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10.5 带电粒子在电场中的运动【九大题型】
【人教版 2019】
【题型 1 带电粒子（不计重力）在匀强电场中的直线运动】 ...........................................................................2
【题型 2 带电物体（计重力）在匀强电场中的直线运动】 ...............................................................................3
【题型 3 带电粒子在周期性变化电场中的直线运动】 .......................................................................................5
【题型 4 带电粒子在周期性变化电场中的曲线运动】 .......................................................................................7
【题型 5 带电粒子在匀强电场中的类抛体运动】 .............................................................................................10
【题型 6 带电粒子在匀强电场中的圆周运动】 .................................................................................................12
【题型 7 带电粒子在电场中的能量问题】 .........................................................................................................14
【题型 8 示波器的原理】.....................................................................................................................................15
【题型 9 带电粒子其他非匀强电场中的运动】 .................................................................................................17
知识点 1：带电粒子在电场中的加速
分析带电粒子的加速问题有两种思路：
1．利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析．适用于匀强电场．
1 1
2．利用静电力做功结合动能定理分析．对于匀强电场和非匀强电场都适用，公式有 qEd＝ mv2－ mv 2(匀
2 2 0
1 1
强电场)或 qU＝ mv2－ mv 20 (任何电场)等．2 2
知识点 2：带电粒子在电场中的偏转
如图所示，质量为 m、带电荷量为 q 的粒子(忽略重力)，以初速度 v0平行于两极板进入匀强电场，极板
长为 l，极板间距离为 d，极板间电压为 U.
1．运动性质：
(1)沿初速度方向：速度为 v0的匀速直线运动．
(2)垂直 v0的方向：初速度为零的匀加速直线运动．
2．运动规律：
l qU 1 qUl2
(1)t＝ ，a＝ ，偏移距离 y＝ at2＝ .
v0 md 2 2mv02d
qUl vy qUl
(2)vy＝at＝ ，tan θ＝ ＝ .mv0d v0 mdv02
【题型 1 带电粒子（不计重力）在匀强电场中的直线运动】
【例 1】（2023·武威期中）下列粒子从初速度为零的状态经过电压同为 U 的电场加速后速度最大的是（　　）
A．氘核（ 21H ） B．质子（ 11H）
C 4．氦原子核（ He ） D．氚核（ 32 1H）
【变式 1-1】（2023·南京期末）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板 A、B、C 中央各有一小孔，小
孔分别位于 O、M、P 点，由 O 点静止释放的电子恰好能运动到 P 点，现将 C 板向左平移到P' 点，则由 O
点静止释放的电子（　　）
A．运动到 P 点返回 B．运动到 P 和P' 点之间返回
C．运动到P' 点返回 D．穿过P' 点后继续运动
【变式 1-2】（多）一对平行正对的金属板 C、D 接入如图所示的电路中，C 板固定，D 板可左右平行移动，
闭合开关，一段时间后再断开开关，从 C 板发射一电子，恰能运动到 A 点后再返回，已知 A 到 D 板的距离
是板间距离的三分之一，忽略电子的重力，则（　　）
A．若将 D 板向左平移至 A 点，电子恰能到达 D 板
B．若将 D 板向右平移至某位置，电子将不能运动至 A 点
C．若要让电子能够到达 D 板，可将电子的动能至少增加为原来的 1.5 倍
D．若闭合开关，再将 D 板向左平移至 A 点或 A 点左侧某位置，电子能够到达 D 板
【变式 1-3】（2024·河北开学考）（多）图甲为静电式油烟净化器的原理图，油烟先经过滤网过滤，较小
的颗粒进入收集筒内，筒中心和筒壁之间加上高电压（恒定）后，中心负极会均匀地发射与筒壁垂直的电
子，颗粒（视为球体）以相同的速度平行筒心轴线进入筒内后，吸收电子带上负电，在电场力作用下向筒
壁偏移，最后附着到筒壁上。已知颗粒吸附的电子数与其表面积成正比，颗粒密度恒定，不计重力和其他
影响，该电场可看成辐向电场（如图乙所示）。下列说法正确的是（　　）
A．油烟颗粒在收集筒内做匀变速运动
B．经过同一位置的油烟颗粒，半径越大加速度越小
C．离筒壁越远的油烟颗粒达到筒壁上的速度不一定越大
D．收集筒半径越大油烟净化效果越好
【题型 2 带电物体（计重力）在匀强电场中的直线运动】
【例 2】（2024·湖北开学考）如图甲所示，倾角为q = 37°的光滑斜面固定在水平地面上，其空间存在沿
斜面方向的匀强电场，以斜面底諯为坐标原点，沿斜面向上为正方向建立 x 轴，一带正电的小滑块以一定
的初速度 v0 从斜面底端 x = 0处开始上滑，若斜面足够长，上滑过程中小滑块的机械能和动能随位移变化的
关系图线如图乙所示， sin 37° = 0.6， cos37° = 0.8，则下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的方向沿斜面向上
4E
B 0．在斜面底端小滑块克服重力做功的功率为 vx 00
E
C 0．在斜面底端小滑块克服电场力做功的功率为 vx 00
D．小滑块上滑过程中，重力势能增加了 4E0
【变式 2-1】如图所示，一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由静止沿斜
向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为 θ，重力加速度大小为 g，不计空气阻力，则下列判断正
确的是（　　）
mg
A．电场强度的最小值等于 q
mg sinq
B．电场强度的最大值等于 q
C．带电油滴的机械能不可能增加
D．静电力可能对带电油滴不做功
【变式 2-2】（2024·河北模拟）质量 1kg 的带正电滑块，轻轻放在传送带底端。传送带与水平方向夹角为
q = 37°，与滑块间动摩擦因数为m = 0.5，电动机带动传送带以 3m/s 速度顺时针匀速转动。滑块受到沿斜
面向上的 4N 恒定电场力作用，则 1s 内（　　）
A．滑块动能增加 4J B．滑块机械能增加 12J
C．由于放上滑块电机多消耗电能为 12J D．滑块与传送带间摩擦产热为 4J
【变式 2-3】（2023·成都期中） AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所
示。两板间距 10cm，电荷量为1.0 10-8 C、质量为3.0 10-4 kg 的小球用长为 5cm 的绝缘细线悬挂于 A 点。
闭合开关 S，小球静止时，细线与 AB 板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M 点（未标出），
求
(1)电场强度大小；
(2) MC 距离为多少？
(3)小球运动到CD板上的M 点过程中电势能改变了多少？
【题型 3 带电粒子在周期性变化电场中的直线运动】
【例 3】（多）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。
T
若在 t=0 时刻进入的电子恰好在 时刻穿过 B 板，则（　　）
2
T
A．在 t = 时刻进入的电子一定不能穿过 B 板
8
T
B．在 t = 时刻进入的电子一定能穿过 B 板
8
T
C．在 t = 时刻进入的电子一定不能穿过 B 极
4
T
D．在 t = 时刻进入的电子一定能穿过 B 板
4
【变式 3-1】（2024·山东开学考）（多）如图甲所示，直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排
列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一
个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。
某时刻位于序号为 0 的金属圆板中心的粒子由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒 1，粒子运动到圆筒与圆
筒之间各个间隙中都恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速。已知电压的绝对值为U0 ，周期为
T ，粒子的比荷为 k ，粒子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，只考虑静电力的作用。则（　　）
A．粒子在金属圆筒内做匀加速直线运动
T
B．粒子在各个金属圆筒内运动的时间均为
2
C．粒子刚进入第 8 个圆筒时的速度大小为 4 kU0
D．第 8 个圆筒的长度为 4T kU0
【变式 3-2】（2023·淄博期末）（多）匀强电场的电场强度 E 随时间 t 变化的图像如图所示。当 t = 0时，
在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，带电粒子只受静电力的作用，下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．3s 末带电粒子回到原出发点
C．3s 末带电粒子的速度不为零
D．前 3s 内，静电力做的总功为零
【变式 3-3】（2023·安顺一模）（多）近年来市场上出现的一种静电耳机。其基本原理如图甲，a、b 为两
片平行固定金属薄板，M 是位于金属板之间的极薄带电振膜，将带有音频信号特征的电压加在金属板上，
使带电振膜在静电力的作用下沿垂直金属板方向振动从而发出声音。若两金属板可看作间距为 d、电容为 C
的平行板电容器，振膜质量为 m 且均匀带有 +q 电荷，其面积与金属板相等，两板所加电压信号Uab 如图乙
所示，周期为 T，在 t = 0时刻振膜从两板正中间位置由静止开始运动，振膜不碰到金属板，不计振膜受到的
重力和阻力，则（　　）
qQ
A．当金属板充电至电荷量为 Q 时振膜的加速度为
Cdm
T
B．一个周期内振膜沿 ab 方向运动的时间为
2
12md 2
C．所加信号电压Uab 中的U0 最大值为 qT 2
