOM - eUMP ' > 0
可知，電子減速運動到P' 的速度不等于 0，即電子穿過P' 點后繼續向右運動。
故選 D。
【變式 1-2】（多）一對平行正對的金屬板 C、D 接入如圖所示的電路中，C 板固定，D 板可左右平行移動，
閉合開關，一段時間后再斷開開關，從 C 板發射一電子，恰能運動到 A 點后再返回，已知 A 到 D 板的距離
是板間距離的三分之一，忽略電子的重力，則（　　）
A．若將 D 板向左平移至 A 點，電子恰能到達 D 板
B．若將 D 板向右平移至某位置，電子將不能運動至 A 點
C．若要讓電子能夠到達 D 板，可將電子的動能至少增加為原來的 1.5 倍
D．若閉合開關，再將 D 板向左平移至 A 點或 A 點左側某位置，電子能夠到達 D 板
【答案】AC
【詳解】AB．從 C 板發射一電子，恰能運動到 A 點后再返回，則有
-eUCA -e × EdCA 0 - Ek0
若將 D 板向左平移至 A 點，根據
C e S r
4p kd
C Q
U
可得
E 4p kQ
e rS
兩極板間電場強度不變，則電子恰能到達 D 板，同理，若將 D 板向右平移至某位置，電子恰能運動至 A 點，
故 A 正確，B 錯誤；
C．若要讓電子能夠到達 D 板，則
-eUCD -e × EdCD 0 - Ek 0
d 2CA d3 CD
所以
Ek 0 1.5Ek0
故 C 正確；
D．若閉合開關，再將 D 板向左平移至 A 點或 A 點左側某位置，則電容器兩極板間電勢差不變，兩極板間
距離減小，兩極板間電場強度增大，電子不能到達 D 板，故 D 錯誤。
故選 AC。
【變式 1-3】（2024·河北開學考）（多）圖甲為靜電式油煙凈化器的原理圖，油煙先經過濾網過濾，較小
的顆粒進入收集筒內，筒中心和筒壁之間加上高電壓（恒定）后，中心負極會均勻地發射與筒壁垂直的電
子，顆粒（視為球體）以相同的速度平行筒心軸線進入筒內后，吸收電子帶上負電，在電場力作用下向筒
壁偏移，最后附著到筒壁上。已知顆粒吸附的電子數與其表面積成正比，顆粒密度恒定，不計重力和其他
影響，該電場可看成輻向電場（如圖乙所示）。下列說法正確的是（　　）
A．油煙顆粒在收集筒內做勻變速運動
B．經過同一位置的油煙顆粒，半徑越大加速度越小
C．離筒壁越遠的油煙顆粒達到筒壁上的速度不一定越大
D．收集筒半徑越大油煙凈化效果越好
【答案】BC
【詳解】A．收集筒內的電場呈輻射狀，不是勻強電場，油煙顆粒在收集筒內做非勻變速運動，A 錯誤；
B．設油煙顆粒半徑為 R ，單位面積的電量為s ，由題意可知
r 4 πR3a s 4πR2 × E
3
則
a 3s E
rR
半徑越大加速度越小，B 正確；
C．由動能定理得
s 4πR2 ×U 1 × r 4 πR3 v2 - v22 3 0
解得
v 6sU + v2
rR 0
U
離的越遠U 越大，顆粒半徑 R 大小不同， 可能減小，C 正確；
R
D．收集筒半徑過大，油煙顆粒有可能打不到筒壁上，凈化效果會變差，D 錯誤。
故選 C。
【題型 2 帶電物體（計重力）在勻強電場中的直線運動】
【例 2】（2024·湖北開學考）如圖甲所示，傾角為q 37°的光滑斜面固定在水平地面上，其空間存在沿
斜面方向的勻強電場，以斜面底諯為坐標原點，沿斜面向上為正方向建立 x 軸，一帶正電的小滑塊以一定
的初速度 v0 從斜面底端 x 0處開始上滑，若斜面足夠長，上滑過程中小滑塊的機械能和動能隨位移變化的
關系圖線如圖乙所示， sin 37° 0.6， cos37° 0.8，則下列說法正確的是（ ）
A．電場強度的方向沿斜面向上
4E
B 0．在斜面底端小滑塊克服重力做功的功率為 vx 00
E
C 0．在斜面底端小滑塊克服電場力做功的功率為 vx 00
D．小滑塊上滑過程中，重力勢能增加了 4E0
【答案】C
【詳解】AC．由圖乙可知，上滑過程中小滑塊的機械能變化量為
W電 DE 3E0 - 4E0 -E0
即電場力做負功，所以電場強度的方向沿斜面向下。又
W電 -F電x0
解得
F E0電 x0
則在斜面底端小滑塊克服電場力做功的功率為
P電 F電v
E
00 vx 00
故 A 錯誤；C 正確；
D．由 A 選項分析可知，上滑過程中，小滑塊的機械能減少了E0 ，動能減少了 4E0 。其重力勢能增加了
DEp 4E0 - E0 3E0
故 D 錯誤；
B．小滑塊上滑過程中，重力做負功，小滑塊的重力勢能變化量為
DEp 3E0 mg sin 37° × x0
解得
mg 5E 0
x0
在斜面底端小滑塊克服重力做功的功率為
P mgv sin 37 3EG 0 ° 0 vx 00
故 B 錯誤。
故選 C。
【變式 2-1】如圖所示，一個質量為 m、電荷量為 q 的帶正電油滴，在平行于紙面的勻強電場中由靜止沿斜
向右下方做直線運動，其軌跡與豎直方向的夾角為 θ，重力加速度大小為 g，不計空氣阻力，則下列判斷正
確的是（　　）
mg
A．電場強度的最小值等于 q
mg sinq
B．電場強度的最大值等于 q
C．帶電油滴的機械能不可能增加
D．靜電力可能對帶電油滴不做功
【答案】D
【詳解】AB．帶電油滴的運動軌跡為直線，在電場中受到重力 mg 和靜電力 F，其合力必定沿此直線向下，
根據三角形定則作出合力，如圖
由圖可知，當靜電力 F 與油滴軌跡垂直時，靜電力 F 最小，場強最小，則有
F qEmin mgsinq
得到
E mg sinqmin q
由圖可知，電場強度無最大值，故 AB 錯誤；
mg sinq
D．當E q 時，靜電力方向與速度方向垂直，靜電力不做功，帶電油滴的電勢能一定不變；這種情
況下只有重力做功，帶電油滴的機械能不變，故 D 正確；
C．當E
mg sinq
>
q 時，靜電力方向與速度方向成銳角時，靜電力做正功，帶電油滴的機械能增加，故 C 錯
誤。
故選 D。
【變式 2-2】（2024·河北模擬）質量 1kg 的帶正電滑塊，輕輕放在傳送帶底端。傳送帶與水平方向夾角為
q 37°，與滑塊間動摩擦因數為m 0.5，電動機帶動傳送帶以 3m/s 速度順時針勻速轉動。滑塊受到沿斜
面向上的 4N 恒定電場力作用，則 1s 內（　　）
A．滑塊動能增加 4J B．滑塊機械能增加 12J
C．由于放上滑塊電機多消耗電能為 12J D．滑塊與傳送帶間摩擦產熱為 4J
【答案】C
【詳解】A．分析滑塊，由牛頓第二定律得
Eq + mmg cosq - mg sinq ma
解得
a 2m/s2
1s 末，滑塊末速度為
v1 at 2m/ s
位移為
x 11 at
2 1m
2
傳送帶位移為
x2 vt 3m
則，滑塊動能為
E 1 mv 2k 2 1
2J
故 A 錯誤；
B．滑塊機械能增加
DE1 Eqx + mmg cosq x 8J
故 B 錯誤；
C．電機多消耗電能
DE2 mmg cosq x帶 12J
故 C 正確；
