文档内容
压轴题 05 带电粒子在电场中的运动
1.本专题是电场的典型题型，包括应用静电力的知识解决实际问题。高考中既可以在选择题中命题，更会在计
算题中命题。2024年高考对于电场的考查仍然是热点。
2.通过本专题的复习，不仅利于完善学生的知识体系，也有利于培养学生的物理核心素养。
3.用到的相关知识有:电场力的性质、电场力能性质、带电粒子在电场中的平衡、加速、偏转等。近几年的高考
命题中一直都是以压轴题的形式存在，重点考查类型静电场的性质，电容器的动态分析，电场中的图像问题，
带电粒子在电场中的运动问题，力电综合问题等。
考向一：静电场力的性质
1．库仑定律
(1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成
反比，作用力的方向在它们的连线上．
(2)表达式：F＝k，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫做静电力常量．
(3)适用条件：真空中的点电荷．
①在空气中，两个点电荷的作用力近似等于真空中的情况，可以直接应用公式；
②当两个带电体的间距远大于本身的大小时，可以把带电体看成点电荷．
(4)库仑力的方向：由相互作用的两个带电体决定，且同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．
(5)应用库仑定律的四条提醒
a.在用库仑定律公式进行计算时，无论是正电荷还是负电荷，均代入电量的绝对值计算库仑力的大小．
b.两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律，大小相等、方向相反．
c.库仑力存在极大值，由公式F＝k可以看出，在两带电体的间距及电量之和一定的条件下，当q＝q时，F最
1 2
大．
d.对于两个带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布．
2．电场强度的三个公式的比较
3．电场强度的计算与叠加
在一般情况下可由上述三个公式计算电场强度，但在求解带电圆环、带电平面等一些特殊带电体产生的电
场强度时，上述公式无法直接应用。这时，如果转换思维角度，灵活运用叠加法、对称法、补偿法、微元法、
等效法等巧妙方法，可以化难为易。
4.几种典型电场的电场线分布特点(1)孤立点电荷的电场(如图甲、乙所示)
①正(负)点电荷的电场线呈空间球对称分布指向外(内)部；
②离点电荷越近，电场线越密(场强越大)；
③以点电荷为球心作一球面，则电场线处处与球面垂直，在此球面上场强大小相等，但方向不同．
考向二：静电场能的性质
1．电势高低的判断
判断依据 判断方法
电场线方向 沿电场线方向电势逐渐降低
取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负
场源电荷的正负
值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低
电势能的高低 正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在电势较低处电势能大
电场力做功 根据U＝，将W、q的正负号代入，由U 的正负判断φ、φ的高低
AB AB AB A B
2．电势能大小的判断
判断方法 方法解读
将电荷量、电势连同正负号一起代入公式E＝qφ，正E的绝对值越大，电
p p
公式法
势能越大；负E的绝对值越大，电势能越小
p
正电荷在电势高的地方电势能大
电势法
负电荷在电势低的地方电势能大
电场力做正功，电势能减小
做功法
电场力做负功，电势能增加
在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增
能量守恒法
加，电势能减小，反之，动能减小，电势能增加
3.几种常见的典型电场等势面的对比分析
电场 等势面(实线)图样 重要描述
匀强电场 垂直于电场线的一簇等间距平面点电荷的电场 以点电荷为球心的一簇球面
等量异种点电
连线的中垂面上的电势为零
荷的电场
连线上，中点电势最低，而在中垂线上，中点电
等量同种正点
势最高．关于中点左右对称或上下对称的点电势
电荷的电场
相等
4．电场中的功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．
(3)除重力外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的增量．
(4)所有外力对物体所做的总功，等于物体动能的变化．
考向四：电容器的动态分析
1.如果平行板电容器充电后始终连接在电源上，两极板间的电势差U就保持不变。
2.若平行板电容器充电后切断与电源的连接，并保持两极板绝缘，电容器既不充电也不放电，电容器的电荷量
Q就保持不变。
考向五:电场中的图像问题
E－x和φ－x图象的处理方法1．E－x图象
(1)反映了电场强度随位移变化的规律。
(2)E＞0表示场强沿x轴正方向；E＜0表示场强沿x轴负方向。
(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定。
2．φ－x图象
(1)描述了电势随位移变化的规律。
(2)根据电势的高低可以判断电场强度的方向是沿x轴正方向还是负方向。
(3)斜率的大小表示场强的大小，斜率为零处场强为零。
3.看懂图象是解题的前提，解答此题的关键是明确图象的斜率、面积的物理意义。
考向六：带电粒子在电场中的运动
1.带电粒子在电场中的直线运动
(1)带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动．
(2)带电粒子在不同的匀强电场或交变电场中做匀加速、匀减速的往返运动．
(3)分析思路
a.根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况.
