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专题突破卷 09 带电粒子在电场中的运动（直线、偏转、交
变电场、力学观点、能量观点、动量观点）
建议用时：75分钟
考点 考向 题型分布
带电粒子在电 考点1：带电粒子在电场中做直线运动 10 单选+6 多选
场 中 的 运 动 考点2：带电粒子在电场中做曲线（偏转）运动 +2计算
（ 直 线 、 偏 考点3：带电粒子在交变电场中的运动
转 、 交 变 电 考点4：带电粒子在电场中运动的力学观点应用
场 、 力 学 观 考点5：带电粒子在电场中运动的能量观点应用
点 、 能 量 观 考点6：带电粒子在电场中运动的动量观点应用
点 、 动 量 观
点）
带电粒子在电场中的运动（直线、偏转、交变电场、力学
观点、能量观点、动量观点）（10 单选+6 多选+2 计算）
1．（2024·河北·模拟预测）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
，与滑块间动摩擦因数为 ，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
解得
1s末，滑块末速度为
位移为
传送带位移为
则，滑块动能为
故A错误；
B．滑块机械能增加
故B错误；
C．电机多消耗电能
故C正确；
D．滑块与传送带间摩擦产热为
故D错误。
故选C。
2．（2024·广西贵港·模拟预测）如图所示，空间存在范围足够大且与长方形ABCD所在平面平行的匀强电
场，已知 ，A、B、C三点的电势分别为12V、8V、4V。一带电粒子从A点以斜向右上
方与AD成30°角、大小为 的初速度射入电场，恰好经过C点。不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．D点电势为6V
B．电场强度大小为
C．粒子过C点时的速度与初速度方向间夹角的正切值为
D．粒子过C点时的速度大小为
【答案】B
【分析】命题透析本题考查匀强电场计算和类平抛运动，考查考生的科学思维。
【详解】A．因 ，A、B、C三点的电势分别为12V、8V、4V，取O点为AC的中点，则
，则BO为等势线，连接BO并延长过D点，则 ，故A错误；
B．过A点作BO的垂线，则带箭头的实线为电场线，如图所示
故B正确；
C．粒子初速度方向刚好与电场方向垂直，则根据类平抛运动的推论故C错误；
D．粒子在C点时
故D错误。
故选B。
3．（2024·山东济南·二模）如图所示在场强为E的匀强电场中有一带电绝缘物体P处于水平面上。已知P
的质量为m、带电量为 ，其所受阻力与时间的关系为 。 时物体P由静止开始运动直至速
度再次为零的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．物体达到最大速度的时间
B．物体达到的最大速度为
C．全过程中，物体所受电场力的冲量为
D．全过程中，物体的阻力f的冲量为
【答案】B
【详解】AB．当物体所受合力为零时，物体的速度最大，则有
解得
从静止到物体达到的最大速度，由动量定理有解得
故A错误，B正确；
CD．根据题意，对全过程，由动量定理有
解得
则全过程中，物体所受电场力的冲量为
物体的阻力f的冲量为
故CD错误。
故选B。
4．（2024·四川南充·二模）绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为-q（q>0）的滑块
（可看做点电荷）从a点以初速度v 沿水平面向Q运动，b点为滑块运动中距Q最近的点。已知a、b间距
0
离为d，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。以下判断正确的是（ ）
A．滑块在b点的加速度一定为0
B．滑块在运动过程的中间位置，速度的大小等于
C．滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于
D．Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为【答案】D
【详解】A．由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运
动方相同，由于b点为滑块运动中距Q最近的点，则滑块在b点速度为零，则滑块在运动过程中库仑力小
于滑动摩擦力，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以到达b点时加速度不为零，故A