D．滑塊與傳送帶間摩擦產熱為
Q mmg cosq x相 mmg x2 - x1 cosq 8J
故 D 錯誤。
故選 C。
【變式 2-3】（2023·成都期中） AB、CD兩塊正對的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所
示。兩板間距 10cm，電荷量為1.0 10-8 C、質量為3.0 10-4 kg 的小球用長為 5cm 的絕緣細線懸掛于 A 點。
閉合開關 S，小球靜止時，細線與 AB 板夾角為30°；剪斷細線，小球運動到CD板上的M 點（未標出），
求
(1)電場強度大小；
(2) MC 距離為多少？
(3)小球運動到CD板上的M 點過程中電勢能改變了多少？
【答案】(1) E 3 105 N/C (2) LMC 10 3cm (3)電勢能增加7.5 3 10-5 J
【詳解】（1）根據平衡條件和幾何關系，對小球受力分析如圖所示
根據幾何關系可得
T qE
T cos30o + qE cos30o mg
解得
E 3 105 N/C
（2）剪斷細線，小球做勻加速直線運動，如圖所示
根據幾何關系可得
L d tan 60oMC 10 3cm
（3）根據幾何關系可得小球沿著電場力方向的位移
x d - l sin 30o 10 1- 5 cm 7.5cm
2
與電場力方向相反，電場力做功為
W電 -qEx - 3 10
5 1.0 10-8 7.5 10-2 J -7.5 3 10-5 J
小球的電勢能增加7.5 3 10-5 J 。
【題型 3 帶電粒子在周期性變化電場中的直線運動】
【例 3】（多）如圖甲所示，A、B 是一對平行金屬板。A 板的電勢 φA=0，B 板的電勢 φB隨時間的變化規律
如圖乙所示。現有一電子從 A 板上的小孔進入兩板間的電場區內，電子的初速度和重力的影響均可忽略。
T
若在 t=0 時刻進入的電子恰好在 時刻穿過 B 板，則（　　）
2
A．在 t
T
時刻進入的電子一定不能穿過 B 板
8
B．在 t
T
時刻進入的電子一定能穿過 B 板
8
T
C．在 t 時刻進入的電子一定不能穿過 B 極
4
T
D．在 t 時刻進入的電子一定能穿過 B 板
4
【答案】BC
T
【詳解】AB．當電子在 t=0 時刻進入時，恰好在 時刻穿過 B 板，設此時電子的速度為 v，則
2
d 1 v T vT×
2 2 4
電子從 t
T
時刻進入兩板時，電子向右運動的最大位移為
8
d 2 1 3 3T 9vT× × v × > d
2 4 8 32
由此可知，電子一定能穿過 B 板，故 A 錯誤，B 正確；
T
CD．同理，電子從 t 時刻進入兩板時，電子向右運動的最大位移為
4
d 2 1 1 T vT × × v × < d
2 2 4 8
由此可知，電子一定不能穿過 B 板，故 C 正確，D 錯誤。
故選 BC。
【變式 3-1】（2024·山東開學考）（多）如圖甲所示，直線加速器由多個橫截面積相同的金屬圓筒依次排
列，其中心軸線在同一直線上，圓筒的長度依照一定的規律依次增加。序號為奇數的圓筒和交變電源的一
個極相連，序號為偶數的圓筒和該電源的另一個極相連。交變電源兩極間電勢差的變化規律如圖乙所示。
某時刻位于序號為 0 的金屬圓板中心的粒子由靜止開始加速，沿中心軸線進入圓筒 1，粒子運動到圓筒與圓
筒之間各個間隙中都恰好使靜電力的方向跟運動方向相同而不斷加速。已知電壓的絕對值為U0 ，周期為
T ，粒子的比荷為 k ，粒子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計，只考慮靜電力的作用。則（　　）
A．粒子在金屬圓筒內做勻加速直線運動
T
B．粒子在各個金屬圓筒內運動的時間均為
2
C．粒子剛進入第 8 個圓筒時的速度大小為 4 kU0
D．第 8 個圓筒的長度為 4T kU0
【答案】BC
【詳解】A．由于金屬圓筒處于靜電平衡狀態，圓筒內部場強為零，則電子在金屬圓筒中做勻速直線運動，
故 A 錯誤；
B．因為電子從金屬圓筒出來后要繼續做加速運動，所以電子在金屬圓筒中的運動時間應該為交變電源周期
T
的一半，即 ，故 B 正確；
2
C．由動能定理得
8eU 10 mv
2
2
可得粒子剛進入第 8 個圓筒時的速度大小為
v eU 4 0 4 kU
m 0
故 C 正確；
D．因為電子在圓筒中做勻速直線運動，所以第 8 個圓筒長度為
L T8 v × 2T kU2 0
故 D 錯誤。
故選 BC。
【變式 3-2】（2023·淄博期末）（多）勻強電場的電場強度 E 隨時間 t 變化的圖像如圖所示。當 t 0時，
在此勻強電場中由靜止釋放一個帶正電的粒子，帶電粒子只受靜電力的作用，下列說法正確的是（　　）
A．帶電粒子將始終向同一個方向運動
B．3s 末帶電粒子回到原出發點
C．3s 末帶電粒子的速度不為零
D．前 3s 內，靜電力做的總功為零
【答案】AD
【詳解】A．帶電粒子由靜止釋放后，在0 ~ 2s時間內，由牛頓第二定律可知粒子的加速度大小為
a qE1 m
在 2s : 3s時間內，粒子的加速度大小為
a 2qE2 m
可知粒子由靜止先以 a1加速度大小加速 2s，再以 a2加速度大小減速 1s，由于 a2 2a1，可知此時粒子速度是
零，同理在3s : 5s時間內由靜止又以 a1加速度大小加速 2s，再以 a2加速度大小減速 1s，此時粒子速度是零，
因此粒子在0 ~ 6s 時間內，帶電粒子將始終向同一個方向運動，其速度時間圖像如圖所示，
A 正確；
B．由帶電粒子的速度時間圖像可知，帶電粒子將始終向同一個方向運動，因此 3s 末帶電粒子回不到原出
發點，B 錯誤；
C．由帶電粒子的速度時間圖像可知，3s 末帶電粒子的速度是零，C 錯誤；
D．在前 3s 內，由動能定理可知
W DEk 0 - 0 0
前 3s 內，靜電力做的總功是零，D 正確。
故選 AD。
【變式 3-3】（2023·安順一模）（多）近年來市場上出現的一種靜電耳機。其基本原理如圖甲，a、b 為兩
片平行固定金屬薄板，M 是位于金屬板之間的極薄帶電振膜，將帶有音頻信號特征的電壓加在金屬板上，
使帶電振膜在靜電力的作用下沿垂直金屬板方向振動從而發出聲音。若兩金屬板可看作間距為 d、電容為 C
的平行板電容器，振膜質量為 m 且均勻帶有 +q 電荷，其面積與金屬板相等，兩板所加電壓信號Uab 如圖乙
所示，周期為 T，在 t 0時刻振膜從兩板正中間位置由靜止開始運動，振膜不碰到金屬板，不計振膜受到的
重力和阻力，則（　　）
qQ
A．當金屬板充電至電荷量為 Q 時振膜的加速度為
Cdm
T
B．一個周期內振膜沿 ab 方向運動的時間為
2
12md 2
C．所加信號電壓Uab 中的U0 最大值為 qT 2
U U 36md
2
D．所加信號電壓 ab 中的 0 最大值為 qT 2
【答案】AC
【詳解】A.由
C Q