36md 2
D．所加信号电压Uab 中的U0 最大值为 qT 2
【题型 4 带电粒子在周期性变化电场中的曲线运动】
【例 4】（多）如图甲所示，真空中水平正对放置两块长度均为 l 的平行金属板 P、Q，两板间距为 d，两板
T T
间加上如图乙所示的周期性变化的电压，其中 0~ 时电压为 3U
2 0
， ~T 时电压为 U0。在两板左侧中央处2
有一粒子源 A，自 t=0 时刻开始连续发射初速度大小为 v0、方向平行于金属板的带负电的相同粒子，这些粒
T
子均能从金属板间射出，且 t= 时刻发射的粒子恰能水平击中光屏中的 O 点（AO 在同一水平线上）。已
4
l
知电场变化的周期 T= v ，粒子的质量为 m，不计粒子间的作用力，重力加速度为 g。则（　　）0
mgd
A．粒子的电荷量 q= 2U 0
B．粒子离开电场时的速度方向均相同
1
C．在 t= T 时刻发射的粒子在离开电场时的电势能等于进入电场时的电势能
8
gl 2
D．光屏上有粒子击中的区域的长度为
v 20
【变式 4-1】（2023·江西期末）（多）如图甲所示，某装置由直线加速器和偏转电场组成。直线加速器序
号为奇数和偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示；在 t＝0
时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，位于金属圆板（序号为 0）中央的电子由静止开始加速，通过
可视为匀强电场的圆筒间隙的时间忽略不计，偏转匀强电场的 A、B 板水平放置，长度均为 L，相距为 d，极
板间电压为 U，电子从直线加速器水平射出后，自 M 点射入电场，从 N 点射出电场。若电子的质量为 m，
电荷量为 e，不计电子的重力和相对论效应。下列说法正确的是（　　）
1
A．电子在第 3 个与第 6 个金属筒中的动能之比
2
B 2 T eU．第 个金属圆筒的长度为 0
2 m
UL
C．电子射出偏转电场时，速度偏转角度的正切值 tanq = 8dU0
D．若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，且圆筒间隙的距离均为 d，在保持圆筒长度、交变电压的变
U eT
化规律和图乙中相同的情况下，该装置能够让电子获得的最大速度为 vm = 02dm
【变式 4-2】（2022·长沙期末）（多）如图甲所示，在空间坐标系 xOy 中，α 射线管放置在第Ⅱ象限。由
平行金属板 A、B 和平行于金属板的细管 C 组成，细管 C 到两金属板距离相等，右侧的开口在 y 轴上，金
属板和细管 C 均平行于 x 轴。放射源 P 在 A 板左端，可以沿特定方向发射某一初速度的 α 粒子。若金属板
长为 L、间距为 d，当 A、B 板间加上某一电压时，α 粒子刚好能够以速度 v0 从细管 C 水平射出，进入位于
第Ⅰ象限的静电分析器中。静电分析器中存在着如图所示的辐向电场，分布在整个第Ⅰ象限的区域内。电场线
沿半径方向，指向与坐标系原点重合的圆心 O。粒子在该电场中恰好做匀速圆周运动，α 粒子运动轨迹处的
场强大小处处为E0 。 t = 0时刻 α 粒子垂直 x 轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，交变电场的场强大小也为E0 ，
方向随时间的变化关系如图乙所示，规定沿 x 轴正方向为电场的正方向。已知 α 粒子的电荷量为 2e（e 为元
电荷）、质量为 m，重力不计。以下说法中正确的是（　　）
md 2v2A．α 粒子从放射源 P 运动到 C 的过程中动能减少了 0
L2
2
B．α d粒子从放射源 P 发射时的速度大小为 v0 1+ L2
mv2
C．α 粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为 r = 0
2eE0
mv2 eE T 2
D．在 t = 2T 时刻，α 粒子的坐标为 0 + 0 ，- 2v2eE 0
T ÷
è 0 m
【变式 4-3】（2023·南京期末）图 1 的平行金属板 M、N 间加有图 2 所示的交变电压，OO'是 M、N 板间
T q1
的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场。 时，比荷为 k（ k = m ）的带电粒子甲从 O 点沿 OO'方向、4 1
3T 3T
以 v0的速率进入板间， 时飞离电场，期间恰好不与极板相碰。若在 时刻，带电粒子乙以 2v0的速率2 8
沿 OO'从 O 点进入板间，已知乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，不计粒子受到的重力，求：
（1）乙粒子离开电场的时刻；
（2）乙粒子的比荷是甲的多少倍；
（3）甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比。
【题型 5 带电粒子在匀强电场中的类抛体运动】
【例 5】如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一固定的足够长的斜面，将一带正电的小球从斜面上某点以
水平向右的速度 v0 抛出，小球最终落到斜面上。撤去电场，将同一小球仍在斜面上同一位置以水平向右的
速度 v0 抛出，小球再次落到斜面上。则关于小球前后两个运动过程，以下判断正确的是（ ）
A．运动时间相同 B．落到斜面上时的速度相同
C．落到斜面上时的位置相同 D．离斜面最远时的高度相同
【变式 5-1】如图，质量为m 、电荷量为 q的质子（不计重力）在匀强电场中运动，先后经过水平虚线上 A、
B 两点时的速度大小分别为 va = v、 vb = 3v，方向分别与 AB 成a = 60°斜向上、q = 30°斜向下，已知
AB = L，则下列说法错误的是（　　）
A．质子从 A 到 B 的运动为匀变速运动
B 3mv
2
．场强大小为
qL
L
C．质子从 A 点运动到 B 点所用时间为
v
D 3．质子的最小速度为 v
2
【变式 5-2】（多）生活中许多电子仪器都利用了带电粒子在电场中的偏转的原理，例如示波器、电子束仪、
XCT 扫描等。如图所示，长为 2d 的水平放置的平行金属板 A 和 B 间的距离为 d。(OO'为两板的中线，在
A、B 两板间加上恒定电压 U0。质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子组成的粒子束，不断地从 O 点沿 OO'
1
方向射入两板间，结果粒子从距离 A 板 d 的位置离开平行金属板。不计重力影响，不计粒子间的相互作用。
4
则（ ）
A 2qU．粒子从 O 点射入的速度大小为 2 0
m
B．只改变粒子射入速度的方向，使粒子刚好能从 B 板右侧边缘平行于 B 板飞出，则粒子射入速度的方
向与 OO'的夹角为 45°
1
C．只将 B 板沿竖直方向平移，要使粒子从 A 板右侧边缘飞出，则 B 板向上移动的距离为 d
4
D．只将 A 3 - 5板沿竖直方向平移，要使粒子从 A 板右侧边缘飞出，则 A 板向下移动的距离为 d
4
【变式 5-3】如图所示，A 为粒子源，在 A 和极板 B 间的加速电压为U1 ，在两水平放置的平行带电板 C、D
L
间的电压为U 2 。P 为荧光屏，距偏转电场右端的水平距离为 。现设有质量为 m，电荷量为 q 的质子初速2
度为零，从 A 被加速电压U1 加速后水平进入竖直方向的匀强电场，平行带电板的极板的长度为 L，两板间
的距离为 d，不计带电粒子的重力，求：
(1)带电粒子在射出 B 板时的速度大小；
(2)带电粒子飞出 C、D 电场时在竖直方向上发生的位移大小 y；
(3)现有质子、氘核和 α 粒子三种带正电的粒子（电量之比为 1：1：2，质量之比为 1：2：4）分别在 A 板附
近由静止开始经过该实验装置计算它们打在荧光屏上的位置。（不计粒子间的相互作用）
【题型 6 带电粒子在匀强电场中的圆周运动】
【例 6】如图所示，在竖直平面内， AB ^ CD 且 A、B、C、D 位于半径为 r 的同一圆上，在 C 点有一固定
点电荷，电荷量为-Q。现从 A 点将一质量为 m、电荷量为-q 的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨
道 ADB 运动到 D 点时的速度大小为 4 gr ，重力加速度为 g，则在-Q 形成的电场中（　　）
A．A 点的电势高于 D 点的电势
B．O 点的电场强度大小是 A 点的 2 倍
C．点电荷由 A 点运动至 D 点的过程中，静电力做功为 8mgr
Qq
D．点电荷在 D 点对轨道的压力为17mg + k
4r 2
【变式 6-1】（多）如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在电场中有一根长为 L 的绝缘细线，
一端固定在 O 点，另一端系一质量为 m 的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成 θ 角，此时让小球获得
初速度且恰能绕 O 点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为 g。下列说法正确的是（　　）
mg tanq
A．匀强电场的电场强度E = q
mgL
B．小球动能的最小值为 Ek = 2cosq
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最大
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大再减小
【变式 6-2】如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球用长为 L
的绝缘细线悬于电场中的 O 点。将小球拉至与 O 点等高的 A 点，给小球一个竖直向下的初速度，小球在竖
直面内做圆周运动，恰好能到达 C 点，OC 与竖直方向的夹角为 37°，重力加速度为 g，已知电场强度大小
E mg= ， sin 37° = 0.6，小球可视为质点，求：
q
(1)小球在 A 点的初速度大小；
(2)小球运动到圆弧最低点 B 时，细线的拉力大小；
(3)若小球向左运动到速度最大的位置时细线刚好断开，此后当小球运动的速度沿水平方向时，小球的速度
大小。
【变式 6-3】固定在O点的细线拉着一质量为m 、电荷量为 q的带正电小球在竖直平面内做半径为 R 的圆周
3mg
运动，该区域内存在水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度E = 4q ，圆周上 A 点在圆心 O 的正
上方，小球过 A 点时的速度大小为 v0 ，方向水平向左，不计一切阻力，重力加速度为 g ，求：
(1)小球过 A 点时对细线的作用力；
(2)小球做圆周运动过程中的最小速率；
(3)若小球过 A 点时断开细线，之后的运动中小球经过其电势能最大位置时的速率为多大
【题型 7 带电粒子在电场中的能量问题】
【例 7】（2023·南京期末）如图所示，在竖直平面内有一个带正电的小球，质量为m = 0.5kg ，所带的电
荷量为 q = 5 10-4 C ，用一根不可伸长的绝缘轻细线系在匀强电场中的 O 点，匀强电场方向水平向右，场强
为 104N/C。现将带正电小球从 O 点右方由水平位置 A 点（细线绷直）无初速度释放，取重力加速度
g = 10m/s2 。以下说法错误的是（　　）
A．小球运动到 B 点时速度刚好为零
B．从 A 到 B 的过程中小球减少的重力势能大于电势能的增加量
C．若将小球从 C 点由静止释放，其最终一定能通过 A 点并继续运动一段距离
