新高考物理二轮复习题型分类精讲精练专题26 带电粒子（带电体）在电场中的综合问题-（精讲）（2份，原卷版+解析版）

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考点梳理1 “等效法”在电场中的应用
母题考点一 “等效法”在电场中的应用
举一反三
【练1】（2024·山东潍坊·模拟预测）如图所示，为竖直平面内的光滑绝缘轨道，直轨道AB和圆弧轨道相切于B点，圆弧轨道半径为，与水平面的夹角为，为圆弧轨道的竖直直径，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中。带正电的小球b质量为，带电荷量为（电荷量始终不变），若将小球b从B点由静止释放，则它运动到轨道最低点C时对轨道的压力大小为（g为重力加速度），现让一不带电的质量为M的绝缘小球a从直轨道的A点由静止释放，运动到C点时恰好与静止在C点的小球b发生弹性碰撞。不计空气阻力，。
(1)求匀强电场的电场强度的大小E；
(2)若，且碰后小球b恰好到达最高点，则轨道A点离B点的高度h为多少？
(3)若在C点碰撞后小球b的速度大小为，则小球b从D点离开轨道到再次回到轨道的时间t为多长？
【答案】(1)
(2)4.6R
(3)
【详解】（1）小球 b 运动到最低点 C 时,对轨道的压力大小为 3.6mg，由牛顿第三定律可知轨道对小球
b 的支持力大小为 3.6mg，由牛顿第二定律有
小球 b 从 B 点到 C 点的过程,由动能定理有
联立解得
（2）设小球a碰撞前后速度大小分别为v0、v1,小球b碰撞后速度为v2 ，由动量守恒定律有 Mv0=Mv1+mv2
由能量守恒有
小球b恰能到达D点时的速度为vD，由牛顿第二定律得
小球b从C点到D点的过程,由动能定理有
小球a从A点到C点的过程，有
联立解得h=4.6R
（3）小球b从C点到D点的过程，有
可求出小球b到达D点速度大小
小球 b 离开 D 点后做类平抛运动,落到直轨道上时水平距离为 x，竖直距离为 y，则 x=v'Dt，
由几何关系有
联立解得（另一解不符合题意，舍去）
【练2】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）水平面上竖直固定一个圆形光滑绝缘轨道ABCD，圆心为O，半径为R。A、C是圆弧上水平直径上的两点，D为最高点，B为最低点。在竖直平面分布着与水平方向夹角θ=30°的匀强电场。一个质量为m、带电荷量为+q的绝缘小球从A点以某一速度竖直向下沿轨道内侧运动，恰好不离开轨道并从D点水平向右做直线运动，重力加速度为g。求∶
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)绝缘小球在A点对轨道的压力F的大小；
(3)绝缘小球沿轨道从B到C电势能的变化量ΔEₚ。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）小球从D点水平向右做直线运动，则有
解得
（2）结合上述可知，小球等效物理最高点在C点，小球恰好不离开轨道，则在轨道点有
小球从A到C过程，根据动能定理有
小球在A点，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为。
（3）小球沿轨道从B到C过程，根据功能关系有
解得
【练3】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘轻质细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动，图中A、B分别为圆周上的最高点和最低点。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q（q>0）、质量为m，电场强度大小为E，重力加速度大小为g，求：
(1)小球在A点的速度大小；
(2)小球运动至B点时细线上拉力的大小。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）在A点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得
联立解得
（2）设最低点B点速度为v，A到B运动过程根据动能定理有
解得
此时细线上拉力为F，由牛顿第二定律有
联立得
考点梳理2 带电粒子在交变电场中的运动
母题考点二 带电粒子在交变电场中的运动
举一反三