b.根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解．此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强
电场．
c.对带电粒子的往返运动，可采取分段处理．
2.带电粒子在电场中的偏转
(1)基本规律:设粒子带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d(忽略重力
影响)，则有
a.加速度：a＝＝＝.
b.在电场中的运动时间：t＝.
c.位移，
y＝at2＝.
d.速度，v＝，
y
v＝，tan θ＝＝.
(2)两个结论
a.不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的．
证明：由qU＝mv及tan θ＝得tan θ＝.
0
b.粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到电场边缘
的距离为.
c.带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系：当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qU＝
y
mv2－mv，其中U＝y，指初、末位置间的电势差．
y
01 库仑定律的考查
1.真空中固定有两个点电荷，负电荷Q位于坐标原点处，正电荷Q位于x轴上，Q的电荷量大小为Q的8倍。
1 2 2 1
若这两点电荷在x轴正半轴的x=x处产生的合电场强度为0，则Q、Q相距（ ）
0 1 2A．√2x B．(2√2−1)x C．2√2x D．(2√2+1)x
0 0 0 0
【答案】B
【详解】依题意，两点电荷电性相反，且Q的电荷量较大，所以合场强为0的位置应该在x轴的负半轴，设两
2
点电荷相距L，根据点电荷场强公式可得
kQ kQ
1= 2
x2 (x +L) 2
0 0
又Q =8Q
2 1
解得L=(2√2−1)x
0
故选B。
02 电场力的性质
2．电场线能直观、方便地反映电场的分布情况。如图甲是等量异号点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一
些点；O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称。则（ ）
A．E、F两点场强相同
B．B．A、D两点场强不同
C．B、O、C三点，O点场强最小
D． D．从E点向O点运动的电子加速度逐渐减小
【答案】AC
【解析】等量异号点电荷连线的中垂线是一条等势线，电场强度方向与等势线垂直，因此E、F两点场强方向相
同，由于E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，则其场强大小也相等，故A正确；根据对称性可知，A、D两
点处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同，由图看出，A、D两点场强方向相同，故B错误；由图看
出，B、O、C三点比较，O点的电场线最稀疏，场强最小，故C正确；由图可知，电子从E点向O点运动过程中，
电场强度逐渐增大，则电场力逐渐增大，由牛顿第二定律可知电子的加速度逐渐增大，故D错误。
故选AC。
03 电场的能的性质
3.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、
26 V。下列说法正确的是( )
A．电场强度的大小为2.5 V/cmB．坐标原点处的电势为1 V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV
【答案】ABD