D．若将小球从 C 点由静止释放，运动过程中机械能和电势能的和不守恒
【变式 7-1】（2023·无锡期中）如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是 O，最低点是 P，直径 MN
水平，a、b 是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b 固定在 M 点，a 从 N 点静止释放，沿半圆槽
运动经过 P 点到达某点 Q（图中未画出）时速度为零。则小球 a（　　）
A．从 N 到 P 的过程中，速率一直增大
B．从 N 到 Q 的过程中，电势能一直增加
C．从 N 到 Q 的过程中，机械能一直增大
D．从 N 到 Q 的过程中，库仑力先增大后减小
【变式 7-2】（2023·成都期中）（多）一质量为 m 的带电液滴以竖直向下的初速度 v0 进入某电场中，由于
电场力和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一段距离 h 后，速度变为 0。在此过程中，以下判断正确的是
（　　）
A 1 2．液滴一定带负电 B．合外力对液滴做的功为 - mv2 0
1
C 2．液滴的电势能增加了 mv0 + mgh
1
D．液滴的重力势能减少了 mv 20 + mgh2 2
【变式 7-3】（2024·西安三模）（多）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带
电导体极板（半径分别为 R 和R + d ）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极
板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4 个带正电的同种粒子从极板间通过，
到达探测器。不计重力。粒子 1、2 做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为 r1 、 r2 R < r1 < r2 < R + d ；粒
子 3 从距O点 r2 的位置入射并从距O点 r1 的位置出射；粒子 4 从距O点 r1 的位置入射并从距O点 r2 的位置出
图（a）射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（ ）
A．粒子 1 入射时的动能大于粒子 2 入射时的动能
B．粒子 4 入射时的动能大于粒子 2 入射时的动能
C．粒子 3 出射时的动能大于粒子 3 入射时的动能
D．粒子 4 出射时的动能大于粒子 4 入射时的动能
【题型 8 示波器的原理】
【例 8】示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。如果在荧光屏上 P
点出现亮斑，那么示波管中的（　　）
A．极板 X 应带正电 B．极板 X'应带负电
C．极板 Y 应带正电 D．极板 Y'应带正电
【变式 8-1】（2023·无锡期末）示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。图乙是
从右向左看到的荧光屏的平面图。若在 XX'上加如图丙所示的电压，在 YY'上加如图丁所示的信号电压，
则在示波管荧光屏上看到的图形是（ ）
A． B． C． D．
【变式 8-2】（2024·太原三模）示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，YY'偏转电极上加的是待
测信号电压，XX'偏转电极接入仪器自身产生的锯齿形扫描电压。若调节扫描电压周期与信号电压周期相
同，在荧光屏上可得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像。下列说法正确的是（ ）
A．电子在示波管内做类平抛运动
B．待测信号电压不会改变电子的动能
C．若荧光屏上恰好只出现一个周期内的正弦图像，说明待测信号随时间按正弦规律变化
D．若荧光屏上恰好只出现一个周期内的正弦图像，把扫描电压的周期变为原来的一半，荧光屏上会出
现两个周期内的正弦图像
【变式 8-3】（2024·徐州三模）如图所示，在示波管水平极板YY 加电压U1 、竖直极板 XX 加电压U 2 后，
亮斑会偏离荧光屏中心位置。能使亮斑离荧光屏中心的竖直距离增大的是（　　）
A．增大U1 B．减小U1
C．增大U 2 D．减小U 2
【题型 9 带电粒子其他非匀强电场中的运动】
【例 9】（2024·武汉模拟）如图所示水平放置的平行板电容器中间开有小孔，两板间距为 d；一均匀带电
绝缘棒带电量为+Q，长度为 2d，质量为 m。绝缘电棒下端紧靠小孔，静止释放后绝缘棒始终保持竖直，与
电容器无接触且电荷分布保持不变。棒的上端点进入电场时，棒的速度恰好为零。不考虑极板外的电场影
响，则两板间的电压为（　　）
4mgd 8mgd 2mgd 4mgd
A． 3Q B． 3Q C． Q D． Q
【变式 9-1】（2024·厦门二模）（多）《厦门志·风俗记》中记载：“（厦门人）俗好啜茶，…如啜酒然，
以饷客，客必辨其色、香、味而细啜之，名曰功夫茶。”在茶叶生产过程中有道茶叶茶梗分离的工序，可通
q
过电晕放电、感应极化等方式让茶叶茶梗都带上正电荷，且茶叶的比荷 小于茶梗的比荷，之后两者通过
m
静电场便可分离。如图所示，图中 A、B 分别为带电量不同的两个带电球，之间产生非匀强电场，茶叶、茶
梗通过电场分离，并沿光滑绝缘分离器落入小桶。假设有一茶梗 P 电荷量为3 10﹣8 C，质量为 2 10﹣4 kg ，
以 1m/s 的速度离开 A 球表面 O 点，最后落入桶底，O 点电势为 1×104V，距离桶底高度为 0.8m，桶底电势
为零。不计空气阻力、茶叶茶梗间作用力及一切碰撞能量损失，重力加速度 g 取 10m/s2，则（　　）
A．M 处电场强度大于 N 处电场强度
B．茶叶落入左桶，茶梗落入右桶
C．茶梗 P 落入桶底速度为 17 m s
D．茶梗 P 落入桶底速度为 2 5 m s
【变式 9-2】（2023·贵港期末）（多）如图所示，光滑绝缘的水平面上有一质量为 m、带负电的小球 A，
在距水平面高 h 处固定一带正电且带电荷量为+Q的小球 B。现使得小球 A 获得一水平初速度，使其恰好能
在水平面上做匀速圆周运动，此时两小球连线与水平面间的夹角为 30°，小球 A 恰好对水平面没有压力。已
知 A、B 两小球均可视为点电荷，静电力常量为 k，重力加速度大小为 g，下列说法正确的是（ ）
A．两小球间的库仑力大小为 2mg
B．小球 A 做匀速圆周运动的向心力大小为 2mg
C．小球 A 做匀速圆周运动的线速度大小为 2 gh
8mgh2
D．小球 A 所带的电荷量为
kQ
【变式 9-3】（2022
1
·无锡期中）如图所示，光滑水平面 AB 和竖直面内的光滑 4 圆弧导轨在 B 点平滑连接，
导轨半径为 R。质量为 m 的带正电小球将轻质弹簧压缩至 A 点后由静止释放，脱离弹簧后经过 B 点时的速
度大小为 2 gR ，之后沿导轨 BO 运动。以 O 为坐标原点建立直角坐标系 xOy，在 x≥－R 区域有方向与 x 轴
夹角为 θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为 2 mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，
重力加速度为 g。求：
（1）弹簧压缩至 A 点时的弹性势能；
（2）小球经过 O 点时的速度大小；
（3）小球过 O 点后运动的轨迹方程。10.5 带电粒子在电场中的运动【九大题型】
【人教版 2019】
【题型 1 带电粒子（不计重力）在匀强电场中的直线运动】 ...........................................................................2
【题型 2 带电物体（计重力）在匀强电场中的直线运动】 ...............................................................................6
【题型 3 带电粒子在周期性变化电场中的直线运动】 .....................................................................................11
【题型 4 带电粒子在周期性变化电场中的曲线运动】 .....................................................................................15
【题型 5 带电粒子在匀强电场中的类抛体运动】 .............................................................................................23
【题型 6 带电粒子在匀强电场中的圆周运动】 .................................................................................................29
【题型 7 带电粒子在电场中的能量问题】 .........................................................................................................35
【题型 8 示波器的原理】.....................................................................................................................................39
【题型 9 带电粒子其他非匀强电场中的运动】 .................................................................................................43
知识点 1：带电粒子在电场中的加速
分析带电粒子的加速问题有两种思路：
1．利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析．适用于匀强电场．
1 1
2．利用静电力做功结合动能定理分析．对于匀强电场和非匀强电场都适用，公式有 qEd＝ mv2－ mv 20 (匀2 2
1 1
强电场)或 qU＝ mv2－ mv 2(任何电场)等．
2 2 0
知识点 2：带电粒子在电场中的偏转
如图所示，质量为 m、带电荷量为 q 的粒子(忽略重力)，以初速度 v0平行于两极板进入匀强电场，极板
长为 l，极板间距离为 d，极板间电压为 U.
1．运动性质：
(1)沿初速度方向：速度为 v0的匀速直线运动．
(2)垂直 v0的方向：初速度为零的匀加速直线运动．
2．运动规律：
l qU 1 qUl2
(1)t＝ ，a＝ ，偏移距离 y＝ at2＝ .
v0 md 2 2mv02d
qUl vy qUl
(2)vy＝at＝ ，tan θ＝ ＝ .mv0d v0 mdv02
【题型 1 带电粒子（不计重力）在匀强电场中的直线运动】
【例 1】（2023·武威期中）下列粒子从初速度为零的状态经过电压同为 U 的电场加速后速度最大的是（　　）
A．氘核（ 21H ） B．质子（ 11H）
C 4．氦原子核（ 2 He ） D．氚核（
3
1H）
【答案】B
【详解】设粒子的电量为 q，质量为 m，则由动能定理得
qU 1 mv2