【练1】（2025·天津·一模）如图甲为某款医用治疗装置，该装置由粒子源、直线加速器和偏移器等部件构成。直线加速器由一系列带孔的金属漂移管组成，每个漂移管两端圆板横截面面积相等且依次排列，中心轴线共线，漂移管的长度按照一定的规律依次增加。序号为奇数的漂移管和交变电源的一极相连，序号为偶数的漂移管和电源的另一极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙。在t=0时，奇数漂移管相对于偶数漂移管的电势差为正值，此时位于序号为0的圆板中央的粒子源静止释放出一个电子，电子在圆板和漂移管1间的狭缝电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进漂移管1，在漂移管1内做匀速直线运动。每次电子在漂移管内运动时间恰为交变电源周期的一半。已知电子的质量为m、电荷量为e，交变电源电压的绝对值为，周期为T，忽略电子在狭缝内运动的时间及相对论效应，不考虑电子的重力及其他因素的影响。
(1)求电子进入漂移管1时的速度v1的大小；
(2)为使电子运动到漂移管之间各狭缝中都能恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速，求第n个漂移管的长度；
(3)该电子加速到最大动能Ekm后，恰好沿O'O方向射入偏移器，偏移器为一棱长为L的正方体，正方体内充满匀强电场和匀强磁场，O'为偏移器左侧面的中心点，当偏移器内电场强度和磁感应强度均为0时，电子恰好沿O'O射到目标平面中心O点处（O点和偏移器左、右侧面中心点共线），目标平面和偏移器右侧面平行且相距为L，当偏移器同时加上如图所示的匀强电场和匀强磁场（方向均垂直于前、后侧面）时，电子在极短的时间内穿过偏移器，打在目标平面上（）处，求偏移器中电场强度E和磁感应强度B的大小。（当α很小时，有）
【答案】(1)
(2)
(3)；
【详解】（1）根据动能定理有
解得
（2）电子在第n节漂移管内的运动时间为
设电子在第n节漂移管内的运动速度为，有
解得
故第n节漂移管长度为
（3）设电子进入偏移器时速度为v，则在偏移器内，由于电场引起的速度增量对y轴方向的运动不产生影响，y轴方向上相当于只考虑磁场存在，设电子进入磁场后做圆周运动半径为，如图
根据洛伦兹力提供向心力
解得
又有
经过磁场后，电子在y轴方向偏移距离
离开磁场后，电子在y轴方向偏移距离
则有
可得
又
解得
根据运动的分解，只考虑电场存在时
x轴方向加速度为
飞行时间为
又，解得
离开偏移器时x轴方向获得的速度为
经过电场后，电子在x轴方向偏移的距离和偏移角的正切为、
离开电场后，电子在x轴方向偏移的距离
则有
可得
又
得
【练2】（2025·天津滨海新·三模）某粒子偏转器，主要由加速电场，偏转电场和偏转磁场三部分构成。如图甲所示为该粒子偏转装置示意图，粒子源可以均匀连续的产生质量为m、电荷量为、初速度忽略不计的带电粒子，经电压为U的加速电场加速后，带电粒子贴近上板边缘，水平飞入两平行金属板中的偏转电场。两水平金属板长为，间距为d，板间加有图乙所示的周期性变化的电压，其最大电压也为U、周期为，下极板右端正下方紧挨金属板竖直放置长度为d的探测板。带电粒子由偏转电场飞出后，立即进入平行板右侧的垂直纸面向外的水平匀强磁场，最后经匀强磁场偏转后打在探测板上。不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用力，求：
(1)若带电粒子经过加速电场未进入偏转电场之前，形成了大小为I的稳恒电流，沿着电流方向长度为电流中，包含的粒子个数；
(2)一个周期内，从偏转电场出射的粒子数占粒子源全部发射粒子数的百分比；
(3)从偏转电场出射的粒子全部能够到达探测板时，磁感应强度B需要满足的条件。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设粒子进入偏转电场的初速度为，根据动能定理有
电流
则
联立可得
（2）带电粒子穿过偏转电场时，水平方向做匀速直线运动，则有
联立解得
即：带电粒子通过板间的时间等于周期T，且竖直方向上匀加速的时间必为，设前半个周期中，时刻飞入偏转电场的粒子恰好能到达下极板，则有
根据牛顿第二定律
联立解得
设后半个周期中，时刻飞入偏转电场的粒子恰好能到达下极板，则有
解得
时间内飞入偏转电场的粒子可以飞出偏转电场，故偏转电场出射的粒子数占比
（3）设粒子飞入磁场时的速度为v，根据洛伦兹力提供向心力有
设粒子飞入磁场时，其速度与水平方向的夹角为，则有
如图