错误；
BC．若滑块在滑动过程中做匀减速直线运动，则在运动过程的中间位置，速度的大小为
在运动过程的中间时刻，速度的大小为
而实际上，随着间距减小，库仑力增大，但一直小于滑动摩擦力，所以导致加速度减小，故中间位置的速
度的大小不等于 ，中间时刻的速度不等于 ，故BC错误；
D．根据动能定理可得
所以
故D正确。
故选D。
5．（2024·陕西铜川·模拟预测）如图所示，充电后水平放置的平行板电容器与电源断开，金属板相距为
d，一质量为m、电荷量为 的油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出（轨迹如图中虚线所
示），若仅将平行板电容器上极板平行上移 距离后，其他条件保持不变，重力加速度大小为g，则下列
说法正确的是（ ）A．平移后油滴将做匀加速直线运动
B．平移后电场强度大于 ，方向竖直向下
C．平移后下板和上板之间的电势差大小为
D．平移后油滴穿越两板之间的电场后电势能减少了
【答案】C
【详解】AB．由于油滴沿直线从上极板边缘射出，可知油滴在极板间一定做匀速直线运动，有
可得
方向竖直向下，根据
由电容定义式有
由电容决定式有
联立解得
可知，当上极板向上移动时，E不变，方向仍然竖直向下，仍有
所以油滴仍做匀速直线运动，故AB错误；
C．综上分析，由于E不变，根据当仅将平行板电容器上极板平行上移 距离后，上、下两极板间的电势差U变大，大小为
故C正确；
D．当上极板向上移动后，E不变，所以粒子射出电场时的位置也不变，重力做功
则电场力做功
根据功能关系可知，油滴的电势能减少了mgd，故D错误。
故选C。
6．（2024·河南周口·模拟预测）光滑绝缘水平桌面上有一质量 、带电荷量 的小球系在
长 的绝缘细线的一端，细线的另一端固定在O点。整个装置放置于电场强度大小 的
匀强电场中，电场方向与水平面平行且沿OA方向，如图所示（此图为俯视图）。现给小球一垂直于细线
的初速度 使其从A点开始绕O点在水平面内做圆周运动，小球可视为质点。当细线转过角度
满足 时，绳子张力大小 和 的关系式为（ ）
A． B．
C． D．【答案】B
【详解】由牛顿第二定律得
由动能定理得
解得
故选B。
7．（2024·河南·模拟预测）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，虚线为匀强
电场的等势面，实线为带电小球的轨迹。下列说法正确的是（ ）
A．小球从O到N机械能守恒
B．从O到M与从M到N，小球的动能的增加量相同，且小球是一定从O运动到N的
C．从O到N小球的机械能减少，重力势能减小
D．小球所受电场力方向一定竖直向上，所以匀强电场的方向也一定竖直向上
【答案】C
【详解】BD．根据轨迹可知，小球的合力竖直向上，小球受竖直向下的重力，所以小球所受电场力一定竖
直向上，小球电性未知，无法确定电场强度的方向，由于电场力与重力做功均与路径无关，所以O到M与
M到N合力对小球做功相同，故动能的变化量相同，但无法确定小球的运动方向，故BD错误；
AC．从O到N电场力对小球做负功，所以小球的机械能减少，重力做正功，小球的重力势能减小，故A错
误，C正确。
故选C。
8．（2024·四川成都·模拟预测）一带正电微粒从静止开始经电压U 加速后，射入水平放置的平行板电容器，
1
极板间电压为U。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极
2板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列
说法正确的是（ ）
A．L:d=2:1
B．U:U=2:1
1 1
C．微粒穿过图中电容器区域的速度偏转角度的正切值为
D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
【答案】D
【详解】A．带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动，从进入电场到最高点有
联立解得
故A错误；
B．带电粒子在加速电场中，有
带电粒子在偏转电场中，有
联立解得故B错误；
C．设带电粒子进入偏转电场的速度方向与水平方向夹角为α，则有
设带电粒子射出偏转电场的速度方向与水平夹角为β，则有
依题意，带电粒子从最高点运动到射出电场过程，有
联立解得
根据数学三角函数，可得
故C错误；
D．粒子射入最高点的过程水平方向和竖直方向的位移分别为
解得