2
解得
v 2qU
m
在题中四个粒子中质子的比荷最大，速度也最大。
故选 B。
【变式 1-1】（2023·南京期末）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板 A、B、C 中央各有一小孔，小
孔分别位于 O、M、P 点，由 O 点静止释放的电子恰好能运动到 P 点，现将 C 板向左平移到P' 点，则由 O
点静止释放的电子（　　）
A．运动到 P 点返回 B．运动到 P 和P' 点之间返回
C．运动到P' 点返回 D．穿过P' 点后继续运动
【答案】D
【知识点】带电粒子在匀强电场中的直线运动
【详解】由 O 点静止释放的电子恰好能运动到 P 点，表明电子在薄板 A、B 之间做加速运动，电场力做正
功，电场方向向左，在薄板 B、C 之间做减速运动，电场力做负功，电场方向向右，到达 P 点时速度恰好为
0，之后，电子向左加速至 M 点，再向左减速至 O 点速度为 0，之后重复先前的运动，根据动能定理有
-eUOM - eUMP 0
解得
UMP -UOM UMO
根据
C Q e S
U 4p kd
当 C 板向左平移到P' 点，B、C 间距减小，B、C 之间电压减小，则有
UMP UMO > UMP '
结合上述有
-eUOM - eUMP ' > 0
可知，电子减速运动到P' 的速度不等于 0，即电子穿过P' 点后继续向右运动。
故选 D。
【变式 1-2】（多）一对平行正对的金属板 C、D 接入如图所示的电路中，C 板固定，D 板可左右平行移动，
闭合开关，一段时间后再断开开关，从 C 板发射一电子，恰能运动到 A 点后再返回，已知 A 到 D 板的距离
是板间距离的三分之一，忽略电子的重力，则（　　）
A．若将 D 板向左平移至 A 点，电子恰能到达 D 板
B．若将 D 板向右平移至某位置，电子将不能运动至 A 点
C．若要让电子能够到达 D 板，可将电子的动能至少增加为原来的 1.5 倍
D．若闭合开关，再将 D 板向左平移至 A 点或 A 点左侧某位置，电子能够到达 D 板
【答案】AC
【详解】AB．从 C 板发射一电子，恰能运动到 A 点后再返回，则有
-eUCA -e × EdCA 0 - Ek0
若将 D 板向左平移至 A 点，根据
C e S r
4p kd
C Q
U
可得
E 4p kQ
e rS
两极板间电场强度不变，则电子恰能到达 D 板，同理，若将 D 板向右平移至某位置，电子恰能运动至 A 点，
故 A 正确，B 错误；
C．若要让电子能够到达 D 板，则
-eUCD -e × EdCD 0 - Ek 0
d 2CA d3 CD
所以
Ek 0 1.5Ek0
故 C 正确；
D．若闭合开关，再将 D 板向左平移至 A 点或 A 点左侧某位置，则电容器两极板间电势差不变，两极板间
距离减小，两极板间电场强度增大，电子不能到达 D 板，故 D 错误。
故选 AC。
【变式 1-3】（2024·河北开学考）（多）图甲为静电式油烟净化器的原理图，油烟先经过滤网过滤，较小
的颗粒进入收集筒内，筒中心和筒壁之间加上高电压（恒定）后，中心负极会均匀地发射与筒壁垂直的电
子，颗粒（视为球体）以相同的速度平行筒心轴线进入筒内后，吸收电子带上负电，在电场力作用下向筒
壁偏移，最后附着到筒壁上。已知颗粒吸附的电子数与其表面积成正比，颗粒密度恒定，不计重力和其他
影响，该电场可看成辐向电场（如图乙所示）。下列说法正确的是（　　）
A．油烟颗粒在收集筒内做匀变速运动
B．经过同一位置的油烟颗粒，半径越大加速度越小
C．离筒壁越远的油烟颗粒达到筒壁上的速度不一定越大
D．收集筒半径越大油烟净化效果越好
【答案】BC
【详解】A．收集筒内的电场呈辐射状，不是匀强电场，油烟颗粒在收集筒内做非匀变速运动，A 错误；
B．设油烟颗粒半径为 R ，单位面积的电量为s ，由题意可知
r 4 πR3a s 4πR2 × E
3
则
a 3s E
rR
半径越大加速度越小，B 正确；
C．由动能定理得
s 4πR2 ×U 1 × r 4 πR3 v2 - v22 3 0
解得
v 6sU + v2
rR 0
U
离的越远U 越大，颗粒半径 R 大小不同， 可能减小，C 正确；
R
D．收集筒半径过大，油烟颗粒有可能打不到筒壁上，净化效果会变差，D 错误。
故选 C。
【题型 2 带电物体（计重力）在匀强电场中的直线运动】
【例 2】（2024·湖北开学考）如图甲所示，倾角为q 37°的光滑斜面固定在水平地面上，其空间存在沿
斜面方向的匀强电场，以斜面底諯为坐标原点，沿斜面向上为正方向建立 x 轴，一带正电的小滑块以一定
的初速度 v0 从斜面底端 x 0处开始上滑，若斜面足够长，上滑过程中小滑块的机械能和动能随位移变化的
关系图线如图乙所示， sin 37° 0.6， cos37° 0.8，则下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的方向沿斜面向上
4E
B 0．在斜面底端小滑块克服重力做功的功率为 vx 00
E
C 0．在斜面底端小滑块克服电场力做功的功率为 vx 00
D．小滑块上滑过程中，重力势能增加了 4E0
【答案】C
【详解】AC．由图乙可知，上滑过程中小滑块的机械能变化量为
W电 DE 3E0 - 4E0 -E0
即电场力做负功，所以电场强度的方向沿斜面向下。又
W电 -F电x0
解得
F E0电 x0
则在斜面底端小滑块克服电场力做功的功率为
P电 F电v
E
00 vx 00
故 A 错误；C 正确；
D．由 A 选项分析可知，上滑过程中，小滑块的机械能减少了E0 ，动能减少了 4E0 。其重力势能增加了
DEp 4E0 - E0 3E0
故 D 错误；
B．小滑块上滑过程中，重力做负功，小滑块的重力势能变化量为
DEp 3E0 mg sin 37° × x0
解得
mg 5E 0
x0
在斜面底端小滑块克服重力做功的功率为
P mgv sin 37 3EG 0 ° 0 vx 00
故 B 错误。
故选 C。
【变式 2-1】如图所示，一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由静止沿斜
向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为 θ，重力加速度大小为 g，不计空气阻力，则下列判断正
确的是（　　）
mg
A．电场强度的最小值等于 q
mg sinq
B．电场强度的最大值等于 q
C．带电油滴的机械能不可能增加
D．静电力可能对带电油滴不做功
【答案】D
【详解】AB．带电油滴的运动轨迹为直线，在电场中受到重力 mg 和静电力 F，其合力必定沿此直线向下，
根据三角形定则作出合力，如图
由图可知，当静电力 F 与油滴轨迹垂直时，静电力 F 最小，场强最小，则有
F qEmin mgsinq
得到
E mg sinqmin q
由图可知，电场强度无最大值，故 AB 错误；
mg sinq
D．当E q 时，静电力方向与速度方向垂直，静电力不做功，带电油滴的电势能一定不变；这种情
况下只有重力做功，带电油滴的机械能不变，故 D 正确；
C．当E
mg sinq
>
q 时，静电力方向与速度方向成锐角时，静电力做正功，带电油滴的机械能增加，故 C 错
误。
故选 D。
【变式 2-2】（2024·河北模拟）质量 1kg 的带正电滑块，轻轻放在传送带底端。传送带与水平方向夹角为
q 37°，与滑块间动摩擦因数为m 0.5，电动机带动传送带以 3m/s 速度顺时针匀速转动。滑块受到沿斜
面向上的 4N 恒定电场力作用，则 1s 内（　　）
A．滑块动能增加 4J B．滑块机械能增加 12J
C．由于放上滑块电机多消耗电能为 12J D．滑块与传送带间摩擦产热为 4J
【答案】C
【详解】A．分析滑块，由牛顿第二定律得
Eq + mmg cosq - mg sinq ma
解得
a 2m/s2
1s 末，滑块末速度为
v1 at 2m/ s
位移为
x 11 at
2 1m
2
传送带位移为
x2 vt 3m
则，滑块动能为
E 1 mv 2k 2 1
2J
故 A 错误；
B．滑块机械能增加
DE1 Eqx + mmg cosq x 8J
故 B 错误；
C．电机多消耗电能
DE2 mmg cosq x带 12J
故 C 正确；
D．滑块与传送带间摩擦产热为
Q mmg cosq x相 mmg x2 - x1 cosq 8J
故 D 错误。
故选 C。
【变式 2-3】（2023·成都期中） AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所
示。两板间距 10cm，电荷量为1.0 10-8 C、质量为3.0 10-4 kg 的小球用长为 5cm 的绝缘细线悬挂于 A 点。
闭合开关 S，小球静止时，细线与 AB 板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M 点（未标出），
求
(1)电场强度大小；
(2) MC 距离为多少？
(3)小球运动到CD板上的M 点过程中电势能改变了多少？
【答案】(1) E 3 105 N/C (2) LMC 10 3cm (3)电势能增加7.5 3 10-5 J
【详解】（1）根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图所示
根据几何关系可得
T qE
T cos30o + qE cos30o mg
解得
E 3 105 N/C
（2）剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图所示
根据几何关系可得
L d tan 60oMC 10 3cm
（3）根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移
x d - l sin 30o 10 1- 5 cm 7.5cm
2
与电场力方向相反，电场力做功为
W电 -qEx - 3 10
5 1.0 10-8 7.5 10-2 J -7.5 3 10-5 J
小球的电势能增加7.5 3 10-5 J 。
【题型 3 带电粒子在周期性变化电场中的直线运动】
【例 3】（多）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。
T
若在 t=0 时刻进入的电子恰好在 时刻穿过 B 板，则（　　）
2
A．在 t
T
时刻进入的电子一定不能穿过 B 板
8
B．在 t
T
时刻进入的电子一定能穿过 B 板
8
T
C．在 t 时刻进入的电子一定不能穿过 B 极
4
T
D．在 t 时刻进入的电子一定能穿过 B 板
4
【答案】BC
T
【详解】AB．当电子在 t=0 时刻进入时，恰好在 时刻穿过 B 板，设此时电子的速度为 v，则
2
d 1 v T vT×
2 2 4
电子从 t
T
时刻进入两板时，电子向右运动的最大位移为
8
d 2 1 3 3T 9vT× × v × > d
2 4 8 32
由此可知，电子一定能穿过 B 板，故 A 错误，B 正确；
T
CD．同理，电子从 t 时刻进入两板时，电子向右运动的最大位移为
4
d 2 1 1 T vT × × v × < d
2 2 4 8
由此可知，电子一定不能穿过 B 板，故 C 正确，D 错误。
故选 BC。
【变式 3-1】（2024·山东开学考）（多）如图甲所示，直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排
列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一
个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。