设粒子进入磁场后，竖直方向偏移的位移为，由几何关系可知
解得
若偏转电场出射的粒子全部能够到达探测板，需满足
解得
即
【练3】（2025·全国·模拟预测）如图甲，一长为L、板间距离为d的平行板电容器水平放置，一正离子源放置在电容器左端中轴线处，离子源能够源源不断地在单位时间内释放相同数目、速度方向均沿中轴线水平向右、速度大小为的正离子，正离子的质量为、电荷量为。从时刻起加一如图乙所示的周期性电场，此时A板电势高于B板。已知，且，不计离子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．时刻进入的正离子刚好击中B板右端点
B．时刻进入的正离子离开电容器时偏离轴线的距离为
C．时刻进入的正离子击中金属板A的右端点
D．离子源发射的正离子被平行板电容器收集的比例为50%
【答案】C
【详解】A．时刻进入的正离子运动的如图线1所示，其偏移量为，，
离子击中B板的中点，A错误。
B．时刻进入的正离子的如图线2所示，其离开电容器时偏离轴线的距离为
离子沿中心轴线离开，B错误；
C．时刻进入的正离子的如图线3所示，
即时刻进入的正离子击中金属板A的右端点，C正确；
D．设时刻进入电场的离子刚好打到板上的如图线4所示，
解得
又因为时刻进入电容器的离子刚好打到板右端点，所以能够击中电容器两极板的离子进入电容器的百分比为
D错误。
故选C。
模拟演练
1．（25-26高二上·河北衡水·开学考试）如图所示，竖直面内固定有一半径、圆心为的光滑绝缘圆轨道，点分别为轨道的最高点、最低点，、两点为轨道上与圆心等高的两点。竖直面内存在平行于平面的匀强电场（图中未画出），已知点的电势差，、点的电势差。将电荷量、质量的小球（视为点电荷）从轨道上点由静止释放。取重力加速度大小。求：
(1)电场的电场强度的方向和大小；
(2)小球经过点时对轨道的压力大小；
(3)小球从点运动到点过程中的最大速度。
【答案】(1)1000V/m，电场强度方向垂直于A、C点的连线，且由B点指向D点。
(2)6N
(3)
【详解】（1）根据可知，电场强度方向垂直于A、C点的连线，结合可知，电场强度方向由B点指向D点，如图所示，由
解得
（2）设小球经过D点时的速度大小为，小球从C点运动到D点的过程中有
小球经过D点时有
由牛顿第三定律有
解得
（3）如图所示，小球在重力场和电场所受合力为，则小球在的方向上位移最大时，所做正功最多，由动能定理可知此时小球动能最大，也即速度最大，由图可知
设小球最大速度的点为G，则G、O点的连线与竖直方向的夹角为也为，从A点到G点，根据动能定理有
解得
解得
2．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图所示AB为半径四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着竖直向上的匀强电场，有一质量、带电量正电荷的物体（可视为质点），从A点的正上方距离A点H处由静止开始自由下落（不计空气阻力），BC段为长，与物体间的动摩擦因数的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角且离地面DE高的斜面，g取。求：
(1)若，物体能沿轨道AB到达最低点，求它到达B点时对轨道的压力？
(2)通过你的计算判断：是否存在某一H值，能使物体沿轨道AB经过最低点B后最终停在距离B点1.2m处？
(3)若高度H满足：，请通过计算标示出物体从C处射出后打到的范围。（已知，。不需要计算过程，但要具体的位置。不讨论物体的反弹以后的情况。）
【答案】(1)10N，方向竖直向下
(2)见解析
(3)见解析
【详解】（1）物体由静止运动到B点的过程中，根据动能定理得
到达B点时由支持力、重力、电场力的合力提供向心力，有
代入数据，联立解得
根据牛顿第三定律可知物体对轨道的压力为10N，方向竖直向下。
（2）要使物体沿轨道AB到达最低点B，当支持力为零时，最低点速度v，则有
代入数据解得
在粗糙水平面上的加速度大小，
物体最终停止的位置距离B的距离
即物体能沿着轨道从A点运动到B点，停的位置最近离B点1m，所以存在某一H值，能使物体沿轨道AB经过最低点B后最终停在距离B点1.2m处；根据动能定理可得
其中，解得
（3）在滑行的过程中，若速度较小则平抛后会落在CD斜面上，若速度较大时，平抛后会落在DE平面上。
当时，小球从下落到达C点的过程，根据动能定理得
解得
假设小球以从C点抛出时落在CD斜面上的P点，则有，，
解得，
则抛出点与落点的距离为