可知带电粒子的轨迹方程与其质量或者电荷数量无关，即轨迹不会变化，故D正确。
故选D。
9．（2024·四川遂宁·模拟预测）如图所示，在匀强电场中一带正电粒子先后经过a、b两点。已知粒子的比
荷为k，粒子经过a点时速率为3v，经过b点时速率为4v，粒子经过a、b两点时速度方向与ab连线的夹
角分别为 、 ，ab连线长度为L。 、 ，若粒子只受电场力作用，则（ ）A．电场强度的大小
B．电场强度的方向垂直于初速度3v方向
C．a、b两点间的电势差为
D．粒子在a、b两点的电势能之差为
【答案】A
【详解】AB．设电场力的方向与ab所在直线夹角为 ，如图所示
垂直电场方向速度分量相同，根据几何知识有
解得
垂直电场力方向做匀速运动，运动的时间为
沿电场力方向速度变化量为
电场强度的大小为故A正确，B错误；
C．根据匀强电场电场强度
可知a、b两点的电势差
故C错误；
D．根据功能关系有
电荷量未知，无法确定粒子在a、b两点的电势能之差，故D错误。
故选A。
10．（2024·北京昌平·二模）如图所示，在水平向右且场强大小为 的匀强电场中，两个半径相同、质量
均为 的小球A、B静止放置在光滑的水平面上，且A、B所在直线与电场线平行。A带电量为 ，B
不带电，A、B之间的距离为L。 时刻开始，A在电场力的作用下开始沿直线运动，并与B发生弹性碰
撞。碰撞过程中A、B之间没有电量转移，仅碰撞时才考虑A、B之间的相互作用，下列说法正确的是（
）
A．两球第一次碰撞到发生第二次碰撞的时间间隔为
B．两球第n次碰撞到发生第 次碰撞的时间间隔为
C．两球连续两次碰撞的时间间隔均为
D．两球连续两次碰撞的时间间隔均为
【答案】D【详解】A．A、B第一次碰撞前
解得A、B第一次碰撞前
A、B第一次碰撞时
解得A、B第一次碰撞后A、B的速度分别为
两球第一次碰撞到第二次碰撞
解得两球第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为
A错误；
BCD．A、B第二次发生碰撞前
A、B第二次碰撞时
解得A、B第二次碰撞后A、B的速度分别为同理可得，两小球第 次碰撞前速度与第 次碰撞后速度的关系为
两小球每次碰撞后，两小球交换速度，即
两球连续两次碰撞（第 次碰撞到第 次碰撞）满足
解得两球连续两次碰撞的时间间隔
BC错误，D正确。
故选D。
11．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）两块水平正对放置的导体板如图甲所示，大量电子由静止开
始，经电压为 的电场加速后，连续不断地沿水平方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时，
这些电子通过两板之间的时间为 ；当在两板间加如图乙所示的周期为 、幅值恒为 的电压时，恰好
能使所有电子均从两板间通过。则（ ）
A．板长和板间距之比为
B．板长和板间距之比为
C．电子穿过两板后获得的最大动能和最小动能之比为16：13D．电子穿过两板后获得的最大动能和最小动能之比为6：5
【答案】BC
【详解】AB．电子通过两板之间的时间为 ，当在两板间加如图乙所示的周期为 、幅值恒为 的电
压时，可知 （n＝0，1，2，3…）射入的电子穿过两板后获得的动能最大，电子的加速度为
电子的沿电场方向最大速度为
恰好能使所有电子均从两板间通过，则
电子在加速电场中，根据动能定理
导体板板长为
联立解得
，
故板长和板间距之比为
故A错误，B正确；
CD．电子穿过两板后获得的最大动能为
（n＝0，1，2，3…）射入的电子穿过两板后获得的动能最小，电
子的沿电场方向最小速度为
电子穿过两板后获得的最小动能为可得电子穿过两板后获得的最大动能和最小动能之比为
故C正确，D错误。
故选BC。
12．（2024·陕西·模拟预测）如图所示，质量为m、带电荷量为 的粒子（不计重力）从P点以初
速度 射入辐射状电场中，粒子恰好做匀速圆周运动，经过四分之一圆周后从A点垂直 边射入以正方
形 为边界的匀强电场中，最后从C点射出。已知辐射状电场在圆弧轨迹处的电场强度大小为 ，正
方形 的边长与粒子做圆周运动的轨迹半径相等。下列说法正确的是（ ）
A．粒子在C点时的速度大小为
B．粒子在C点时的速度大小为
C．粒子从P点运动到C点的时间为
D．粒子从P点运动到C点的时间为
【答案】AC
【详解】AB．设粒子圆周运动的轨道半径为 ,则有
解得粒子从A到C做类平抛运动，则水平方向上
解得
在竖直方向上，则有
解得
竖直方向上的分速度
所以粒子在C点时的速度大小为
A正确，B错误；