某时刻位于序号为 0 的金属圆板中心的粒子由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒 1，粒子运动到圆筒与圆
筒之间各个间隙中都恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速。已知电压的绝对值为U0 ，周期为
T ，粒子的比荷为 k ，粒子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，只考虑静电力的作用。则（　　）
A．粒子在金属圆筒内做匀加速直线运动
T
B．粒子在各个金属圆筒内运动的时间均为
2
C．粒子刚进入第 8 个圆筒时的速度大小为 4 kU0
D．第 8 个圆筒的长度为 4T kU0
【答案】BC
【详解】A．由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，则电子在金属圆筒中做匀速直线运动，
故 A 错误；
B．因为电子从金属圆筒出来后要继续做加速运动，所以电子在金属圆筒中的运动时间应该为交变电源周期
T
的一半，即 ，故 B 正确；
2
C．由动能定理得
8eU 10 mv
2
2
可得粒子刚进入第 8 个圆筒时的速度大小为
v eU 4 0 4 kU
m 0
故 C 正确；
D．因为电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第 8 个圆筒长度为
L T8 v × 2T kU2 0
故 D 错误。
故选 BC。
【变式 3-2】（2023·淄博期末）（多）匀强电场的电场强度 E 随时间 t 变化的图像如图所示。当 t 0时，
在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，带电粒子只受静电力的作用，下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．3s 末带电粒子回到原出发点
C．3s 末带电粒子的速度不为零
D．前 3s 内，静电力做的总功为零
【答案】AD
【详解】A．带电粒子由静止释放后，在0 ~ 2s时间内，由牛顿第二定律可知粒子的加速度大小为
a qE1 m
在 2s : 3s时间内，粒子的加速度大小为
a 2qE2 m
可知粒子由静止先以 a1加速度大小加速 2s，再以 a2加速度大小减速 1s，由于 a2 2a1，可知此时粒子速度是
零，同理在3s : 5s时间内由静止又以 a1加速度大小加速 2s，再以 a2加速度大小减速 1s，此时粒子速度是零，
因此粒子在0 ~ 6s 时间内，带电粒子将始终向同一个方向运动，其速度时间图像如图所示，
A 正确；
B．由带电粒子的速度时间图像可知，带电粒子将始终向同一个方向运动，因此 3s 末带电粒子回不到原出
发点，B 错误；
C．由带电粒子的速度时间图像可知，3s 末带电粒子的速度是零，C 错误；
D．在前 3s 内，由动能定理可知
W DEk 0 - 0 0
前 3s 内，静电力做的总功是零，D 正确。
故选 AD。
【变式 3-3】（2023·安顺一模）（多）近年来市场上出现的一种静电耳机。其基本原理如图甲，a、b 为两
片平行固定金属薄板，M 是位于金属板之间的极薄带电振膜，将带有音频信号特征的电压加在金属板上，
使带电振膜在静电力的作用下沿垂直金属板方向振动从而发出声音。若两金属板可看作间距为 d、电容为 C
的平行板电容器，振膜质量为 m 且均匀带有 +q 电荷，其面积与金属板相等，两板所加电压信号Uab 如图乙
所示，周期为 T，在 t 0时刻振膜从两板正中间位置由静止开始运动，振膜不碰到金属板，不计振膜受到的
重力和阻力，则（　　）
qQ
A．当金属板充电至电荷量为 Q 时振膜的加速度为
Cdm
T
B．一个周期内振膜沿 ab 方向运动的时间为
2
12md 2
C．所加信号电压Uab 中的U0 最大值为 qT 2
U U 36md
2
D．所加信号电压 ab 中的 0 最大值为 qT 2
【答案】AC
【详解】A.由
C Q
U
可知金属板间的电压为
U Q
C
又因为
E U
d
且
F Eq
根据牛顿第二定律，有
a qQ
Cdm
故 A 正确；
T T T T
B.振膜不碰到金属板，可知0 - 振膜向 b 板做匀加速直线运动， - 振膜向 b 板做匀减速直线运动，
4 4 3 3
2T
刚好运动到 b 板，速度为 0。由对称性知所以一个周期内振膜沿 ab 方向运动的时间为 ，故 B 错误；
3
T d
CD.由上分析可知0 - 振膜发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 正确，D 错误。
故选 AC。
【题型 4 带电粒子在周期性变化电场中的曲线运动】
【例 4】（多）如图甲所示，真空中水平正对放置两块长度均为 l 的平行金属板 P、Q，两板间距为 d，两板
T T
间加上如图乙所示的周期性变化的电压，其中 0~ 时电压为 3U0， ~T 时电压为 U 。在两板左侧中央处2 2 0
有一粒子源 A，自 t=0 时刻开始连续发射初速度大小为 v0、方向平行于金属板的带负电的相同粒子，这些粒
T
子均能从金属板间射出，且 t= 时刻发射的粒子恰能水平击中光屏中的 O 点（AO 在同一水平线上）。已
4
l
知电场变化的周期 T= v ，粒子的质量为 m，不计粒子间的作用力，重力加速度为 g。则（　　）0
mgd
A．粒子的电荷量 q= 2U 0
B．粒子离开电场时的速度方向均相同
1
C．在 t= T 时刻发射的粒子在离开电场时的电势能等于进入电场时的电势能
8
gl 2
D．光屏上有粒子击中的区域的长度为
v 20
【答案】BD
【详解】A．粒子进入电场后，在水平方向做匀速运动，粒子在电场中的运动时间
t l
v0
T
此时间正好是交变电场变化的一个周期，在 t= 时刻发射的粒子恰好从两极板中央水平离开电场，则粒子
4
T T T
在 ~ 时间内的加速度和 ~T 时间内的加速度等大反向，有
4 2 2
3U0q mg U0q- + mg
d d
解得
q mgd
U0
故 A 错误；
B．粒子在电场中的运动时间是交变电场变化的一个周期，加速度向上和向下的时间均为半个周期，则粒子
离开电场时竖直方向的速度均为零，粒子均水平离开电场，故 B 正确，
T T
C．粒子在 0~ 时间内的加速度方向竖直向上，大小为 2g，在 ~T 时间内的加速度方向竖直向下，大小为
2 2
T
2g，则在 t= 时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖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
而离开电场时竖直方向速度为零，则
W电 - mgy1 0
电场力做功
mg 2l 2W电 4v 20
mg 2l 2
即粒子的电势能减小了 2 ，故 C 错误；4v0
D．粒子离开电场后的运动情况相同，则光屏上有粒子击中的区域的长度取决于粒子离开电场时在竖直方向
的偏移量，t=0 时进入电场的粒子在竖直方向的偏移量最大，为
1 2y1 2 2g (
T )2 gl
2 2 2v 20
由对称性可知，光屏上有粒子击中的区域的长度为
gl 22y1 v 20
故 D 正确。
故选 BD。
【变式 4-1】（2023·江西期末）（多）如图甲所示，某装置由直线加速器和偏转电场组成。直线加速器序
号为奇数和偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示；在 t＝0
时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，位于金属圆板（序号为 0）中央的电子由静止开始加速，通过
可视为匀强电场的圆筒间隙的时间忽略不计，偏转匀强电场的 A、B 板水平放置，长度均为 L，相距为 d，极
板间电压为 U，电子从直线加速器水平射出后，自 M 点射入电场，从 N 点射出电场。若电子的质量为 m，
电荷量为 e，不计电子的重力和相对论效应。下列说法正确的是（　　）
1
A．电子在第 3 个与第 6 个金属筒中的动能之比
2
B T eU．第 2 个金属圆筒的长度为 0
2 m
UL
C．电子射出偏转电场时，速度偏转角度的正切值 tanq 8dU0
D．若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，且圆筒间隙的距离均为 d，在保持圆筒长度、交变电压的变
U eT
化规律和图乙中相同的情况下，该装置能够让电子获得的最大速度为 vm 02dm
【答案】AD
【详解】A．设电子的质量为 m，电子所带电荷量的绝对值为 e。电子进入第 n 个圆筒后的动能为 En，根据
动能定理有
En neU
电子在第 3 个和第 6 个金属圆筒中的动能之比 1:2，故 A 正确；
B．设电子进入第 n 个圆筒后的速度为 vn ，根据动能定理有
neU 10 mv
2 2neU
n ， vn 02 m
第 2 个金属圆筒的长度
l T 4eU0 eU02 v2t ＝T2 m m
故 B 错误；
C．电子在偏转电场中运动的加速度为
a F eE eU
m m md
电子在偏转电场中的运动时间为
t L
v8
又因为
v 16eU8 0m
电子射出偏转电场时，垂直于板面的分速度
vy at
eUL

mdv8
电子射出偏转电场时，偏转角度的正切值为
v
tanq UL y
v8 16dU0
故 C 错误；
D．由题意，若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，则电子进入每级圆筒的时间都要比忽略电子通过圆筒间
T
隙中对应时间延后一些，当延后时间累计为 ，则电子再次进入电场时将开始做减速运动，此时的速度就
2
是装置能够加速的最大速度，则有
nd vm T
2 2
根据动能定理得
nedU 1 mv20 2 m
联立解得
v eTU 0m 2md
故 D 正确。
故选 AD。
【变式 4-2】（2022·长沙期末）（多）如图甲所示，在空间坐标系 xOy 中，α 射线管放置在第Ⅱ象限。由
平行金属板 A、B 和平行于金属板的细管 C 组成，细管 C 到两金属板距离相等，右侧的开口在 y 轴上，金
属板和细管 C 均平行于 x 轴。放射源 P 在 A 板左端，可以沿特定方向发射某一初速度的 α 粒子。若金属板
长为 L、间距为 d，当 A、B 板间加上某一电压时，α 粒子刚好能够以速度 v0 从细管 C 水平射出，进入位于
第Ⅰ象限的静电分析器中。静电分析器中存在着如图所示的辐向电场，分布在整个第Ⅰ象限的区域内。电场线
沿半径方向，指向与坐标系原点重合的圆心 O。粒子在该电场中恰好做匀速圆周运动，α 粒子运动轨迹处的
场强大小处处为E0 。 t 0时刻 α 粒子垂直 x 轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，交变电场的场强大小也为E0 ，
方向随时间的变化关系如图乙所示，规定沿 x 轴正方向为电场的正方向。已知 α 粒子的电荷量为 2e（e 为元
电荷）、质量为 m，重力不计。以下说法中正确的是（　　）
2 2
A．α md v粒子从放射源 P 运动到 C 的过程中动能减少了 0
L2
B α P v 1 d
2
． 粒子从放射源 发射时的速度大小为 0 + L2
mv2
C．α 0粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为 r
2eE0
mv2 eE T 2
D．在 t 2T 0时刻，α 粒子的坐标为 + 0 ，- 2v0T ÷
è 2eE0 m
【答案】BCD