【解析】ac垂直于bc，沿ca和cb两方向的场强分量大小分别为E＝＝2 V/cm、E＝＝1.5 V/cm，根据矢量合
1 2
成可知E＝2.5 V/cm，A项正确；根据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间电势差相等，有φ－φ＝φ－
O a b
φ，得φ＝1 V，B项正确；电子在a、b、c三点的电势能分别为－10 eV、－17 eV和－26 eV，故电子在a点
c O
的电势能比在b点的高7 eV，C项错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝(－17 eV)－(－26 eV)＝9
eV，D项正确。
04 电容器的动态分析
4.如图所示，平行板电容器下极板接地，并与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，一带电油滴静止于电容
器中的P点。现将电容器的下极板竖直向上移动一小段距离(未到达P点)，则( )
A.P点的电势将升高
B.带电油滴的电势能将不断增大
C.带电油滴将沿竖直方向向上运动
D.电容器的电容减小，极板带电荷量将减小
【答案】C
【解析】将电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，因两极板电压一定，则由E＝可知两板间场强变大，P点
与上极板间的电势差变大，则P点的电势降低；油滴带负电，所受的电场力变大，则油滴将沿竖直方向向上运
动，电场力做正功，则油滴的电势能不断减小，C正确，A、B错误；将电容器的下极板竖直向上移动一小段距
离，根据C＝可知，电容器的电容变大，根据Q＝CU可知，极板带电荷量将增加，D错误。
05 电场中的图像问题
5. 一对等量点电荷位于平面直角坐标系xOy的一个轴上，它们激发的电场沿x、y轴方向上的场强和电势随坐
标的变化情况如图中甲、乙所示，甲图为y轴上各点场强随坐标变化的Ey图像，且沿y轴正向场强为正。乙图
为x轴上各点电势随坐标变化的φx图像，且以无穷远处电势为零。图中a、b、c、d为轴上关于原点O的对称
点，根据图像可判断下列有关描述正确的是( )
A．是一对关于原点O对称的等量负点电荷所激发的电场，电荷位于y轴上
B．是一对关于原点O对称的等量异种点电荷所激发的电场，电荷位于x轴上
C．将一个＋q从y轴上a点由静止释放，它会在aOb间往复运动
D．将一个＋q从x轴上c点由静止释放，它会在cOd间往复运动
【答案】C
【解析】因x轴上各点的电势均小于零，且φx图关于y轴对称，表明是一对等量负电荷激发的电场，又Ey图像中y轴正方向场强为负，y轴负方向场强为正，表明这一对负电荷在x轴上关于原点对称，故A、B错误；一
个＋q从y轴上a点由静止释放，它从a点向O点先做加速度逐渐增大的加速运动，后做加速度逐渐减小的加速
运动，越过原点后先做加速度逐渐增大的减速运动，后做加速度逐渐减小的减速运动，到达b点时恰好速度为
零，此后又变加速运动到a点，故C正确；将一个＋q从x轴上c点由静止释放，它将直接向x轴负向的负电荷
运动并粘合，故D错误。
06 带电粒子在电场中的运动
6.如图所示，电子(重力可忽略)在电势差为U＝4.5×103V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电
0
场加速后从右板中央垂直射入电势差为U＝45 V的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置荧光屏M上，
整个装置处在真空中，已知电子的质量为m＝9.0×10－31kg，电荷量为e＝－1.6×10－19C，偏转电场的板长为L
1
＝10 cm，板间距离为d＝1 cm，光屏M到偏转电场极板右端的距离L＝15 cm。求：
2