CD．粒子圆周运动的周期
所以粒子在弧形电场中运动的时间
所以粒子运动的时间
C正确，D错误。
故选AC。
13．（2023·全国·高考真题）在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带
负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨
迹上的两点，OP > OM，OM = ON，则小球（ ）A．在运动过程中，电势能先增加后减少
B．在P点的电势能大于在N点的电势能
C．在M点的机械能等于在N点的机械能
D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
【答案】BC
【详解】ABC．由题知，OP > OM，OM = ON，则根据点电荷的电势分布情况可知
φ = φ > φ
M N P
则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且
EP > EM = EN
p p p
则小球的电势能与机械能之和守恒，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误、BC正
确；
D．从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。
故选BC。
14．（2024·台湾·模拟预测）在均匀静电场中，将质量为m的带电小球以水平速度抛出，发现小球在竖直
方向以 的加速度向下运动（g为重力加速度），而在水平方向作匀速运动。当小球在竖直方向的高度下
降h时，下列叙述哪些正确？（假设空气阻力可忽略）（ ）
A．若小球带负电，则电场的方向竖直向下
B．若小球带正电，则电场的方向竖直向下
C．小球的重力势能减少了
D．小球的电势能增加了
E．小球的动能增加了
【答案】ADE【详解】AB．设小球所受电场力为 ，对小球根据牛顿第二定律
解得
方向竖直向上，若小球带负电，小球所受电场力与电场的方向相反，则电场的方向竖直向下；若小球带正
电，小球所受电场力与电场的方向相同，则电场的方向竖直向上，故A正确，B错误；
C．小球的重力做功为
重力做小球做正功，则小球的重力势能减少了 ，故C错误；
D．电场力做小球做负功为
则小球的电势能增加了 ，故D正确；
E．根据动能定理
可得小球的动能增加
故E正确。
故选ADE。
15．（2024·河北·二模）虚线间存在如图所示的电场，虚线左侧的匀强电场 与水平虚线间的夹角为
，一比荷为k的带正电的粒子由水平虚线上的A点静止释放，经过一段时间由竖直虚线的B（图中
未画出）点进入虚线右侧竖直向下的匀强电场 （ 未知），最终粒子由水平虚线的C（图中未画出）
点离开电场，离开电场瞬间的速度与水平虚线的夹角为 。已知 、电场强度 ，不计粒
子的重力， ， 。则下列说法正确的是（ ）A． B．
C．粒子由A到C的时间为 D．A、C两点的电势差为
【答案】CD
【详解】A．粒子由A点静止释放，粒子在 中做匀加速直线运动，A、B两点间的距离为
，
又
则该过程由动能定理得
解得
粒子由B到C的过程做类斜抛运动，粒子在水平方向做匀速直线运动，速度为
在竖直方向做类竖直上抛运动，初速度为
由题意粒子在C点的速度与虚线的夹角为 ，设竖直方向的速度为 ，则由
解得在竖直方向上由牛顿第二定律得
由速度公式得
又由位移公式得
解得
，
故A错误；
B．O、C两点间的距离为
整理得
故B错误；
C．粒子由A到B的时间为
解得
所以粒子由A到C的总时间为
故C正确；
D．粒子在C点的速度为粒子由A到C的过程由动能定理得
解得
故D正确。
故选CD。
16．（2024·山东东营·二模）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 的小
球，系在一根长为d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．若小球恰能在竖直平面内绕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，则小球运动到B点时的机械能最大
C．若将细线剪断，再将小球在A点以大小为 的速度竖直向上抛出，小球将不能到达B点
D．若将小球在A点由静止开始释放，则小球沿AC圆弧到达C点的速度为
【答案】BC
【详解】A．小球受到水平向右的电场力
合力为方向斜向右下方，与竖直方向夹角为 ，设小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最小速度为v，有