所以假设成立，且P离D的距离为。
当时，小球从下落到达C点的过程，根据动能定理得
解得
假设小球以从C点抛出时落在平面DE的Q点，根据平抛运动公式可得，
解得
所以假设成立，且Q离D的距离为。
综上分析可知打到的范围为：在斜面上距离D点范围内（如图PD之间区域）；在水平面上距离D点0.2m范围内（如图DQ之间区域）。
3．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图所示，在竖直平面内有水平向右、电场强度大小的匀强电场，在匀强电场中有一根长的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，小球静止时悬线与竖直方向的夹角为37°。现给小球一初速度，使小球恰能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动。设小球静止时的位置为电势能和重力势能零点，，，g取，则小球（ ）
A．所带电荷量
B．电势能的最大值为1.92J
C．在运动过程中，小球的最小速度为
D．在运动过程中，在圆形轨道的最右端点时小球的机械能最小
【答案】AB
【详解】A．小球静止时悬线与竖直方向成37°角，受到重力、电场力和拉力，受力分析如图所示
根据平衡条件，有
解得，故A正确；
B．根据功能关系可知，电势能最大值即为小球克服电场力做功的最大值，由题意可知，小球克服电场力做功最大值为
即电势能最大值为1.92J，故B正确；
C．由题意知小球恰能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动，则小球的最小速度即为重力与电场力的合力恰好提供向心力时小球的速度，则有
联立以上解得最小速度，故C错误；
D．根据能量守恒定律，电势能和机械能之和保持不变，与O点等高的最右位置电势能最小，所以该位置机械能最大，故D错误。
故选AB。
4．（25-26高三上·重庆·阶段练习）如图所示，一质量为m＝1.0×10-2kg、带电量大小为q＝1.0×10-6C的小球，用长度为L＝1m的绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场范围足够大，静止时悬线向左与竖直方向成＝37°，小球在运动过程中电量保持不变且可看作质点，重力加速度g取10m/s2。
(1)求电场强度大小E；
(2)将小球向左拉起到细线水平伸直并由静止释放，求小球受到细线拉力的最大值T。（sin37°＝0.6，）
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）对小球，根据平衡条件有
解得
（2）当小球运动到等效最低点，即开始静止的位置时，受到的细线拉力最大，根据动能定理可得
小球在等效最低点时，根据牛顿第二定律
解得
5．（25-26高三上·重庆·阶段练习）如图所示，足够大的水平地面上点和M点所在的两条竖直虚线之间存在水平向右、大小为E的匀强电场，OM＝d。在O点处静止释放一个带正电的小球A，待A离开电场足够远后，将另一带正电的小球B也在O点处由静止释放。B离开电场后，A和B之间的相互作用满足库仑定律（两球“足够远”时，相互作用的力为零，并规定此时二者相互作用的势能为零），已知A和B的质量分别为m和，A带电荷量为q，不计一切阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．A在电场中的运动时间为
B．要使B离开匀强电场后靠近A并与A重新发生相互作用，则B的带电荷量应大于
C．若B的带电荷量也为q，则A和B之间的电势能最大值为
D．要使B在离开匀强电场之后的过程改变运动方向，则B的电荷量应大于
【答案】BCD
【详解】A．A在电场中
A在电场中的运动时间为，故A错误；
B．A离开电场时
B离开电场时
要使B离开匀强电场后靠近A并与A重新发生相互作用，则
联立得B的带电荷量，故B正确；
C．A离开电场时
B离开电场时
A和B共速时电势能最大，有
联立得A和B之间的电势能最大值为，故C正确；
D．离开电场后，A和B之间的相互作用，有
可得
A离开电场时
B离开电场时
要使B在离开匀强电场之后的过程改变运动方向，则
联立得B的电荷量，故D正确。
故选BCD。
6．（24-25高一下·湖北孝感·阶段练习）如图所示，长L=1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带正电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角。已知小球所带电荷量，匀强电场的场强E=300N/C，取重力加速度，，。求：