U
可知金屬板間的電壓為
U Q
C
又因為
E U
d
且
F Eq
根據牛頓第二定律，有
a qQ
Cdm
故 A 正確；
T T T T
B.振膜不碰到金屬板，可知0 - 振膜向 b 板做勻加速直線運動， - 振膜向 b 板做勻減速直線運動，
4 4 3 3
2T
剛好運動到 b 板，速度為 0。由對稱性知所以一個周期內振膜沿 ab 方向運動的時間為 ，故 B 錯誤；
3
T d
CD.由上分析可知0 - 振膜發生的位移要小于等于 ，有
3 2
1 U q T 2 20 1 3U+ 0q T d
2 dm ÷ ÷

è 4 2 dm è12 2
得
2
U 12md0 qT 2
故 C 正確，D 錯誤。
故選 AC。
【題型 4 帶電粒子在周期性變化電場中的曲線運動】
【例 4】（多）如圖甲所示，真空中水平正對放置兩塊長度均為 l 的平行金屬板 P、Q，兩板間距為 d，兩板
T T
間加上如圖乙所示的周期性變化的電壓，其中 0~ 時電壓為 3U0， ~T 時電壓為 U 。在兩板左側中央處2 2 0
有一粒子源 A，自 t=0 時刻開始連續發射初速度大小為 v0、方向平行于金屬板的帶負電的相同粒子，這些粒
T
子均能從金屬板間射出，且 t= 時刻發射的粒子恰能水平擊中光屏中的 O 點（AO 在同一水平線上）。已
4
l
知電場變化的周期 T= v ，粒子的質量為 m，不計粒子間的作用力，重力加速度為 g。則（　　）0
mgd
A．粒子的電荷量 q= 2U 0
B．粒子離開電場時的速度方向均相同
1
C．在 t= T 時刻發射的粒子在離開電場時的電勢能等于進入電場時的電勢能
8
gl 2
D．光屏上有粒子擊中的區域的長度為
v 20
【答案】BD
【詳解】A．粒子進入電場后，在水平方向做勻速運動，粒子在電場中的運動時間
t l
v0
T
此時間正好是交變電場變化的一個周期，在 t= 時刻發射的粒子恰好從兩極板中央水平離開電場，則粒子
4
T T T
在 ~ 時間內的加速度和 ~T 時間內的加速度等大反向，有
4 2 2
3U0q mg U0q- + mg
d d
解得
q mgd
U0
故 A 錯誤；
B．粒子在電場中的運動時間是交變電場變化的一個周期，加速度向上和向下的時間均為半個周期，則粒子
離開電場時豎直方向的速度均為零，粒子均水平離開電場，故 B 正確，
T T
C．粒子在 0~ 時間內的加速度方向豎直向上，大小為 2g，在 ~T 時間內的加速度方向豎直向下，大小為
2 2
T
2g，則在 t= 時刻進入電場的粒子，離開電場時在豎直方向上的位移方向向上，大小
8
2 2
y1 2
1
2g (3T )2 1- 2 2g 1 gT gl ( T )2
2 8 2 8 4 4v 20
而離開電場時豎直方向速度為零，則
W電 - mgy1 0
電場力做功
mg 2l 2W電 4v 20
mg 2l 2
即粒子的電勢能減小了 2 ，故 C 錯誤；4v0
D．粒子離開電場后的運動情況相同，則光屏上有粒子擊中的區域的長度取決于粒子離開電場時在豎直方向
的偏移量，t=0 時進入電場的粒子在豎直方向的偏移量最大，為
1 2y1 2 2g (
T )2 gl
2 2 2v 20
由對稱性可知，光屏上有粒子擊中的區域的長度為
gl 22y1 v 20
故 D 正確。
故選 BD。
【變式 4-1】（2023·江西期末）（多）如圖甲所示，某裝置由直線加速器和偏轉電場組成。直線加速器序
號為奇數和偶數的圓筒分別和交變電源的兩極相連，交變電源兩極間電勢差的變化規律如圖乙所示；在 t＝0
時，奇數圓筒相對偶數圓筒的電勢差為正值，位于金屬圓板（序號為 0）中央的電子由靜止開始加速，通過
可視為勻強電場的圓筒間隙的時間忽略不計，偏轉勻強電場的 A、B 板水平放置，長度均為 L，相距為 d，極
板間電壓為 U，電子從直線加速器水平射出后，自 M 點射入電場，從 N 點射出電場。若電子的質量為 m，
電荷量為 e，不計電子的重力和相對論效應。下列說法正確的是（　　）
1
A．電子在第 3 個與第 6 個金屬筒中的動能之比
2
B T eU．第 2 個金屬圓筒的長度為 0
2 m
UL
C．電子射出偏轉電場時，速度偏轉角度的正切值 tanq 8dU0
D．若電子通過圓筒間隙的時間不可忽略，且圓筒間隙的距離均為 d，在保持圓筒長度、交變電壓的變
U eT
化規律和圖乙中相同的情況下，該裝置能夠讓電子獲得的最大速度為 vm 02dm
【答案】AD
【詳解】A．設電子的質量為 m，電子所帶電荷量的絕對值為 e。電子進入第 n 個圓筒后的動能為 En，根據
動能定理有
En neU
電子在第 3 個和第 6 個金屬圓筒中的動能之比 1:2，故 A 正確；
B．設電子進入第 n 個圓筒后的速度為 vn ，根據動能定理有
neU 10 mv
2 2neU
n ， vn 02 m
第 2 個金屬圓筒的長度
l T 4eU0 eU02 v2t ＝T2 m m
故 B 錯誤；
C．電子在偏轉電場中運動的加速度為
a F eE eU
m m md
電子在偏轉電場中的運動時間為
t L
v8
又因為
v 16eU8 0m
電子射出偏轉電場時，垂直于板面的分速度
vy at
eUL

mdv8
電子射出偏轉電場時，偏轉角度的正切值為
v
tanq UL y
v8 16dU0
故 C 錯誤；
D．由題意，若電子通過圓筒間隙的時間不可忽略，則電子進入每級圓筒的時間都要比忽略電子通過圓筒間
T
隙中對應時間延后一些，當延后時間累計為 ，則電子再次進入電場時將開始做減速運動，此時的速度就
2
是裝置能夠加速的最大速度，則有
nd vm T
2 2
根據動能定理得
nedU 1 mv20 2 m
聯立解得
v eTU 0m 2md
故 D 正確。
故選 AD。
【變式 4-2】（2022·長沙期末）（多）如圖甲所示，在空間坐標系 xOy 中，α 射線管放置在第Ⅱ象限。由
平行金屬板 A、B 和平行于金屬板的細管 C 組成，細管 C 到兩金屬板距離相等，右側的開口在 y 軸上，金
屬板和細管 C 均平行于 x 軸。放射源 P 在 A 板左端，可以沿特定方向發射某一初速度的 α 粒子。若金屬板
長為 L、間距為 d，當 A、B 板間加上某一電壓時，α 粒子剛好能夠以速度 v0 從細管 C 水平射出，進入位于
第Ⅰ象限的靜電分析器中。靜電分析器中存在著如圖所示的輻向電場，分布在整個第Ⅰ象限的區域內。電場線
沿半徑方向，指向與坐標系原點重合的圓心 O。粒子在該電場中恰好做勻速圓周運動，α 粒子運動軌跡處的
場強大小處處為E0 。 t 0時刻 α 粒子垂直 x 軸進入第Ⅳ象限的交變電場中，交變電場的場強大小也為E0 ，
方向隨時間的變化關系如圖乙所示，規定沿 x 軸正方向為電場的正方向。已知 α 粒子的電荷量為 2e（e 為元
電荷）、質量為 m，重力不計。以下說法中正確的是（　　）
2 2