联立解得
故A错误；
B．由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力或弹力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做
圆周运动，运动到B点时，静电力做功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，故B正确；
C．小球将在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向位移为0时，有
水平位移有
由牛顿第二定律
解得
所以小球将不能到达B点，故C正确；
D．设合力方向与电场线方向夹角为 ，有
得
所以将小球静止释放，小球将沿合力方向做匀加速直线运动，故D错误。
故选BC。
17．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图甲所示，真空中相距d=5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图
中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量m=2.0×10-27kg、
电荷量q=＋1.6×10-19C的带电粒子从紧邻B板处释放，不计粒子重力。求：（1）若A板电势变化周期T=1.0×10-5s，在t=0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板时
速度的大小；
（2）A板电势变化频率多大时，在t= 到t= 时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到
达A板。
【答案】（1）2.0×104m/s；（2）
【详解】（1）电场强度
带电粒子所受电场力
解得
粒子在 时间内走过的距离为
故带电粒子在 ,恰好到达A板，此时带电粒子速度
（2）带电粒子在 向A板做匀加速运动，在 向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回。
粒子向A板运动可能的最大位移要求粒子不能到达A板，则有
电势变化频率应满足
18．（2024·福建宁德·三模）如图甲所示，“L”型绝缘不带电木板B静止在水平地面上，电荷量
的滑块A静止在木板左端，木板上表面P点左侧粗糙，右侧光滑且固定连接一轻质弹簧，弹簧
左端与P点对齐，滑块和木板粗糙面间的动摩擦因数μ＝0.5，木板和地面间的动摩擦因数μ＝0.2。t＝0
1 2
时，在空间加一水平向右的电场，场强大小E随时间t变化的图像如图乙，t＝4s时滑块到达P点并开始压
缩弹簧，弹簧最大压缩量x＝0.05m。已知木板、滑块的质量m均为1kg。滑块可视为质点，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，弹簧形变在弹性限度内，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）t＝2s时，滑块受到的电场力大小；
（2）t＝2.5s时，滑块受到的摩擦力大小；
（3）t＝4s时，木板的速度大小；
（4）弹簧弹性势能的最大值。
【答案】（1）4N；（2）4.5N；（3）1.5m/s；（4）0.45J
【详解】（1）由图可知， 时电场强度为 ，滑块受到的电场力大小为
（2）滑块和木板受到地面的最大静摩擦力为
由乙图可知， 时设此时滑块和木板一起加速运动，对滑块和木板整体由牛顿第二定律
解得
a＝0.5m/s2
对滑块A，由牛顿第二定律，有
解得
f＝4.5N＜
故假设成立，滑块受到的摩擦力大小为4.5N；
（3）当滑块和木板将发生相对运动时
对滑块A，由牛顿第二定律
对滑块A和木板整体，由牛顿第二定律
解得
结合乙图可知， 时，滑块和木板发生相对运动。2s~3s内，滑块和木板相对静止，一起做加速运动，
对滑块和木板整体，由动量定理
解得
3s-4s内，滑块和木板相对滑动，木板做匀加速直线运动，其加速度由运动学方程
解得 时，木板的速度为1.5m/s；
（4）3s~4s内，对滑块，由动量定理
解得
4s后，滑块和木板系统所受合外力
滑块A开始压缩弹簧到和木板共速的过程中系统动量守恒
滑块和木板共速时弹簧具有最大的弹性势能
由几何关系
联立解得
解法2：对滑块A，由动能定理可得
对木板B，由动能定理可得
其中
由几何关系联立解得