(1)小球的质量m；
(2)小球所受绳的拉力T的大小；
(3)剪断轻绳，经t=2s后球的位移大小。
【答案】(1)
(2)
(3)25m
【详解】（1）小球所受电场力大小为
以小球为对象，根据平衡条件可得
解得小球的质量为
（2）以小球为对象，根据平衡条件可得小球所受绳的拉力大小为
（3）剪断轻绳，则小球受到的重力和电场力的合力大小为
根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
根据运动学公式可得经后球的位移大小为
7．（25-26高三上·云南昆明·阶段练习）如图所示，点、、、位于同一竖直平面内，曲线为半径为的半圆弧，直线沿竖直方向，，直线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，右侧存在水平向左的匀强电场。一带电量为、质量为的小球（可视为质点）在复合场中恰能沿着半圆弧在竖直平面内做匀速圆周运动，经过点进入匀强电场。已知磁感应强度为，（大小未知），，重力加速度为，则（ ）
A．电场强度大小为
B．、两点的电势差为
C．小球从运动到的速度大小为
D．小球在电场中距离最远时，速度大小为
【答案】D
【详解】A．根据小球在左侧做匀速圆周运动可知，竖直方向受力平衡，有
所以，故A错误；
B．M、P两点的电势差为，故B错误；
C．洛伦兹力提供向心力，有
所以，故C错误；
D．小球在右侧电场中，所受合外力为，与恰好垂直，因此小球在电场中距离最远时，根据几何关系，速度大小为，即，故D正确。
故选D。
8．（25-26高二上·云南·阶段练习）竖直面内，一带电小球以一定的速度进入匀强电场中，如图所示，水平虚线为匀强电场的等差等势面，实线为带电小球的运动轨迹。下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的方向竖直向下
B．小球从到，电场力对其做负功，小球的电势能增加
C．小球从到与从到，其动能的变化量不相同
D．小球从到，其重力势能减少，动能减少，机械能减少
【答案】BD
【详解】A．由题意可知，带电小球所受电场力指向轨迹凹侧，即受到竖直向上的电场力，但由于带电小球的电性未知，则匀强电场的方向未知，故A错误；
B．小球从O到N的过程中，电场力做负功，电势能增大，故B正确；
C．小球从O到M与从M到N，根据可得电场力做的负功相同，又因为匀强电场的等差等势面是等间距的，可知重力做的正功相同，根据动能定理可知其动能的变化量相同，故C错误；
D．小球从O到N，其重力势能减少，动能减少，电势能增加，根据能量守恒，小球的机械能减少，故D正确。
故选BD。
9．（25-26高二上·贵州贵阳·期中）如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端系一个质量为m，电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角时，小球速度为零。
(1)求小球带电性质和电场强度E；
(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求小球在A点应有的初速度vA的大小（可含根式）。
【答案】(1)小球带正电荷；
(2)
【详解】（1）依题意，小球所受电场力方向水平向右，场强也水平向右，则小球带正电荷。由题意可知，细线离开竖直位置偏角平分线位置，即为小球平衡位置，以小球为研究对象，分析受力，作出受力示意图如图
根据平衡条件得
解得
（2）小球除拉力外，还受到电场力与重力作用，由于二者都是恒力，因此可等效成一个新的重力，如图所示
所以要小球恰好完成竖直圆周运动，则小球必须能以最小速度通过新的重力对应的最高点。根据牛顿第二定律
从而A点到新的重力对应的最高点C，根据动能定理得
联立解得
10．（25-26高二上·河南驻马店·阶段练习）如图所示，平面直角坐标系xOy在竖直平面内，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上，以O为圆心、半径为R的圆在坐标平面内，空间存在与坐标平面平行的匀强电场，在圆与y轴负半轴的交点P沿y轴正方向以大小为的初速度射出一个质量为m的带正电的小球，小球经过圆周上的Q点，且过Q点时的速度大小仍为，Q点在第一象限内，OQ与x轴的夹角，不计空气阻力，则下列判断正确的是（ ）
A．小球运动的轨迹为抛物线