A．α md v粒子從放射源 P 運動到 C 的過程中動能減少了 0
L2
B α P v 1 d
2
． 粒子從放射源 發射時的速度大小為 0 + L2
mv2
C．α 0粒子在靜電分析器中運動的軌跡半徑為 r
2eE0
mv2 eE T 2
D．在 t 2T 0時刻，α 粒子的坐標為 + 0 ，- 2v0T ÷
è 2eE0 m
【答案】BCD
【詳解】AB．由題意可知，α 粒子運動到C 處時速度為 v0 ，可知 α 粒子的反方向的運動為類平拋運動，水
平方向有
L v0t
豎直方向有
d 1
at2
2 2
由牛頓第二定律
2e U× ma
d
聯立解得
md 2v2U 0
2eL2
α 粒子從放射源發射出到 C 的過程，由動能定理
1
-2e × U ΔE
2 k
解得
md 2v2ΔEk -eU - 02L2
設 α 粒子發射時速度的大小為 v，α 粒子從放射源發射至運動到 C 的過程，由動能定理可得
1
- ×2eU 1 mv2 10 - mv
2
2 2 2
解得
2
v v d0 1+ L2
故 A 錯誤，B 正確；
C．粒子在靜電分析器中恰好做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可得
v22eE0 m 0r
解得
r mv
2
0
2eE0
故 C 正確；
T
D． t 0時刻 α 粒子垂直 x 軸進入第Ⅳ象限的交變電場中，在 時刻，α 粒子在 x 方向的速度為
2
v 2eE 0 Tx ×m 2
所以一個周期內，離子在 x 方向的平均速度
v vx eE Tx 02 2m
每個周期 α 粒子在 x 正方向前進
eE T 2x0 vxT 02m
因為開始計時時 α 粒子橫坐標為
r mv
2
0
2eE0
因此在 2T 時刻，α 粒子的橫坐標為
2
x r 2x mv0 2 eE T
2
+ 0 +
0
2eE0 2m
α 粒子的縱坐標為
y -v0 × 2T
所以在 t 2T 時刻 α 粒子的坐標為
mv2 20 eE0T + ，- 2v0T2eE m ÷è 0
故 D 正確。
故選 BCD。
【變式 4-3】（2023·南京期末）圖 1 的平行金屬板 M、N 間加有圖 2 所示的交變電壓，OO'是 M、N 板間
T q1
的中線，當電壓穩定時，板間為勻強電場。 時，比荷為 k（ k m ）的帶電粒子甲從 O 點沿 OO'方向、4 1
3T 3T
以 v0的速率進入板間， 時飛離電場，期間恰好不與極板相碰。若在 時刻，帶電粒子乙以 2v0的速率2 8
沿 OO'從 O 點進入板間，已知乙粒子在運動過程中也恰好不與極板碰撞，不計粒子受到的重力，求：
（1）乙粒子離開電場的時刻；
（2）乙粒子的比荷是甲的多少倍；
（3）甲、乙兩粒子通過電場偏轉的位移大小之比。
8
【答案】（1）T 時刻離開電場；（2） ；（3）1∶2
7
【詳解】（1）粒子在水平方向做勻速直線運動，設極板的長度為 L
L v 3T T 0 -

2 4 ֏
L 2v t 3T0 -

8 ֏
解得
t T
3T 5
（2）甲粒子在 時刻距離中線最遠，恰好運動到極板處速度為零， T 時刻返回中線，設極板之間的距
4 4
T
離為 d，粒子向極板運動過程中，先做勻加速運動，再做勻減速運動，運動時間均為
4
d 1 q 2
1
U T
÷ 2 2 2 m1d è 4
1 1 5T
乙粒子勻加速 T ，勻減速 T ，在 時刻恰好速度為零，離極板最近，然后從靜止開始向另一個極板做勻
8 8 8
3
加速運動 T ，T 時刻從極板邊緣飛出
8
d 1 q U 3T 2 1 q U T 2
2 2
2 2 m d 8 ÷
- 2
2 è 2 m2d è 8
÷

解得
q2
m2 8
q 1 7
m1
5
（3）甲粒子 T 時刻返回中線，偏轉距離為
4
2
y 1 q1U T d1 ÷ 2 m1d è 4 4
乙粒子從極板邊緣飛出，偏轉距離為
y d2 2
解得
y1 : y2 1: 2
【題型 5 帶電粒子在勻強電場中的類拋體運動】
【例 5】如圖所示，在豎直向下的勻強電場中有一固定的足夠長的斜面，將一帶正電的小球從斜面上某點以
水平向右的速度 v0 拋出，小球最終落到斜面上。撤去電場，將同一小球仍在斜面上同一位置以水平向右的
速度 v0 拋出，小球再次落到斜面上。則關于小球前后兩個運動過程，以下判斷正確的是（ ）
A．運動時間相同 B．落到斜面上時的速度相同
C．落到斜面上時的位置相同 D．離斜面最遠時的高度相同
【答案】B
【詳解】A．設斜面的傾角為q ，存在電場時，則有
tanq y
x
豎直方向上有
y 1 mg + Eq t 2
2 m 1
水平方向有
x v0t1
聯立解得
t 2v tanq1 0
g Eq+
m
撤去電場，小球仍落在斜面上，則有
tanq y


x
豎直方向上有
y 1 gt 2
2 2
水平方向有
x v0t2
聯立解得
t 2v tanq2 0 g
可知
t1 < t2
故 A 錯誤；
B．在平拋運動或類平拋運動中，有速度夾角正切值等位移夾角正切值的兩倍，設小球落在斜面上時速度與
水平方向的夾角為a ，則有
tana 2 tanq
兩種情況位移夾角相同，故速度夾角相同，根據
v
tana y ， v v2 + v2
v 0 y0
可得小球落在斜面的速度為
v v 1+ 4 tan20 q
故兩種情況下小球落在斜面上的速度大小、方向都一樣，故 B 正確；
C．因 t1 < t2 ，水平方向速度相同，則水平位移有 x < x ，又
y x tanq ， y x tanq
則兩種情況下合位移的大小為
s x2 + y2 x 1+ tan2 q ， s x 2 + y 2 x 1+ tan2 q
可知 s < s ，故兩種情況下小球落到斜面上時的位置不相同，故 C 錯誤；
D．當小球的速度方向與斜面平行時，離斜面最遠，此時速度與水平方向的夾角為q ，則有
v
tanq y
v0
可知兩種情況下豎直方向的速度相等，根據
v2
h y
2a
因兩種情況的加速度不相等，則下落的高度不相等，所以離斜面最遠時的高度不相同，故 D 錯誤。
故選 B。
【變式 5-1】如圖，質量為m 、電荷量為 q的質子（不計重力）在勻強電場中運動，先后經過水平虛線上 A、
B 兩點時的速度大小分別為 va v、 vb 3v，方向分別與 AB 成a 60°斜向上、q 30°斜向下，已知
AB L，則下列說法錯誤的是（　　）
A．質子從 A 到 B 的運動為勻變速運動
3mv2B．場強大小為
qL
L
C．質子從 A 點運動到 B 點所用時間為
v
D 3．質子的最小速度為 v
2
【答案】B
【詳解】A．由于質子在勻強電場中受電場力恒定，故加速度不變，質子做勻變速曲線運動，故 A 正確，
不滿足題意要求；
B．質子在勻強電場中做勻變速曲線運動，在與電場方向垂直的方向上分速度相等，設 va 與電場線的夾角為
b ，如圖所示