(1)电子飞出偏转电场时的偏转距离(侧移距离)y；
(2)电子飞出偏转电场时偏转角的正切tan θ；
(3)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y。
【答案】 (1)0.25 cm (2) (3)1 cm
【解析】(1)设电子经过加速电场后获得速度大小为v，根据动能定理有eU＝mv 2
0 0 0
电子在偏转电场中做类平抛运动的加速度大小为a＝
运动时间为t＝
则偏移距离为y＝at2
联立并代入数据解得y＝＝0.25 cm。
(2)根据速度的合成与分解可得tan θ＝
联立并代入数据解得tan θ＝＝ 。
(3)根据类平抛运动规律的推论可知电子离开偏转电场时速度方向的反向延长线一定经过偏转电场中心位置，则
根据几何关系有y＝·tan θ
解得Y＝1 cm。
一、单选题
1．（2024·北京海淀·一模）如图所示，在范围足够大的水平向右的匀强电场中，将一个带电小球以一定的初
速度v从M点竖直向上抛出，在小球从M点运动至与抛出点等高的位置N点（图中未画出）的过程中，下列说
法正确的是（ ）A．小球运动到最高点时速度和加速度都沿水平方向
B．小球上升过程和下降过程的水平方向位移之比为
C．小球上升过程和下降过程的机械能变化量之比为
D．小球上升过程和下降过程的动能变化量不同
【答案】D
【详解】小球上升过程中，竖直方向上受重力，做匀减速直线运动，水平方向上受电场力做匀加速直线运动，
故在最高点，竖直方向上速度大小为0，但水平方向上有速度；但其合力为重力与电场力的合力，方向不是水
平方向，故加速度方向不是水平方向，故A错误；
B．竖直方向上，小球小球上升过程和下降过程所用时间相同，小球在竖直方向做竖直上抛运动，则小球运动到
最高点时距离M点的高度为 ,小球从被抛出到运动到最高点所用时间为 ,小球在水平方向做初速度为
零的匀加速运动，加速度大小为 ,小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，水平方向速度为
,
则此过程中水平方向的位移为 ,小球从被抛出到运动到B点时所用时间为 ,水平
方向的位移为 ,则下降过程的水平方向位移为 ,故小球上升过程和下
降过程的水平方向位移之比为 ，故B错误；小球上升过程和下降过程的机械能变化量之比为 ,
故C错误；小球上升过程动能变化量为 ,小球下降过程动能变化量为
,故小球上升过程和下降过程的动能变化量不同，故D正确。
故选D。
2．（2024·河南·二模）如图所示，平行板电容器的电容为C，A板上有一小孔，小孔的正上方 处有一质量
为 带电量为 的小球，小孔的直径略大于小球的直径，将小球由静止释放，经时间 小球速度减为零（小球未
与B板相碰）。重力加速度为 ，空气阻力不计．下列说法正确的是（ ）A．小球全过程做匀变速直线运动
B． 时间内小球的平均速度为
C．可以求出电容器极板上的电荷量
D．可以求出平行板电容器两板间距
【答案】B
【详解】小球先做匀加速运动后做匀减速运动，全程加速度不恒定，故A错误；小球刚到达小孔时的速度为 ，
由 ,解得 ,在A、B板间，小球做匀减速直线运动，匀减速阶段与自由落体阶段平均速度均为
，所以小球 时间内平均速度为 ,故B正确；根据自由落体运动规律有 ,解得 ,则
小球在电容器内的位移 ,根据加速度定义式可以求出小球在板间运动的加速度，
根据牛顿第二定律可以求出电场强度大小，但两板间距无法求出，板间电压也无法求出，所以电容器极板上电
荷量无法求出，故CD错误。
故选B。
3．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，倾角为30°的光滑绝缘斜面足够长，空间存在方向与斜面平行的匀
强电场。质量为m，电荷量为 的带电小球（可视为质点），从固定斜面底端A点由静止释放，经时间