B．小球在P、Q两点的电势能相等
C．小球在Q点的速度方向沿x轴正方向
D．小球从P点运动到Q点所用的时间为
【答案】AD
【详解】A．小球在恒力作用下的曲线运动轨迹为抛物线，故A正确；
B．小球只受电场力和重力作用，因此动能、重力势能、电势能的总和一定，P点和Q点比较，动能相等，Q点重力势能增大，因此Q点电势能比P点电势能小，故B错误；
C．由题可知，P、Q为重力场与静电场复合场的等高点，根据对称性可知，复合场的方向应该指向第四象限且与x轴正向的夹角为，小球做类斜上抛运动，根据对称性可知，小球在Q点的速度方向沿OQ方向，故C错误；
D．根据几何关系有
则从P运动到Q所用的时间，故D正确。
故选AD。
【点睛】
11．（24-25高二上·福建泉州·期中）如图，质量为m、电量为q的带电小球用长为L的轻绳悬挂在天花板上，空间中存在水平向右的匀强电场。小球静止在A处，OA与竖直线OB的夹角θ=37°，OB=L，重力加速度大小为g，取sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)求匀强电场的场强大小E
(2)把小球拉到B点由静止释放，求小球经过A点时的速度大小v
(3)把小球拉到B点由静止释放，求小球经过A点时的轻绳拉力T
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）球静止A处，由平衡条件
解得
（2）小球从B运动到A，由动能定理
解得
（3）小球运动到A处，由牛顿运动定律可得
解得
12．（25-26高二上·河南·阶段练习）如图，一根长的绝缘细线，上端固定于O点，下端系一个质量的带电小球，将整个装置放入一范围足够大的匀强电场当中，电场强度大小为，方向为水平向右，已知：当细线偏离竖直方向时，小球处于平衡状态，重力加速度g取，，。求：（结果可用根式表示）
(1)小球带何种电荷，所带电荷量为多少；
(2)若将小球拉至最低点C无初速度释放，当小球运动到B点时的速度大小；
(3)若小球从最低点C以水平向右的初速度出发，为多大时小球恰能在竖直平面上做完整的圆周运动？
【答案】(1)正电，
(2)
(3)
【详解】（1）以小球为对象，根据平衡条件可知，电场力水平向右，与电场强度方向相同，则小球带正电；根据受力平衡可得
解得
（2）小球从点运动到点过程中，根据动能定理得
解得
（3）如图所示
由题意可知小球恰好能做完整圆周运动时，对点受力分析可知
解得
小球从点运动到点过程中，由动能定理得
解得
13．（22-23高二上·北京西城·期中）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度。下列说法正确的是（ ）
A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为
B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球在C点动能最大
C．若将小球在A点由静止开始释放，它将沿直线运动到C点
D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将不能沿半圆ADB到达B点
【答案】CD
【详解】A．先求小球受到的重力和电场力的合力F，即
代入题中数据，解得
可将F视为等效重力，当F恰好提供小球做圆周运动的向心力时，它运动的最小速度，则有
解得，故A错误；
B．当小球在等效重力最低点时动能最大，由于重力与电场力等大，可知等效重力方向与竖直方向夹角为，故等效重力最低点在BC的中点，故B错误；
C．由于AC连线与竖直方向夹角为，可知等效重力方向与AC共线且从A指向C，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿直线运动到C点，故C正确；
D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，由对称性可知小球再次回到AB水平面时间为
该段时间内小球水平位移
其中
联立解得
故小球刚好运动到B点，可绘制出运动图示如下
故它将不能沿半圆ADB到达B点，故D正确。
故选CD。
14．（24-25高二下·黑龙江大庆·开学考试）如图甲所示，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。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，关于微粒在0~T时间内运动的描述，正确的是（ ）