結合 va 與 vb方向垂直有
v sin b 3v cos b
解得
b 60°
根據動能定理有
2
qELsin b 1 1+a - 90° m 3v - mv22 2
解得
E 2mv
2

qL
故 B 錯誤，滿足題意要求；
C．由幾何關系可得
AC L cos(b a 90 ) 3+ - ° L
2
所以質子從 A 點運動到 B 點所用時間為
t AC L
v sin b v
故 C 正確，不滿足題意要求；
D．質子在勻強電場中做勻變速曲線運動，在與電場方向垂直的方向上做勻速直線運動，所以質子沿電場線
方向的分速度為零時，質子的速度最小，為
v 3min v sin b v2
故 D 正確，不滿足題意要求。
故選 B。
【變式 5-2】（多）生活中許多電子儀器都利用了帶電粒子在電場中的偏轉的原理，例如示波器、電子束儀、
XCT 掃描等。如圖所示，長為 2d 的水平放置的平行金屬板 A 和 B 間的距離為 d。(OO'為兩板的中線，在
A、B 兩板間加上恒定電壓 U0。質量為 m、電荷量為 q 的帶正電的粒子組成的粒子束，不斷地從 O 點沿 OO'
1
方向射入兩板間，結果粒子從距離 A 板 d 的位置離開平行金屬板。不計重力影響，不計粒子間的相互作用。
4
則（ ）
A 2qU．粒子從 O 點射入的速度大小為 2 0
m
B．只改變粒子射入速度的方向，使粒子剛好能從 B 板右側邊緣平行于 B 板飛出，則粒子射入速度的方
向與 OO'的夾角為 45°
1
C．只將 B 板沿豎直方向平移，要使粒子從 A 板右側邊緣飛出，則 B 板向上移動的距離為 d
4
D A A A 3 - 5．只將 板沿豎直方向平移，要使粒子從 板右側邊緣飛出，則 板向下移動的距離為 d
4
【答案】AD
【詳解】A．粒子在平行金屬板間運動，水平方向有
2d v0t
豎直方向有
d 1
at 2
4 2
加速度為
a qU 0
md
解得
v 2 2qU 00 m
故 A 正確；
B．粒子從 B 板右側邊緣平行于 B 板飛出，有
v0cosq × t 2d
v0sinq t d
2 2
解得
tanq 1
2
可知q 45°，故 В 錯誤；
C．只將 B 板沿豎直方向移動，要使粒子從 A 板右側邊緣飛出，則
2d v0t
d 1
at2
2 2
a qU 0
m d - y
解得
y d
2
d
故 B 板沿豎直方向向上移動 ，故 C 錯誤；
2
D．只將 A 板沿豎直方向移動，要使粒子從A 板右側邊緣飛出，則
2d v0t
d
- y 1 at 2
2 2
a qU 0
m d - y
解得
y 3- 5 d
4
故 A 3- 5板向下移動 d ，故 D 正確。
4
故選 AD。
【變式 5-3】如圖所示，A 為粒子源，在 A 和極板 B 間的加速電壓為U1 ，在兩水平放置的平行帶電板 C、D
間的電壓為U
L
2 。P 為熒光屏，距偏轉電場右端的水平距離為 。現設有質量為 m，電荷量為 q 的質子初速2
度為零，從 A 被加速電壓U1 加速后水平進入豎直方向的勻強電場，平行帶電板的極板的長度為 L，兩板間
的距離為 d，不計帶電粒子的重力，求：
(1)帶電粒子在射出 B 板時的速度大小；
(2)帶電粒子飛出 C、D 電場時在豎直方向上發生的位移大小 y；
(3)現有質子、氘核和 α 粒子三種帶正電的粒子（電量之比為 1：1：2，質量之比為 1：2：4）分別在 A 板附
近由靜止開始經過該實驗裝置計算它們打在熒光屏上的位置。（不計粒子間的相互作用）
2qU L2U 2
【答案】(1) 1 (2) y 2 (3) y
U L
2
m 4dU1 2U1d
【詳解】（1）在加速電場，由動能定理得
qU 1 21 mv2 0
解得
v 2qU0 1m
（2）設粒子在偏轉電場中運動的時間為
t L L m
v0 2qU1
設粒子在離開偏轉電場時縱向偏移量為
y 1 at 2
2
加速度為
a F qU 2
m md
聯立解得
y L
2U
2
4dU1
（3）因為粒子出射電場時的偏移量和速度的偏向角都與粒子的比荷無關，所以，它們打在熒光屏上的位置
相同，距離中軸線的豎直距離為 y ，粒子在偏轉電場中做類平拋運動，速度的反向延長線交于水平位移中
點，則由相似可得
1 L
2 y
1 1 L + L y
2 2
解得
2
y 2y U2L
2U1d
【題型 6 帶電粒子在勻強電場中的圓周運動】
【例 6】如圖所示，在豎直平面內， AB ^ CD 且 A、B、C、D 位于半徑為 r 的同一圓上，在 C 點有一固定
點電荷，電荷量為-Q。現從 A 點將一質量為 m、電荷量為-q 的點電荷由靜止釋放，該點電荷沿光滑絕緣軌
道 ADB 運動到 D 點時的速度大小為 4 gr ，重力加速度為 g，則在-Q 形成的電場中（　　）
A．A 點的電勢高于 D 點的電勢
B．O 點的電場強度大小是 A 點的 2 倍
C．點電荷由 A 點運動至 D 點的過程中，靜電力做功為 8mgr
17mg k QqD．點電荷在 D 點對軌道的壓力為 +
4r 2
【答案】D
【詳解】A．由于 A 點更靠近場源電荷-Q，所以 A 點的電勢低于 D 點的電勢，故 A 錯誤；
B．根據點電荷周圍電場分布可知
E k QO r 2
E Q Q 1A k k 2 E( 2r)2 2r 2 O
故 B 錯誤；
C．點電荷沿光滑絕緣軌道 ADB 運動到 D 點的過程中，由動能定理可得
mgr 1+W mv2
2 D
解得
W 7mgr
故 C 錯誤；
D．根據牛頓第二定律可得
N mg k Qq v
2
- - 2 m
D
(2r) r
解得
N Qq 17mg + k
4r 2
根據牛頓第三定律可得點電荷在 D 點對軌道的壓力為
N N 17mg k Qq +
4r 2
故 D 正確。
故選 D。
【變式 6-1】（多）如圖所示，在豎直平面內有水平向左的勻強電場，在電場中有一根長為 L 的絕緣細線，
一端固定在 O 點，另一端系一質量為 m 的帶電小球。小球靜止時細線與豎直方向成 θ 角，此時讓小球獲得
初速度且恰能繞 O 點在豎直平面內沿逆時針方向做圓周運動，重力加速度為 g。下列說法正確的是（　　）
E mg tanqA．勻強電場的電場強度 q
mgL
B．小球動能的最小值為 Ek 2cosq
C．小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能最大
D．小球從初始位置開始，在豎直平面內運動一周的過程中，其電勢能先減小后增大再減小
【答案】ABD
【詳解】．小球靜止時，對小球受力分析如圖
小球受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據平衡條件有
tanq qE
mg
解得
E mg tanq
q
故 A 正確；
B．小球恰能繞 O 點在豎直平面內做圓周運動，在等效最高點 A 速度最小，根據牛頓第二定律有