t，小球沿斜面上升到B点，此时撤去电场，又经过2t时间小球恰好回到初始位置A，重力加速度为g。下列说
法正确的是（ ）
A．撤去电场前小球从A到B电势能逐渐增加
B．带电小球上滑过程中撤去电场前后的加速度大小之比1∶2
C．小球从底端A沿斜面上升到最高点的时间为
D．撤去电场前A、B两点间的电势差为
【答案】C
【详解】撤去电场前电场力对小球做正功，其电势能减小，故A错误；设撤去电场时小球的位移大小为 ，速
度大小为 ，撤去电场前小球的加速度大小为 ，撤去电场后小球的加速度大小为 ，根据位移与时间的关系
可得 ， ,根据速度时间关系可得 ,联立解得 ,故B错误；撤去电场后小球上升到最高点的时间 ,解得 ,由此可知，小球从底端A沿斜面上升到最高点的时间为 ,
故C正确；撤去电场前，根据动能定理有 ,由于 ,所以可得 ,
联立解得 ,故D错误。
故选C。
4．（2024·山东·一模）某绝缘空心球如图所示，a、b、c、d、E、F是过球心O的截面的圆周上六个等分点，
分别在a、d和b、c固定等量的正、负点电荷，即 ，AB是与平面abc垂直的直径，
设无限远处为电势零点，则（ ）
A．E、F两点的电场强度大小相等、方向相反
B．A、O、B三点的电势高低关系为
C．将一正的试探电荷从A点沿圆弧AEB移到B点的过程中，电场力先做正功再做负功
D．若a、b、c处的电荷固定不动，将d处的电荷移到O处，则电荷 的电势能将减少
【答案】D
【详解】画出在abcd四点的电荷在E、F两点的场强方向如图：
由图可知E、F两点的电场强度相同，故A错误；由等量异种电荷周围的电势分布可知，A、O、B三点在等量异
种电荷的连线的中垂面上，则各点电势均为零，即 ,故B错误；将一正的试探电荷从A点沿圆弧
AEB移到B点的过程中，电势先升高后降低，则正电荷的电势能先增加后减小，则电场力先做负功再做正功，
故C错误；若a、b、c处的电荷仍固定不动，将d处的电荷移到O处，因c处的电荷在O、d两点的电势相等，
则c处的电荷使d处的电荷移到O处引起的电势能不变，则主要考虑ab两处的电荷对电荷d的影响，在d处时，
ab两处的电荷在d点的电势为正，则电荷d的电势能为正，到O处时ab两处的电荷在O点的电势为零，则电荷
d在O点的电势能为零，可知将d处的电荷 移到O处其电势能将减小，故D正确。
故选D。
5．（2024·河南·一模）两个点电荷固定在x轴上的M、N点，x轴上各点的电场强度E与各点位置坐标x之间
的关系如图所示。取x轴正方向为电场强度的正方向，无穷远电势为零，下列说法正确的是（ ）A．固定在M点的点电荷电量比固定在N点的点电荷电量小
B．Q点的电势等于零
C．从C点由静止释放一正点电荷，仅在电场力作用下，到D点前它将一直做加速运动
D．从P点由静止释放一负点电荷，仅在电场力作用下，在它向左运动过程中电势能将一直减小
【答案】C
【详解】M、N连线中点处场强大于0，且两点间场强最小位置处距离N点较近，可知，固定在M点的点电荷电
量比固定在N点的点电荷电量大，故A错误；若有一正点电荷由Q点向右侧无穷远处运动，电场力做正功，电
势能不断减小，一直到零，所以Q点的电势大于零，故B错误；从C点由静止释放一正点电荷，仅在电场力作
用下，到D点前场强一直为正值，则场强方向不变，电场力方向不变，它将一直做加速运动，故C正确；从P
点由静止释放一负点电荷，仅在电场力作用下，在它由Q向N运动过程中电场力做负功，电势能增大，故D错
误。
故选C。
6．（2024·广东·二模）如图所示，一个带正电的绝缘圆环竖直放置，圆环半径为R，带电量为 ，电荷量
均匀分布在圆环表面上，将一正试探电荷 从圆环中心偏右侧一点（图中未画出）的位置静止释放，试探电荷
只在电场力的作用下沿着中心轴线向右侧运动，则下列说法正确的是（ ）
A．试探电荷将向右先加速后减速
B．试探电荷的加速度逐渐减小
C．当试探电荷距离圆环中心为 时，其加速度最大