【详解】AB．由题意可知，α 粒子运动到C 处时速度为 v0 ，可知 α 粒子的反方向的运动为类平抛运动，水
平方向有
L v0t
竖直方向有
d 1
at2
2 2
由牛顿第二定律
2e U× ma
d
联立解得
md 2v2U 0
2eL2
α 粒子从放射源发射出到 C 的过程，由动能定理
1
-2e × U ΔE
2 k
解得
md 2v2ΔEk -eU - 02L2
设 α 粒子发射时速度的大小为 v，α 粒子从放射源发射至运动到 C 的过程，由动能定理可得
1
- ×2eU 1 mv2 10 - mv
2
2 2 2
解得
2
v v d0 1+ L2
故 A 错误，B 正确；
C．粒子在静电分析器中恰好做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得
v22eE0 m 0r
解得
r mv
2
0
2eE0
故 C 正确；
T
D． t 0时刻 α 粒子垂直 x 轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，在 时刻，α 粒子在 x 方向的速度为
2
v 2eE 0 Tx ×m 2
所以一个周期内，离子在 x 方向的平均速度
v vx eE Tx 02 2m
每个周期 α 粒子在 x 正方向前进
eE T 2x0 vxT 02m
因为开始计时时 α 粒子横坐标为
r mv
2
0
2eE0
因此在 2T 时刻，α 粒子的横坐标为
2
x r 2x mv0 2 eE T
2
+ 0 +
0
2eE0 2m
α 粒子的纵坐标为
y -v0 × 2T
所以在 t 2T 时刻 α 粒子的坐标为
mv2 20 eE0T + ，- 2v0T2eE m ÷è 0
故 D 正确。
故选 BCD。
【变式 4-3】（2023·南京期末）图 1 的平行金属板 M、N 间加有图 2 所示的交变电压，OO'是 M、N 板间
T q1
的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场。 时，比荷为 k（ k m ）的带电粒子甲从 O 点沿 OO'方向、4 1
3T 3T
以 v0的速率进入板间， 时飞离电场，期间恰好不与极板相碰。若在 时刻，带电粒子乙以 2v0的速率2 8
沿 OO'从 O 点进入板间，已知乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，不计粒子受到的重力，求：
（1）乙粒子离开电场的时刻；
（2）乙粒子的比荷是甲的多少倍；
（3）甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比。
8
【答案】（1）T 时刻离开电场；（2） ；（3）1∶2
7
【详解】（1）粒子在水平方向做匀速直线运动，设极板的长度为 L
L v 3T T 0 -

2 4 ֏
L 2v t 3T0 -

8 ֏
解得
t T
3T 5
（2）甲粒子在 时刻距离中线最远，恰好运动到极板处速度为零， T 时刻返回中线，设极板之间的距
4 4
T
离为 d，粒子向极板运动过程中，先做匀加速运动，再做匀减速运动，运动时间均为
4
d 1 q 2
1
U T
÷ 2 2 2 m1d è 4
1 1 5T
乙粒子匀加速 T ，匀减速 T ，在 时刻恰好速度为零，离极板最近，然后从静止开始向另一个极板做匀
8 8 8
3
加速运动 T ，T 时刻从极板边缘飞出
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 时刻返回中线，偏转距离为
4
2
y 1 q1U T d1 ÷ 2 m1d è 4 4
乙粒子从极板边缘飞出，偏转距离为
y d2 2
解得
y1 : y2 1: 2
【题型 5 带电粒子在匀强电场中的类抛体运动】
【例 5】如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一固定的足够长的斜面，将一带正电的小球从斜面上某点以
水平向右的速度 v0 抛出，小球最终落到斜面上。撤去电场，将同一小球仍在斜面上同一位置以水平向右的
速度 v0 抛出，小球再次落到斜面上。则关于小球前后两个运动过程，以下判断正确的是（ ）
A．运动时间相同 B．落到斜面上时的速度相同
C．落到斜面上时的位置相同 D．离斜面最远时的高度相同
【答案】B
【详解】A．设斜面的倾角为q ，存在电场时，则有
tanq y
x
竖直方向上有
y 1 mg + Eq t 2
2 m 1
水平方向有
x v0t1
联立解得
t 2v tanq1 0
g Eq+
m
撤去电场，小球仍落在斜面上，则有
tanq y


x
竖直方向上有
y 1 gt 2
2 2
水平方向有
x v0t2
联立解得
t 2v tanq2 0 g
可知
t1 < t2
故 A 错误；
B．在平抛运动或类平抛运动中，有速度夹角正切值等位移夹角正切值的两倍，设小球落在斜面上时速度与
水平方向的夹角为a ，则有
tana 2 tanq
两种情况位移夹角相同，故速度夹角相同，根据
v
tana y ， v v2 + v2
v 0 y0
可得小球落在斜面的速度为
v v 1+ 4 tan20 q
故两种情况下小球落在斜面上的速度大小、方向都一样，故 B 正确；
C．因 t1 < t2 ，水平方向速度相同，则水平位移有 x < x ，又
y x tanq ， y x tanq
则两种情况下合位移的大小为
s x2 + y2 x 1+ tan2 q ， s x 2 + y 2 x 1+ tan2 q
可知 s < s ，故两种情况下小球落到斜面上时的位置不相同，故 C 错误；
D．当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时速度与水平方向的夹角为q ，则有
v
tanq y
v0
可知两种情况下竖直方向的速度相等，根据
v2
h y
2a
因两种情况的加速度不相等，则下落的高度不相等，所以离斜面最远时的高度不相同，故 D 错误。
故选 B。
【变式 5-1】如图，质量为m 、电荷量为 q的质子（不计重力）在匀强电场中运动，先后经过水平虚线上 A、
B 两点时的速度大小分别为 va v、 vb 3v，方向分别与 AB 成a 60°斜向上、q 30°斜向下，已知
AB L，则下列说法错误的是（　　）
A．质子从 A 到 B 的运动为匀变速运动
3mv2B．场强大小为
qL
L
C．质子从 A 点运动到 B 点所用时间为
v
D 3．质子的最小速度为 v
2
【答案】B
【详解】A．由于质子在匀强电场中受电场力恒定，故加速度不变，质子做匀变速曲线运动，故 A 正确，
不满足题意要求；
B．质子在匀强电场中做匀变速曲线运动，在与电场方向垂直的方向上分速度相等，设 va 与电场线的夹角为
b ，如图所示
结合 va 与 vb方向垂直有
v sin b 3v cos b
解得
b 60°
根据动能定理有
2
qELsin b 1 1+a - 90° m 3v - mv22 2
解得
E 2mv
2

qL
故 B 错误，满足题意要求；
C．由几何关系可得
AC L cos(b a 90 ) 3+ - ° L
2
所以质子从 A 点运动到 B 点所用时间为
t AC L
v sin b v
故 C 正确，不满足题意要求；
D．质子在匀强电场中做匀变速曲线运动，在与电场方向垂直的方向上做匀速直线运动，所以质子沿电场线
方向的分速度为零时，质子的速度最小，为
v 3min v sin b v2
故 D 正确，不满足题意要求。
故选 B。
【变式 5-2】（多）生活中许多电子仪器都利用了带电粒子在电场中的偏转的原理，例如示波器、电子束仪、
XCT 扫描等。如图所示，长为 2d 的水平放置的平行金属板 A 和 B 间的距离为 d。(OO'为两板的中线，在
A、B 两板间加上恒定电压 U0。质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子组成的粒子束，不断地从 O 点沿 OO'
1
方向射入两板间，结果粒子从距离 A 板 d 的位置离开平行金属板。不计重力影响，不计粒子间的相互作用。
4
则（ ）
A 2qU．粒子从 O 点射入的速度大小为 2 0
m
B．只改变粒子射入速度的方向，使粒子刚好能从 B 板右侧边缘平行于 B 板飞出，则粒子射入速度的方
向与 OO'的夹角为 45°
1
C．只将 B 板沿竖直方向平移，要使粒子从 A 板右侧边缘飞出，则 B 板向上移动的距离为 d
4
D A A A 3 - 5．只将 板沿竖直方向平移，要使粒子从 板右侧边缘飞出，则 板向下移动的距离为 d
4
【答案】AD
【详解】A．粒子在平行金属板间运动，水平方向有
2d v0t
竖直方向有
d 1
at 2
4 2
加速度为
a qU 0
md
解得
v 2 2qU 00 m
故 A 正确；
B．粒子从 B 板右侧边缘平行于 B 板飞出，有
v0cosq × t 2d
v0sinq t d
2 2
解得
tanq 1
2
可知q 45°，故 В 错误；
C．只将 B 板沿竖直方向移动，要使粒子从 A 板右侧边缘飞出，则
2d v0t
d 1
at2
2 2
a qU 0
m d - y
解得
y d
2
d
故 B 板沿竖直方向向上移动 ，故 C 错误；
2
D．只将 A 板沿竖直方向移动，要使粒子从A 板右侧边缘飞出，则
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板向下移动 d ，故 D 正确。
4
故选 AD。
【变式 5-3】如图所示，A 为粒子源，在 A 和极板 B 间的加速电压为U1 ，在两水平放置的平行带电板 C、D
间的电压为U
L
2 。P 为荧光屏，距偏转电场右端的水平距离为 。现设有质量为 m，电荷量为 q 的质子初速2
度为零，从 A 被加速电压U1 加速后水平进入竖直方向的匀强电场，平行带电板的极板的长度为 L，两板间
的距离为 d，不计带电粒子的重力，求：
(1)带电粒子在射出 B 板时的速度大小；
(2)带电粒子飞出 C、D 电场时在竖直方向上发生的位移大小 y；
(3)现有质子、氘核和 α 粒子三种带正电的粒子（电量之比为 1：1：2，质量之比为 1：2：4）分别在 A 板附
近由静止开始经过该实验装置计算它们打在荧光屏上的位置。（不计粒子间的相互作用）
2qU L2U 2
【答案】(1) 1 (2) y 2 (3) y
U L
2
m 4dU1 2U1d
【详解】（1）在加速电场，由动能定理得
qU 1 21 mv2 0
解得
v 2qU0 1m
（2）设粒子在偏转电场中运动的时间为
t L L m
v0 2qU1
设粒子在离开偏转电场时纵向偏移量为
y 1 at 2
2
加速度为
a F qU 2
m md
联立解得
y L
2U
2
4dU1
（3）因为粒子出射电场时的偏移量和速度的偏向角都与粒子的比荷无关，所以，它们打在荧光屏上的位置
相同，距离中轴线的竖直距离为 y ，粒子在偏转电场中做类平抛运动，速度的反向延长线交于水平位移中
点，则由相似可得
1 L
2 y
1 1 L + L y
2 2
解得
2
y 2y U2L
2U1d
【题型 6 带电粒子在匀强电场中的圆周运动】
【例 6】如图所示，在竖直平面内， AB ^ CD 且 A、B、C、D 位于半径为 r 的同一圆上，在 C 点有一固定
点电荷，电荷量为-Q。现从 A 点将一质量为 m、电荷量为-q 的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨
道 ADB 运动到 D 点时的速度大小为 4 gr ，重力加速度为 g，则在-Q 形成的电场中（　　）
A．A 点的电势高于 D 点的电势
B．O 点的电场强度大小是 A 点的 2 倍