mg v2
m A
cosq L
則最小動能為
E 1k mv
2 mgL
A 2 2cosq
故 B 正確；
C．小球的機械能和電勢能之和守恒，則小球運動至電勢能最小的位置機械能最大，由于小球帶負電，則小
球運動到圓周軌跡的最右側端點時機械能最大，故 C 錯誤；
D．小球從初始位置開始，在豎直平面內運動一周的過程中，電場力先做正功，后做負功，再做正功，則其
電勢能先減小后增大，再減小，故 D 正確。
故選 ABD。
【變式 6-2】如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場，一個質量為 m、電荷量為 q 的帶正電小球用長為 L
的絕緣細線懸于電場中的 O 點。將小球拉至與 O 點等高的 A 點，給小球一個豎直向下的初速度，小球在豎
直面內做圓周運動，恰好能到達 C 點，OC 與豎直方向的夾角為 37°，重力加速度為 g，已知電場強度大小
E mg ， sin 37° 0.6，小球可視為質點，求：
q
(1)小球在 A 點的初速度大小；
(2)小球運動到圓弧最低點 B 時，細線的拉力大小；
(3)若小球向左運動到速度最大的位置時細線剛好斷開，此后當小球運動的速度沿水平方向時，小球的速度
大小。
(1) 8gL
13
(2) mg (3) 20 2 - 4【答案】
5 5
gL
5
【詳解】（1）設小球在 A 點的初速度大小為 v0 ，從 A 點 C 點過程，根據動能定理可得
mgL cos37° - qE(L + Lsin 37 ) 0 1° - mv2
2 0
解得
v 8gL0 5
（2）小球 A 點 B 點過程，根據動能定理可得
mgL 1 1- qEL mv2B - mv
2
2 2 0
解得
v v 8gLB 0 5
小球運動到圓弧最低點 B 時，根據牛頓第二定律可得
2
T - mg m vB
L
解得細線拉力大小為
T 13 mg
5
（3）小球受到電場力和重力的合力大小為
F合 (qE)
2 + (mg)2 2mg
電場力和重力的合力方向與豎直方向的夾角滿足
tanq qE 1
mg
可得
q 45°
設小球向左運動到 D 位置速度最大，此時OD 與豎直方向的夾角為 45°，則從 C 點到 D 點過程，根據動能
定理可得
qE(Lsin 37° + Lsin 45°) - mg(L cos37° - L cos 45 1°) mv2
2 D
解得
v 10 2 - 2D gL5
此時細線剛好斷開，當小球運動的速度沿水平方向時，豎直方向有
t v sin 45° D
g
小球的速度大小為
v vD cos 45° + axt
其中
a qEx = = gm
聯立可得
v 20 2 - 4 gL
5
【變式 6-3】固定在O點的細線拉著一質量為m 、電荷量為 q的帶正電小球在豎直平面內做半徑為 R 的圓周
E 3mg運動，該區域內存在水平向右的勻強電場（圖中未畫出），電場強度 4q ，圓周上 A 點在圓心 O 的正
上方，小球過 A 點時的速度大小為 v0 ，方向水平向左，不計一切阻力，重力加速度為 g ，求：
(1)小球過 A 點時對細線的作用力；
(2)小球做圓周運動過程中的最小速率；
(3)若小球過 A 點時斷開細線，之后的運動中小球經過其電勢能最大位置時的速率為多大
(1) m v
2
0 1 4v【答案】 - mg ，方向豎直向上 (2) v20 - gR (3)
0
R 2 3
【詳解】（1）在 A 點，以小球為對象，根據受到第二定律可得
2
mg +T m v0
R
解得
2
T m v0 - mg
R
根據牛頓第三定律，小球對細線的作用力大小為
2
T T m v0 - mg
R
方向豎直向上。
（2）設電場力和重力的合力與豎直方向夾角為q ，則有
tanq qE 3
mg 4
可得
q 37°
如圖所示
當小球到達等效最高點 C 點時速度最小，從 A 到 C 由動能定理得
mgR 1- cosq - qER sinq 1 mv2 1C - mv22 2 0
解得小球做圓周運動過程中的最小速率為
v 1C v
2
0 - gR2
（3）若小球過 A 點時細線斷開，之后小球電勢能最大時水平速度減為零，則經過的運動時間為
t v 0 v0 4v 0
a qE

x 3g
m
豎直方向做自由落體，則此時小球的速率為
v gt 4v 0
3
【題型 7 帶電粒子在電場中的能量問題】
【例 7】（2023·南京期末）如圖所示，在豎直平面內有一個帶正電的小球，質量為m 0.5kg ，所帶的電
荷量為 q 5 10-4 C ，用一根不可伸長的絕緣輕細線系在勻強電場中的 O 點，勻強電場方向水平向右，場強
為 104N/C。現將帶正電小球從 O 點右方由水平位置 A 點（細線繃直）無初速度釋放，取重力加速度
g 10m/s2 。以下說法錯誤的是（　　）
A．小球運動到 B 點時速度剛好為零
B．從 A 到 B 的過程中小球減少的重力勢能大于電勢能的增加量
C．若將小球從 C 點由靜止釋放，其最終一定能通過 A 點并繼續運動一段距離
D．若將小球從 C 點由靜止釋放，運動過程中機械能和電勢能的和不守恒
【答案】B
【詳解】A．設繩子長度為 L，小球從A 到 B 過程，根據動能定理
mgL 1- qEL mv2
2 B
代入數據可得
vB 0
可知小球運動到 B 點時速度剛好為零，故 A 正確；
B．根據能量守恒定律可知從 A 到 B 的過程中小球減少的重力勢能等于電勢能的增加量，故 B 錯誤；
C．若將小球從 C 點由靜止釋放，到達A 點時，電場力做正功，重力不做功，且繩繃緊時動能不會完全損失，
可知通過A 時小球速度不為零，所以其最終一定能通過 A 點并繼續運動一段距離，故 C 正確；
D．若將小球從 C 點由靜止釋放，根據題意
qE mg
小球所受的合力與豎直方向的夾角為 45°，做勻加速直線運動，當小球運動到 B 點時，繩子繃緊，沿著繩子
方向的分速度瞬間變為零，有能量損失，所以運動過程中機械能和電勢能的和不守恒，故 D 正確。
本題選不正確項，故選 B。
【變式 7-1】（2023·無錫期中）如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是 O，最低點是 P，直徑 MN
水平，a、b 是兩個完全相同的帶正電小球（視為點電荷），b 固定在 M 點，a 從 N 點靜止釋放，沿半圓槽
運動經過 P 點到達某點 Q（圖中未畫出）時速度為零。則小球 a（　　）
A．從 N 到 P 的過程中，速率一直增大
B．從 N 到 Q 的過程中，電勢能一直增加
C．從 N 到 Q 的過程中，機械能一直增大
D．從 N 到 Q 的過程中，庫侖力先增大后減小
【答案】B
【詳解】A．從 N 到 P 的過程中，在其中間某個位置存在一個三力平衡的位置，此位置的合力為零，加速
度為零，速度最大，則從 N 到 P 的過程中，a 球速率必先增大后減小，選項 A 錯誤；