D．将圆环所带电量扩大两倍，则加速度最大的位置右移
【答案】C
【详解】根据圆环电场分布的对称性可知，圆环中心轴线上的电场强度均背离圆环中心，沿着中线轴线向外，
则可知试探电荷将始终受到向右的电场力，一直做加速运动，故A错误；如图将圆环上所带电荷进行无限分割，设每一份的电荷量为 ，则其在M点的场强 ,其水平分量
,微元累加并根据对称性可知，M点的合场强为 ,令
,则其导函数为 ,此时 ,可知当
，即试探电荷距离圆环中心为 时，场强最大，加速度最大，并且这个位置与电荷量无关，故
C正确，BD项错误。
故选C。
7．（2024·四川成都·二模）如图所示，两个电荷量都是Q的正、负点电荷固定在A、B两点，AB连线中点为
О。现将另一个电荷量为+q的试探电荷放在AB连线的中垂线上距О为x的C点，沿某一确定方向施加外力使
电荷由静止开始沿直线从C点运动到О点，下列说法正确的是（ ）
A．外力F的方向应当平行于AB方向水平向右
B．电荷从C点到О点的运动为匀变速直线运动
C．电荷从C点到О点的运动为加速度减少的加速直线运动
D．电荷从C点运动到О点的过程中 逐渐增大
【答案】D
【详解】根据等量异种电荷周围电场分布情况，可知试探电荷+q在运动过程中受水平向左的逐渐增大的电场力
作用，要想让该电荷由静止开始沿直线从C点运动到О点，则该电荷所受合力的方向应沿CО方向，受力分析
如图
, 如图分析可知，外力F的方向应当斜向右下，A错误；由于电场力逐渐增大，所以 逐渐增大，也逐渐增大，加速度也逐渐增大，所以电荷从C点到О点的运动为加速度增大的加速直线运动，BC均错误；
根据动能定理可知 ,即 ,由于 逐渐增大，所以 逐渐增大，D正确。
故选D。
8．（2024·全国·模拟预测）如图所示为匀强电场中的立方体 ，边长为2m，中心为O点，P是
CD的中点。已知 ， ， ， ，由此可以判断（ ）
A．场强的方向由B指向A
B．场强的方向由G指向A
C．场强的大小为
D．场强的大小为2V/m
【答案】C
【详解】AB．由于 ， 可知 V,则POH组成的面为等势面，由于电场线与等势面垂
直可知，场强的方向不是由B指向A，或者由G指向A，故AB错误；根据匀强电场电势差与电场强度的关系可
知HG的中点M的电势为 V,D的电势满足 ,解得 V,则根据U=Ed可知，沿
着PM、PD、DA方向的电场强度分别为 V/m= V/m, V/m= V/m,
V/m= V/m,则合场强为 V/m故C正确，D错误。
故选C。
二、多选题
9．（2024·河南濮阳·一模）如图所示，直角三角形ABC的三个顶点各固定一个点电荷， ，
D为AC的中点，F为BC的中点。已知D点的场强方向垂直BC向下，B、C两点的点电荷电量相等，下列判断正
确的是（ ）A．B点的点电荷一定带负电
B．A、C两点的点电荷可能是异种电荷
C．若C点的点电荷电量为q，则A点的点电荷电量为2q
D．D点的电势一定比F点的电势低
【答案】AC
【详解】若B点的点电荷带正电，则B点电荷在D点产生的场强与AC成 斜向上，而无论A、C两点的电荷带
何种电荷，A、C两点在D点产生的场强的合场强方向一定沿着AC，要么指向A，要么指向C，但不管是指向A
还是指向C，与B点产生的场强的合场强一定不可能垂直BC向下，因此B点的电荷一定带负电，故A正确；
BC．B点为负电荷，而根据题意，B、C两点的点电荷电量相等，且B、C两点距D点的距离相等，根据点电荷场
强公式 ，可知B、C两点的电荷在D点产生的场强大小相等，若C点处的电荷带负电，则可知不需要A
点处的电荷即可满足D点处场强垂直BC竖直向下，而加上A点处电荷产生的场强，则D点处的合场强一定不满
足垂直BC竖直向下，因此C点处的电荷只能带正电，其在D点处产生的场强沿着DA指向A，而要使D点处的合
场强垂直BC竖直向下，则A点处的电荷也必为正电荷，且其在D点处产生的场强与C点处电荷在D点处产生的