A．末速度大小为B．末速度方向斜向下
C．重力势能减少了D．克服电场力做功为mgd
【答案】C
【详解】AB．时间内微粒匀速运动，则有
时间内，微粒只受重力，做平抛运动；时间内，微粒的加速度大小为
方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动。根据运动的对称性，可知时刻微粒竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为，故AB错误；
C．时刻微粒恰好经金属板边缘飞出，结合前面选项分析可知，微粒竖直向下运动的距离为，所以重力势能减少了，故C正确；
D．和时间内，竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，且时间相等，则在这两段时间内竖直位移大小相等，均为，所以整个过程中克服电场力做功为，故D错误。
故选C。
15．（2025·甘肃庆阳·一模）如图甲所示，真空中平面直角坐标系的轴水平，轴竖直，第二象限内存在方向沿轴正方向的匀强电场I，第一、四象限内存在垂直纸面且变化周期为的匀强磁场（图甲中未画出）和沿轴正方向的匀强电场II。将一质量为、电荷量为的带正电小球（可视为质点）从第二象限内的点由静止释放。小球恰好经点穿过轴且经过点时速度大小为，从此时刻开始计时，此后磁感应强度随时间周期性变化的情况如图乙所示（规定磁场方向垂直纸面向里为正方向），。匀强电场I、II的电场强度大小，重力加速度为。
(1)求点的位置坐标；
(2)求磁场变化的第一个周期内小球离轴距离最大的时刻及小球离轴的最大距离；
(3)若在第一、四象限内垂直于轴放置一个足够大的挡板，小球在运动过程中恰好能够垂直打在挡板上，求挡板坐标的所有可能值。
【答案】(1)（，）
(2)，
(3)（）
【详解】（1）粒子在第二象限中，受到水平向左的电场力，大小为
则粒子的受力情况如图所示
粒子受到的合力大小为
根据动能定理可得
解得
由与粒子在第二象限做直线运动，根据几何关系可知，
解得
所以，P点的位置坐标为（，）。
（2）粒子在匀强电场II的电场力竖直向上，大小为
由于电场力和重力等大反向，小球在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
其中，磁感应强度大小为
解得
小球做匀速圆周运动的周期为
解得
可知在第一个时间内逆时针转过半个圆周；在第二个时间内，有
其中，磁感应强度大小为
解得
小球做匀速圆周运动的周期为
解得
结合左手定则可知小球在第二个时间内顺时针转过圆周；同理可知，小球在第三个时间内半径为
顺时针转过半个圆周；小球在第四个时间内半径为
逆时针转过圆周，轨迹如图所示
根据几何关系可知，在第三个时间内转过，即在第三个经过时，小球离x轴距离最大，此时刻为
最大距离为
联立，解得
（3）由几何关系得
由图可知，若挡板竖直放在OA中点，或者AB中点，粒子都可以垂直打在挡板上。考虑到周期性，可得
解得（）
16．（2025高三·全国·专题练习）如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器极板长L＝10 cm，极板间距d＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，荧光屏足够长，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求：
(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的位置到O点的距离；
(2)荧光屏上有电子打到的区间长度。
【答案】(1)13.5 cm
(2)30 cm
【详解】（1）设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得
设电容器间偏转电场的场强为E，则有
设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则沿中心轴线方向有
垂直中心轴线方向有
联立解得
设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有vy＝at，
则电子在荧光屏上偏离O点的距离为
由题图乙知t＝0.06 s时刻，U＝1.8U0
解得Y＝13.5 cm
（2）由题知电子偏移量y的最大值为，根据可得，当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，所以代入得