BC．在 a 球在從 N 到 Q 的過程中，a、b 兩小球距離逐漸變小，電場力(庫侖斥力)一直做負功，a 球電勢能
一直增加，除了重力之外的其他力做負功，則機械能一直減小，選項 B 正確，C 錯誤；
Q Q
D．從 N 到 Q 的過程中，a、b 兩小球距離逐漸變小，根據庫倫定律F k 1 22 可知庫侖力一直增大，故 Dr
錯誤。
故選 B。
【變式 7-2】（2023·成都期中）（多）一質量為 m 的帶電液滴以豎直向下的初速度 v0 進入某電場中，由于
電場力和重力的作用，液滴沿豎直方向下落一段距離 h 后，速度變為 0。在此過程中，以下判斷正確的是
（　　）
A 1 2．液滴一定帶負電 B．合外力對液滴做的功為 - mv2 0
1
C 2
1 2
．液滴的電勢能增加了 mv0 + mgh D．液滴的重力勢能減少了 mv + mgh2 2 0
【答案】BC
【詳解】AC．帶電液滴下落 h 高度，根據動能定理
W 1電 + mgh 0 - mv
2
2
可得
W = mgh 1 2電 - - mv2 0
1 2
所以電場力做負功，則液滴的電勢能增加 mv0 + mgh，電場力豎直向上，電場方向向上，則液滴一定帶正2
電，故 A 錯誤，C 正確；
B．合外力對液滴做的功為
W ΔE 1 1 0 - mv2 - mv2合 k 2 0 2 0
故 B 正確；
D．重力對液滴做的功為
WG mgh
則液滴的重力勢能減少了mgh ，故 D 錯誤。
故選 BC。
【變式 7-3】（2024·西安三模）（多）一種可用于衛星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶
電導體極板（半徑分別為 R 和R + d ）和探測器組成，其橫截面如圖（a）所示，點O為圓心。在截面內，極
板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，方向指向O點。4 個帶正電的同種粒子從極板間通過，
到達探測器。不計重力。粒子 1、2 做圓周運動，圓的圓心為O、半徑分別為 r1 、 r2 R < r1 < r2 < R + d ；粒
子 3 從距O點 r2 的位置入射并從距O點 r1 的位置出射；粒子 4 從距O點 r1 的位置入射并從距O點 r2 的位置出
圖（a）射，軌跡如圖（b）中虛線所示。則（ ）
A．粒子 1 入射時的動能大于粒子 2 入射時的動能
B．粒子 4 入射時的動能大于粒子 2 入射時的動能
C．粒子 3 出射時的動能大于粒子 3 入射時的動能
D．粒子 4 出射時的動能大于粒子 4 入射時的動能
【答案】BC
【詳解】A．粒子 1 進入極板后做勻速圓周運動，有
2
F1 m
v1
r1
粒子 2 進入極板后做勻速圓周運動，有
2
F2 m
v2
r2
因為極板間各點的電場強度大小與其到 O 點的距離成反比，則
F1r1 F2r2
所以
1 mv2 1 mv2
2 1 2 2
故 A 錯誤；
B．粒子 4 進入極板后做離心運動，有
F m v
2
4
1 < r1
所以
1 mv2 14 < mv
2
2 2 2
故 A 錯誤；
C．粒子 3 進入極板后做近心運動，可知電場力對粒子 3 做正功，根據動能定理可知粒子 3 出射時的動能大
于粒子 3 入射時的動能，故 C 正確；
D．粒子 4 進入極板后做離心運動，有可知電場力對粒子 4 做負功，根據動能定理可知粒子 4 出射時的動能
小于粒子 4 入射時的動能，故 D 錯誤。
故選 BC。
【題型 8 示波器的原理】
【例 8】示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，如圖所示。如果在熒光屏上 P
點出現亮斑，那么示波管中的（　　）
A．極板 X 應帶正電 B．極板 X'應帶負電
C．極板 Y 應帶正電 D．極板 Y'應帶正電
【答案】D
【詳解】電子受力方向與電場方向相反，因電子向極板 X'方向偏轉，則電場方向為極板 X'到極板 X，則極
板 X 帶負電，極板 X'帶正電，同理可以知道極板 Y 帶負電，極板 Y'帶正電。
故選 D。
【變式 8-1】（2023·無錫期末）示波管由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，其原理圖如圖甲所示。圖乙是
從右向左看到的熒光屏的平面圖。若在 XX'上加如圖丙所示的電壓，在 YY'上加如圖丁所示的信號電壓，
則在示波管熒光屏上看到的圖形是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【詳解】因甲圖 XX'偏轉電極接入的是鋸齒形電壓，即掃描電壓，且周期與 YY'偏轉電壓上加的是待顯示的
信號電壓相同，所以在熒光屏上得到的信號在一個周期內的穩定圖象，則顯示的圖象與 YY'所載入的圖象
形狀是一樣的，如圖 A 所示。
故選 A。
【變式 8-2】（2024·太原三模）示波器可以用來觀察電信號隨時間變化的情況，YY'偏轉電極上加的是待
測信號電壓，XX'偏轉電極接入儀器自身產生的鋸齒形掃描電壓。若調節掃描電壓周期與信號電壓周期相
同，在熒光屏上可得到待測信號在一個周期內隨時間變化的穩定圖像。下列說法正確的是（ ）
A．電子在示波管內做類平拋運動
B．待測信號電壓不會改變電子的動能
C．若熒光屏上恰好只出現一個周期內的正弦圖像，說明待測信號隨時間按正弦規律變化
D．若熒光屏上恰好只出現一個周期內的正弦圖像，把掃描電壓的周期變為原來的一半，熒光屏上會出
現兩個周期內的正弦圖像
【答案】C
【詳解】A．電子從電子槍中以一定速度打出，在中心線上做勻速直線運動，由于速度很大，所以經過兩偏
轉電極時時間很短，可認為極板間電壓不變，即受到的電場力不變。經過YY'偏轉電極時，受到與YY'平
行的電場力，此時合力與速度方向垂直，做類平拋運動。當經過XX'偏轉電極，受到與XX'平行的電場力，
此時進入電場的速度方向也與電場垂直，所以也做類平拋運動。但在示波管中運動時不是做一個類平拋運
動。故 A 錯誤；
B．電子經過YY'時，電場力做正功，所以待測信號電壓使電子的動能增大。故 B 錯誤；
CD．設電子從電子槍射出時的速度為 v0 ，YY'、XX'兩極板的長度分別為 Ly 、 Lx ，則在兩電場中運動的
時間分別為
L
ty
y
v0
t Lxx v0
由題意可知，時間 t y 、 tx 均為定值，與電壓的變化無關。
設YY'、XX'兩極板間的距離分別 d y、 dx ，兩極板間的電場分別為
u
E yy d y
E u xx dx
又有牛頓第二定律得
eE ma
電子朝正極的偏轉位移
l 1 at 2
2
由以上各式可得電子在極板中的偏轉位移與所加電壓成正比
假設待測信號電壓隨時間按正弦規律變化，可做圖
與掃描電壓圖像結合可得圖像
把掃描電壓的周期變為原來的一半時