C．点电荷由 A 点运动至 D 点的过程中，静电力做功为 8mgr
17mg k QqD．点电荷在 D 点对轨道的压力为 +
4r 2
【答案】D
【详解】A．由于 A 点更靠近场源电荷-Q，所以 A 点的电势低于 D 点的电势，故 A 错误；
B．根据点电荷周围电场分布可知
E k QO r 2
E Q Q 1A k k 2 E( 2r)2 2r 2 O
故 B 错误；
C．点电荷沿光滑绝缘轨道 ADB 运动到 D 点的过程中，由动能定理可得
mgr 1+W mv2
2 D
解得
W 7mgr
故 C 错误；
D．根据牛顿第二定律可得
N mg k Qq v
2
- - 2 m
D
(2r) r
解得
N Qq 17mg + k
4r 2
根据牛顿第三定律可得点电荷在 D 点对轨道的压力为
N N 17mg k Qq +
4r 2
故 D 正确。
故选 D。
【变式 6-1】（多）如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在电场中有一根长为 L 的绝缘细线，
一端固定在 O 点，另一端系一质量为 m 的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成 θ 角，此时让小球获得
初速度且恰能绕 O 点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为 g。下列说法正确的是（　　）
E mg tanqA．匀强电场的电场强度 q
mgL
B．小球动能的最小值为 Ek 2cosq
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最大
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大再减小
【答案】ABD
【详解】．小球静止时，对小球受力分析如图
小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件有
tanq qE
mg
解得
E mg tanq
q
故 A 正确；
B．小球恰能绕 O 点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点 A 速度最小，根据牛顿第二定律有
mg v2
m A
cosq L
则最小动能为
E 1k mv
2 mgL
A 2 2cosq
故 B 正确；
C．小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最小的位置机械能最大，由于小球带负电，则小
球运动到圆周轨迹的最右侧端点时机械能最大，故 C 错误；
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其
电势能先减小后增大，再减小，故 D 正确。
故选 ABD。
【变式 6-2】如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球用长为 L
的绝缘细线悬于电场中的 O 点。将小球拉至与 O 点等高的 A 点，给小球一个竖直向下的初速度，小球在竖
直面内做圆周运动，恰好能到达 C 点，OC 与竖直方向的夹角为 37°，重力加速度为 g，已知电场强度大小
E mg ， sin 37° 0.6，小球可视为质点，求：
q
(1)小球在 A 点的初速度大小；
(2)小球运动到圆弧最低点 B 时，细线的拉力大小；
(3)若小球向左运动到速度最大的位置时细线刚好断开，此后当小球运动的速度沿水平方向时，小球的速度
大小。
(1) 8gL
13
(2) mg (3) 20 2 - 4【答案】
5 5
gL
5
【详解】（1）设小球在 A 点的初速度大小为 v0 ，从 A 点 C 点过程，根据动能定理可得
mgL cos37° - qE(L + Lsin 37 ) 0 1° - mv2
2 0
解得
v 8gL0 5
（2）小球 A 点 B 点过程，根据动能定理可得
mgL 1 1- qEL mv2B - mv
2
2 2 0
解得
v v 8gLB 0 5
小球运动到圆弧最低点 B 时，根据牛顿第二定律可得
2
T - mg m vB
L
解得细线拉力大小为
T 13 mg
5
（3）小球受到电场力和重力的合力大小为
F合 (qE)
2 + (mg)2 2mg
电场力和重力的合力方向与竖直方向的夹角满足
tanq qE 1
mg
可得
q 45°
设小球向左运动到 D 位置速度最大，此时OD 与竖直方向的夹角为 45°，则从 C 点到 D 点过程，根据动能
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
此时细线刚好断开，当小球运动的速度沿水平方向时，竖直方向有
t v sin 45° D
g
小球的速度大小为
v vD cos 45° + axt
其中
a qEx = = gm
联立可得
v 20 2 - 4 gL
5
【变式 6-3】固定在O点的细线拉着一质量为m 、电荷量为 q的带正电小球在竖直平面内做半径为 R 的圆周
E 3mg运动，该区域内存在水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度 4q ，圆周上 A 点在圆心 O 的正
上方，小球过 A 点时的速度大小为 v0 ，方向水平向左，不计一切阻力，重力加速度为 g ，求：
(1)小球过 A 点时对细线的作用力；
(2)小球做圆周运动过程中的最小速率；
(3)若小球过 A 点时断开细线，之后的运动中小球经过其电势能最大位置时的速率为多大
(1) m v
2
0 1 4v【答案】 - mg ，方向竖直向上 (2) v20 - gR (3)
0
R 2 3
【详解】（1）在 A 点，以小球为对象，根据受到第二定律可得
2
mg +T m v0
R
解得
2
T m v0 - mg
R
根据牛顿第三定律，小球对细线的作用力大小为
2
T T m v0 - mg
R
方向竖直向上。
（2）设电场力和重力的合力与竖直方向夹角为q ，则有
tanq qE 3
mg 4
可得
q 37°
如图所示
当小球到达等效最高点 C 点时速度最小，从 A 到 C 由动能定理得
mgR 1- cosq - qER sinq 1 mv2 1C - mv22 2 0
解得小球做圆周运动过程中的最小速率为
v 1C v
2
0 - gR2
（3）若小球过 A 点时细线断开，之后小球电势能最大时水平速度减为零，则经过的运动时间为
t v 0 v0 4v 0
a qE

x 3g
m
竖直方向做自由落体，则此时小球的速率为
v gt 4v 0
3
【题型 7 带电粒子在电场中的能量问题】
【例 7】（2023·南京期末）如图所示，在竖直平面内有一个带正电的小球，质量为m 0.5kg ，所带的电
荷量为 q 5 10-4 C ，用一根不可伸长的绝缘轻细线系在匀强电场中的 O 点，匀强电场方向水平向右，场强
为 104N/C。现将带正电小球从 O 点右方由水平位置 A 点（细线绷直）无初速度释放，取重力加速度
g 10m/s2 。以下说法错误的是（　　）
A．小球运动到 B 点时速度刚好为零
B．从 A 到 B 的过程中小球减少的重力势能大于电势能的增加量
C．若将小球从 C 点由静止释放，其最终一定能通过 A 点并继续运动一段距离
D．若将小球从 C 点由静止释放，运动过程中机械能和电势能的和不守恒
【答案】B
【详解】A．设绳子长度为 L，小球从A 到 B 过程，根据动能定理
mgL 1- qEL mv2
2 B
代入数据可得
vB 0
可知小球运动到 B 点时速度刚好为零，故 A 正确；
B．根据能量守恒定律可知从 A 到 B 的过程中小球减少的重力势能等于电势能的增加量，故 B 错误；
C．若将小球从 C 点由静止释放，到达A 点时，电场力做正功，重力不做功，且绳绷紧时动能不会完全损失，
可知通过A 时小球速度不为零，所以其最终一定能通过 A 点并继续运动一段距离，故 C 正确；
D．若将小球从 C 点由静止释放，根据题意
qE mg
小球所受的合力与竖直方向的夹角为 45°，做匀加速直线运动，当小球运动到 B 点时，绳子绷紧，沿着绳子
方向的分速度瞬间变为零，有能量损失，所以运动过程中机械能和电势能的和不守恒，故 D 正确。
本题选不正确项，故选 B。
【变式 7-1】（2023·无锡期中）如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是 O，最低点是 P，直径 MN
水平，a、b 是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b 固定在 M 点，a 从 N 点静止释放，沿半圆槽
运动经过 P 点到达某点 Q（图中未画出）时速度为零。则小球 a（　　）
A．从 N 到 P 的过程中，速率一直增大
B．从 N 到 Q 的过程中，电势能一直增加
C．从 N 到 Q 的过程中，机械能一直增大
D．从 N 到 Q 的过程中，库仑力先增大后减小
【答案】B
【详解】A．从 N 到 P 的过程中，在其中间某个位置存在一个三力平衡的位置，此位置的合力为零，加速
度为零，速度最大，则从 N 到 P 的过程中，a 球速率必先增大后减小，选项 A 错误；
BC．在 a 球在从 N 到 Q 的过程中，a、b 两小球距离逐渐变小，电场力(库仑斥力)一直做负功，a 球电势能
一直增加，除了重力之外的其他力做负功，则机械能一直减小，选项 B 正确，C 错误；
Q Q
D．从 N 到 Q 的过程中，a、b 两小球距离逐渐变小，根据库伦定律F k 1 22 可知库仑力一直增大，故 Dr
错误。
故选 B。
【变式 7-2】（2023·成都期中）（多）一质量为 m 的带电液滴以竖直向下的初速度 v0 进入某电场中，由于
电场力和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一段距离 h 后，速度变为 0。在此过程中，以下判断正确的是
（　　）
A 1 2．液滴一定带负电 B．合外力对液滴做的功为 - mv2 0
1
C 2
1 2
．液滴的电势能增加了 mv0 + mgh D．液滴的重力势能减少了 mv + mgh2 2 0
【答案】BC
【详解】AC．带电液滴下落 h 高度，根据动能定理
W 1电 + mgh 0 - mv
2
2
可得
W = mgh 1 2电 - - mv2 0
1 2
所以电场力做负功，则液滴的电势能增加 mv0 + mgh，电场力竖直向上，电场方向向上，则液滴一定带正2
电，故 A 错误，C 正确；
B．合外力对液滴做的功为
W ΔE 1 1 0 - mv2 - mv2合 k 2 0 2 0
故 B 正确；
D．重力对液滴做的功为
WG mgh
则液滴的重力势能减少了mgh ，故 D 错误。
故选 BC。
【变式 7-3】（2024·西安三模）（多）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带
电导体极板（半径分别为 R 和R + d ）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极
板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4 个带正电的同种粒子从极板间通过，
到达探测器。不计重力。粒子 1、2 做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为 r1 、 r2 R < r1 < r2 < R + d ；粒
子 3 从距O点 r2 的位置入射并从距O点 r1 的位置出射；粒子 4 从距O点 r1 的位置入射并从距O点 r2 的位置出