所以荧光屏上电子能打到的区间长度为2Ymax＝3L＝30 cm
核心考点
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc6032" 考点梳理1 “等效法”在电场中的应用 PAGEREF _Tc6032 \h 1
\l "_Tc13465" 母题考点一 “等效法”在电场中的应用 PAGEREF _Tc13465 \h 2
\l "_Tc18723" 考点梳理2 带电粒子在交变电场中的运动 PAGEREF _Tc18723 \h 7
\l "_Tc19393" 母题考点二 带电粒子在交变电场中的运动 PAGEREF _Tc19393 \h 7
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＝G效m，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。
3．两种等效重力场模型的对比分析
模型一
模型二
静电力与重力在同一直线上且qE>mg
静电力与重力不在同一直线上
等效重力加速度g′＝qEm－g，方向竖直向上
等效重力加速度g′＝mg2+qE2m，设等效重力加速度方向与竖直方向夹角为α，tan α＝qEmg
【母题1】（2024·河北·高考真题）如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为、质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求：
（1）电场强度E的大小。
（2）小球在A、B两点的速度大小。
【答案】（1）；（2），
【详解】（1）在匀强电场中，根据公式可得场强为
（2）在A点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得
A到B过程根据动能定理得
联立解得
1．带电粒子在交变电场中的直线运动
当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可以做周期性的直线运动。
2．带电粒子在交变电场中的偏转
当粒子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，沿电场方向的分运动具有周期性。
3．思维方法
(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。
4．解题技巧
(1)按周期性分段研究。
(2)将eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(φ－t图像,U－t图像,E－t图像))转化,a－t图像转化,v－t图像。
特别提醒：
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，带电粒子穿过电场瞬间可认为是在匀强电场中运动。
【母题2】（2025·甘肃·高考真题）离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图1所示。从离子源S释放的正离子（初速度视为零）经电压为的电场加速后，沿方向射入电压为的电场（为平行于两极板的中轴线）。极板长度为l、间距为d，关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在距极板L处，样品中心位于点。假设单个离子在通过区域的极短时间内，电压可视为不变，当时。离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．的最大值
B．当且时，离子恰好能打到样品边缘
C．若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大
D．在和时刻射入的离子，有可能分别打在A和B点
【答案】B
【详解】A．粒子在加速电场中被加速时
在偏转电场中做类平抛运动，则，
解得
选项A错误；
B．当时粒子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，则
解得
选项B正确；
C．根据
若其它条件不变，要增加样品的辐照范围，则需减小U1，选项C错误；
D ．由图可知t1时刻所加的向上电场电压小于t2时刻所加的向下的电场的电压，则t1时刻射入的粒子打到A点时的竖直位移小于打到B点时的竖直位移，则选项D错误。
故选B。