結合得到圖形
故 C 正確，D 錯誤。
故選 C。
【變式 8-3】（2024·徐州三模）如圖所示，在示波管水平極板YY 加電壓U1 、豎直極板 XX 加電壓U 2 后，
亮斑會偏離熒光屏中心位置。能使亮斑離熒光屏中心的豎直距離增大的是（　　）
A．增大U1 B．減小U1
C．增大U 2 D．減小U 2
【答案】A
【詳解】由題圖可知，示波管水平極板YY 加電壓U1 ，能使粒子豎直方向發生位移，若使亮斑離熒光屏中心
的豎直距離增大，則需要豎直分位移增大，增大 U1。
故選 A。
【題型 9 帶電粒子其他非勻強電場中的運動】
【例 9】（2024·武漢模擬）如圖所示水平放置的平行板電容器中間開有小孔，兩板間距為 d；一均勻帶電
絕緣棒帶電量為+Q，長度為 2d，質量為 m。絕緣電棒下端緊靠小孔，靜止釋放后絕緣棒始終保持豎直，與
電容器無接觸且電荷分布保持不變。棒的上端點進入電場時，棒的速度恰好為零。不考慮極板外的電場影
響，則兩板間的電壓為（　　）
4mgd 8mgd 2mgd 4mgd
A． 3Q B． 3Q C． Q D． Q
【答案】B
【詳解】均勻帶電棒下降過程受到的電場力大小隨下降距離的變化關系如圖，該過程中電場力做功為
W 1 QE d QE 3電 - × × - × d - QEd2 2 2 4
由動能定理得
W電 + 2mgd 0
又
E U
d
聯立解得
U 8mgd
3Q
故選 B。
【變式 9-1】（2024·廈門二模）（多）《廈門志·風俗記》中記載：“（廈門人）俗好啜茶，…如啜酒然，
以餉客，客必辨其色、香、味而細啜之，名曰功夫茶。”在茶葉生產過程中有道茶葉茶梗分離的工序，可通
q
過電暈放電、感應極化等方式讓茶葉茶梗都帶上正電荷，且茶葉的比荷 小于茶梗的比荷，之后兩者通過
m
靜電場便可分離。如圖所示，圖中 A、B 分別為帶電量不同的兩個帶電球，之間產生非勻強電場，茶葉、茶
梗通過電場分離，并沿光滑絕緣分離器落入小桶。假設有一茶梗 P 電荷量為3 10﹣8 C，質量為 2 10﹣4 kg ，
以 1m/s 的速度離開 A 球表面 O 點，最后落入桶底，O 點電勢為 1×104V，距離桶底高度為 0.8m，桶底電勢
為零。不計空氣阻力、茶葉茶梗間作用力及一切碰撞能量損失，重力加速度 g 取 10m/s2，則（　　）
A．M 處電場強度大于 N 處電場強度
B．茶葉落入左桶，茶梗落入右桶
C．茶梗 P 落入桶底速度為 17 m s
D．茶梗 P 落入桶底速度為 2 5 m s
【答案】BD
【詳解】A．電場線分布的密集程度表示電場強弱，M 處電場線分布比 N 處電場線稀疏一些，則 M 處電場
強度小于 N 處電場強度，故 A 錯誤；
B．根據牛頓第二定律有
qE ma
解得
a qE
m
q
由于茶葉、茶梗帶正電，則電場力產生的加速度方向整體向右，由于茶葉的比荷 小于茶梗的比荷，可知
m
茶葉所受電場力產生的加速度小于茶梗所受電場力產生的加速度，即在相等時間內，茶葉的水平分位移小
于茶梗的水平分位移，可知，茶葉落入左桶，茶梗落入右桶，故 B 正確；
CD．對茶梗進行分析，根據動能定理有
mgh 1 1+ qU mv21 - mv
2
2 2 0
其中
U 1 104 V - 0 1 104 V
解得
v1 2 5m / s
故 C 錯誤，D 正確。
故選 BD。
【變式 9-2】（2023·貴港期末）（多）如圖所示，光滑絕緣的水平面上有一質量為 m、帶負電的小球 A，
在距水平面高 h 處固定一帶正電且帶電荷量為+Q的小球 B。現使得小球 A 獲得一水平初速度，使其恰好能
在水平面上做勻速圓周運動，此時兩小球連線與水平面間的夾角為 30°，小球 A 恰好對水平面沒有壓力。已
知 A、B 兩小球均可視為點電荷，靜電力常量為 k，重力加速度大小為 g，下列說法正確的是（ ）
A．兩小球間的庫侖力大小為 2mg
B．小球 A 做勻速圓周運動的向心力大小為 2mg
C．小球 A 做勻速圓周運動的線速度大小為 2 gh
8mgh2
D．小球 A 所帶的電荷量為
kQ
【答案】AD
【詳解】A．由題意可得小球 A 受力如圖所示，因小球 A 恰好對水平面沒有壓力，則在豎直方向有
F cos 60o mg
解得兩小球間的庫侖力大小為
F 2mg
故 A 正確；
B．小球A 做勻速圓周運動，由庫侖力提供向心力，小球A 做勻速圓周運動的向心力大小為
F F cos30o 3mg
向
故 B 錯誤；
C．小球A 做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可得
2
F cos30o v m
r
其中圓周的半徑
r h
tan 30o
解得
v 3gh
故 C 錯誤；
D．由庫侖定律可得
k Qq 2mg
L2
其中
L h
sin 30o
2h
解得小球A 所帶的電荷量為
q 8mgh
2

kQ
故 D 正確。
故選 AD。
【變式 9-3】（2022
1
·無錫期中）如圖所示，光滑水平面 AB 和豎直面內的光滑 4 圓弧導軌在 B 點平滑連接，
導軌半徑為 R。質量為 m 的帶正電小球將輕質彈簧壓縮至 A 點后由靜止釋放，脫離彈簧后經過 B 點時的速
度大小為 2 gR ，之后沿導軌 BO 運動。以 O 為坐標原點建立直角坐標系 xOy，在 x≥－R 區域有方向與 x 軸
夾角為 θ＝45°的勻強電場，進入電場后小球受到的電場力大小為 2 mg。小球在運動過程中電荷量保持不變，
重力加速度為 g。求：
（1）彈簧壓縮至 A 點時的彈性勢能；
（2）小球經過 O 點時的速度大小；
（3）小球過 O 點后運動的軌跡方程。
【答案】（1） 2mgR；（2） 6gR ；（3） y2＝12Rx（x>0，y>0）
【知識點】帶電物體（計重力）在非勻強電場中的一般運動、帶電物體（計重力）在勻強電場中的圓周運
動
【詳解】（1）小球從 A 點運動到 B 點的過程，根據能量守恒定律得
E 1 2p＝ mvB 2
其中
vB 2 gR
解得彈簧壓縮至 A 點時的彈性勢能
Ep＝2mgR
（2）小球從 B 點運動到 O 點的過程，根據動能定理有
R 1
－mgR＋qE· ＝ mv2
1
- mv2
cos 45° 2 O 2 B
其中
qE＝ 2mg
解得小球經過 O 點時的速度大小
vO＝ 6gR
（3）小球運動至 O 點時速度豎直向上，之后只受電場力和重力作用，將電場力沿 x 軸方向和 y 軸方向分解，
則 x 軸方向有
qE cos 45°＝max
y 軸方向有
qE sin 45°－mg＝may
解得
ax＝g，ay＝0
說明小球過 O 點后在第一象限做類平拋運動，有
x 1＝ gt22
y＝vOt
聯立解得小球過 O 點后運動的軌跡方程為
y2＝12Rx（x>0，y>0）

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