图（a）射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（ ）
A．粒子 1 入射时的动能大于粒子 2 入射时的动能
B．粒子 4 入射时的动能大于粒子 2 入射时的动能
C．粒子 3 出射时的动能大于粒子 3 入射时的动能
D．粒子 4 出射时的动能大于粒子 4 入射时的动能
【答案】BC
【详解】A．粒子 1 进入极板后做匀速圆周运动，有
2
F1 m
v1
r1
粒子 2 进入极板后做匀速圆周运动，有
2
F2 m
v2
r2
因为极板间各点的电场强度大小与其到 O 点的距离成反比，则
F1r1 F2r2
所以
1 mv2 1 mv2
2 1 2 2
故 A 错误；
B．粒子 4 进入极板后做离心运动，有
F m v
2
4
1 < r1
所以
1 mv2 14 < mv
2
2 2 2
故 A 错误；
C．粒子 3 进入极板后做近心运动，可知电场力对粒子 3 做正功，根据动能定理可知粒子 3 出射时的动能大
于粒子 3 入射时的动能，故 C 正确；
D．粒子 4 进入极板后做离心运动，有可知电场力对粒子 4 做负功，根据动能定理可知粒子 4 出射时的动能
小于粒子 4 入射时的动能，故 D 错误。
故选 BC。
【题型 8 示波器的原理】
【例 8】示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。如果在荧光屏上 P
点出现亮斑，那么示波管中的（　　）
A．极板 X 应带正电 B．极板 X'应带负电
C．极板 Y 应带正电 D．极板 Y'应带正电
【答案】D
【详解】电子受力方向与电场方向相反，因电子向极板 X'方向偏转，则电场方向为极板 X'到极板 X，则极
板 X 带负电，极板 X'带正电，同理可以知道极板 Y 带负电，极板 Y'带正电。
故选 D。
【变式 8-1】（2023·无锡期末）示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。图乙是
从右向左看到的荧光屏的平面图。若在 XX'上加如图丙所示的电压，在 YY'上加如图丁所示的信号电压，
则在示波管荧光屏上看到的图形是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】因甲图 XX'偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与 YY'偏转电压上加的是待显示的
信号电压相同，所以在荧光屏上得到的信号在一个周期内的稳定图象，则显示的图象与 YY'所载入的图象
形状是一样的，如图 A 所示。
故选 A。
【变式 8-2】（2024·太原三模）示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，YY'偏转电极上加的是待
测信号电压，XX'偏转电极接入仪器自身产生的锯齿形扫描电压。若调节扫描电压周期与信号电压周期相
同，在荧光屏上可得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像。下列说法正确的是（ ）
A．电子在示波管内做类平抛运动
B．待测信号电压不会改变电子的动能
C．若荧光屏上恰好只出现一个周期内的正弦图像，说明待测信号随时间按正弦规律变化
D．若荧光屏上恰好只出现一个周期内的正弦图像，把扫描电压的周期变为原来的一半，荧光屏上会出
现两个周期内的正弦图像
【答案】C
【详解】A．电子从电子枪中以一定速度打出，在中心线上做匀速直线运动，由于速度很大，所以经过两偏
转电极时时间很短，可认为极板间电压不变，即受到的电场力不变。经过YY'偏转电极时，受到与YY'平
行的电场力，此时合力与速度方向垂直，做类平抛运动。当经过XX'偏转电极，受到与XX'平行的电场力，
此时进入电场的速度方向也与电场垂直，所以也做类平抛运动。但在示波管中运动时不是做一个类平抛运
动。故 A 错误；
B．电子经过YY'时，电场力做正功，所以待测信号电压使电子的动能增大。故 B 错误；
CD．设电子从电子枪射出时的速度为 v0 ，YY'、XX'两极板的长度分别为 Ly 、 Lx ，则在两电场中运动的
时间分别为
L
ty
y
v0
t Lxx v0
由题意可知，时间 t y 、 tx 均为定值，与电压的变化无关。
设YY'、XX'两极板间的距离分别 d y、 dx ，两极板间的电场分别为
u
E yy d y
E u xx dx
又有牛顿第二定律得
eE ma
电子朝正极的偏转位移
l 1 at 2
2
由以上各式可得电子在极板中的偏转位移与所加电压成正比
假设待测信号电压随时间按正弦规律变化，可做图
与扫描电压图像结合可得图像
把扫描电压的周期变为原来的一半时
结合得到图形
故 C 正确，D 错误。
故选 C。
【变式 8-3】（2024·徐州三模）如图所示，在示波管水平极板YY 加电压U1 、竖直极板 XX 加电压U 2 后，
亮斑会偏离荧光屏中心位置。能使亮斑离荧光屏中心的竖直距离增大的是（　　）
A．增大U1 B．减小U1
C．增大U 2 D．减小U 2
【答案】A
【详解】由题图可知，示波管水平极板YY 加电压U1 ，能使粒子竖直方向发生位移，若使亮斑离荧光屏中心
的竖直距离增大，则需要竖直分位移增大，增大 U1。
故选 A。
【题型 9 带电粒子其他非匀强电场中的运动】
【例 9】（2024·武汉模拟）如图所示水平放置的平行板电容器中间开有小孔，两板间距为 d；一均匀带电
绝缘棒带电量为+Q，长度为 2d，质量为 m。绝缘电棒下端紧靠小孔，静止释放后绝缘棒始终保持竖直，与
电容器无接触且电荷分布保持不变。棒的上端点进入电场时，棒的速度恰好为零。不考虑极板外的电场影
响，则两板间的电压为（　　）
4mgd 8mgd 2mgd 4mgd
A． 3Q B． 3Q C． Q D． Q
【答案】B
【详解】均匀带电棒下降过程受到的电场力大小随下降距离的变化关系如图，该过程中电场力做功为
W 1 QE d QE 3电 - × × - × d - QEd2 2 2 4
由动能定理得
W电 + 2mgd 0
又
E U
d
联立解得
U 8mgd
3Q
故选 B。
【变式 9-1】（2024·厦门二模）（多）《厦门志·风俗记》中记载：“（厦门人）俗好啜茶，…如啜酒然，
以饷客，客必辨其色、香、味而细啜之，名曰功夫茶。”在茶叶生产过程中有道茶叶茶梗分离的工序，可通
q
过电晕放电、感应极化等方式让茶叶茶梗都带上正电荷，且茶叶的比荷 小于茶梗的比荷，之后两者通过
m
静电场便可分离。如图所示，图中 A、B 分别为带电量不同的两个带电球，之间产生非匀强电场，茶叶、茶
梗通过电场分离，并沿光滑绝缘分离器落入小桶。假设有一茶梗 P 电荷量为3 10﹣8 C，质量为 2 10﹣4 kg ，
以 1m/s 的速度离开 A 球表面 O 点，最后落入桶底，O 点电势为 1×104V，距离桶底高度为 0.8m，桶底电势
为零。不计空气阻力、茶叶茶梗间作用力及一切碰撞能量损失，重力加速度 g 取 10m/s2，则（　　）
A．M 处电场强度大于 N 处电场强度
B．茶叶落入左桶，茶梗落入右桶
C．茶梗 P 落入桶底速度为 17 m s
D．茶梗 P 落入桶底速度为 2 5 m s
【答案】BD
【详解】A．电场线分布的密集程度表示电场强弱，M 处电场线分布比 N 处电场线稀疏一些，则 M 处电场
强度小于 N 处电场强度，故 A 错误；
B．根据牛顿第二定律有
qE ma
解得
a qE
m
q
由于茶叶、茶梗带正电，则电场力产生的加速度方向整体向右，由于茶叶的比荷 小于茶梗的比荷，可知
m
茶叶所受电场力产生的加速度小于茶梗所受电场力产生的加速度，即在相等时间内，茶叶的水平分位移小
于茶梗的水平分位移，可知，茶叶落入左桶，茶梗落入右桶，故 B 正确；
CD．对茶梗进行分析，根据动能定理有
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 错误，D 正确。
故选 BD。
【变式 9-2】（2023·贵港期末）（多）如图所示，光滑绝缘的水平面上有一质量为 m、带负电的小球 A，
在距水平面高 h 处固定一带正电且带电荷量为+Q的小球 B。现使得小球 A 获得一水平初速度，使其恰好能
在水平面上做匀速圆周运动，此时两小球连线与水平面间的夹角为 30°，小球 A 恰好对水平面没有压力。已
知 A、B 两小球均可视为点电荷，静电力常量为 k，重力加速度大小为 g，下列说法正确的是（ ）
A．两小球间的库仑力大小为 2mg
B．小球 A 做匀速圆周运动的向心力大小为 2mg
C．小球 A 做匀速圆周运动的线速度大小为 2 gh
8mgh2
D．小球 A 所带的电荷量为
kQ
【答案】AD
【详解】A．由题意可得小球 A 受力如图所示，因小球 A 恰好对水平面没有压力，则在竖直方向有
F cos 60o mg
解得两小球间的库仑力大小为
F 2mg
故 A 正确；
B．小球A 做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，小球A 做匀速圆周运动的向心力大小为
F F cos30o 3mg
向
故 B 错误；
C．小球A 做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得
2
F cos30o v m
r
其中圆周的半径
r h
tan 30o
解得
v 3gh
故 C 错误；
D．由库仑定律可得
k Qq 2mg
L2
其中
L h
sin 30o
2h
解得小球A 所带的电荷量为
q 8mgh
2

kQ
故 D 正确。
故选 AD。
【变式 9-3】（2022
1
·无锡期中）如图所示，光滑水平面 AB 和竖直面内的光滑 4 圆弧导轨在 B 点平滑连接，
导轨半径为 R。质量为 m 的带正电小球将轻质弹簧压缩至 A 点后由静止释放，脱离弹簧后经过 B 点时的速
度大小为 2 gR ，之后沿导轨 BO 运动。以 O 为坐标原点建立直角坐标系 xOy，在 x≥－R 区域有方向与 x 轴
夹角为 θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为 2 mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，
重力加速度为 g。求：
（1）弹簧压缩至 A 点时的弹性势能；
（2）小球经过 O 点时的速度大小；
（3）小球过 O 点后运动的轨迹方程。
【答案】（1） 2mgR；（2） 6gR ；（3） y2＝12Rx（x>0，y>0）
【知识点】带电物体（计重力）在非匀强电场中的一般运动、带电物体（计重力）在匀强电场中的圆周运
动
【详解】（1）小球从 A 点运动到 B 点的过程，根据能量守恒定律得
E 1 2p＝ mvB 2
其中
vB 2 gR
解得弹簧压缩至 A 点时的弹性势能
Ep＝2mgR
（2）小球从 B 点运动到 O 点的过程，根据动能定理有
R 1
－mgR＋qE· ＝ mv2
1
- mv2
cos 45° 2 O 2 B
其中
qE＝ 2mg
解得小球经过 O 点时的速度大小
vO＝ 6gR
（3）小球运动至 O 点时速度竖直向上，之后只受电场力和重力作用，将电场力沿 x 轴方向和 y 轴方向分解，
则 x 轴方向有
qE cos 45°＝max
y 轴方向有
qE sin 45°－mg＝may
解得
ax＝g，ay＝0
说明小球过 O 点后在第一象限做类平抛运动，有
x 1＝ gt22
y＝vOt
联立解得小球过 O 点后运动的轨迹方程为
y2＝12Rx（x>0，y>0）

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