场强的合场强必须沿着DC指向C，且大小与B点处电荷在D点处产生的场强大小相等，才能保证D点处的合场
强垂直BC竖直向下，因此A点处电荷的带电量与C点处电荷的带电量必须满足 ，则通过上述分析可知，
A、C两点的点电荷一定是同种电荷，且都为正电荷，同时A点处电荷的电荷量是C点处电荷电荷量的2倍，故
B错误，C正确；B、C两点处的电荷为等量的异种电荷，而根据几何关系可知，D、F两点在等量异种点电荷连
线的中垂线上，而等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，其电势为零，但同时受A点处正电荷所形成电场的
影响，D、F两点的电势均大于0，但又由于D点离A点更近，因此D点的电势一定大于F点的电势，故D错误。
故选AC。
10．（2024·山西太原·一模）如图所示，正方体的棱 竖直，可视为质点的带正电小球从 点沿 方向水平
抛出，仅在重力的作用下，恰好经过 点。若空间中增加沿 方向的匀强电场，小球仍从 点沿 方向水平
抛出，恰好经过底面中心 点。下列说法正确的是（ ）A．小球两次运动的时间相等
B．小球两次抛出的初速度相同
C．小球经过 点的动能与经过 点的动能之比为
D．小球从 到 ，机械能增加量是重力势能减少量的一半
10．（2024·湖北·模拟预测）如图所示，光滑绝缘水平面上有A、B、C三个带电小球，A球质量为2m，带电
量为 ，B、C球质量均为m，带电量均为 。用长为L的三个绝缘细线连接，稳定后呈等边三角形，a、b、
c为三条边的中点。已知点电荷Q周围空间的电势 ，r为到点电荷的距离，则下列说法正确的是
（ ）
A．a、c两点电场强度相同
B．a、b、c三点电势的大小关系为
C．A、B、C三个带电小球与电场组成的系统的电势能为
D．若b处剪断，则之后小球A的最大速度为
【答案】BD
【详解】分别做出A、B、C三个带电小球在a、c两点的电场强度如图所示
根据对称性及平行四边形定则可知a、c两点的电场强度大小相同，方向不同，故A错误；根据点电荷的电势公式可得 ， ，由此可得
故B正确；A小球的电势能 ，B小球的电势能
，C小球的电势能 ，则整个系统的
电势能 故C错误；当3个小球位置关系成一条直线时整个系统的电势能最小，动能最
大，A球速度最大，此时A的电势能 ，B小球的电势能
C小球的电势能 ，此时整个系统电势能最小为
对系统，根据能量守恒有 ，根据动量守恒有 ，解得 ，
故D正确。
故选BD。
11．（2024·湖南邵阳·二模）如图，真空中电荷量为2q和 q（q>0）的两个点电荷分别位于M点与N点，形
成一个以MN直线上O点为球心，电势为零的等势面（取无穷远处电势为零），P为MN连线上的一点，S为等势
面与直线MN的交点，T为等势面上的一点， 为N关于O点的对称点，下列说法正确的是（ ）
A．P点电势高于S点电势
B．T点电场强度方向指向N点
C．除无穷远处外，MN直线上还存在一个电场强度为零的点
D．将正试探电荷q从T点移到 点，静电力做正功
0
【答案】CD
【详解】正电荷周围的点电势为正，负电荷周围的点电势为负，球面为电势为零的等势面，而S点就在0V的等
势面上，若P点在等势面与MN的交点左侧，有P点电势高于S点电势；若P点在等势面与MN的交点右侧，有P
点电势低于S点电势，故A错误；设电势为零的等势面的半径为 ，与线段MN交于A点，设 距离为 ，
距离为 ，如图所示根据点电荷的电势 ，结合电势的叠加原理 、 满足 ，
解得 ， 由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，O点电势
， ，可知 可知T点电场方向指向O点，故B错误；由于
正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在直线MN上在N左侧电场强度不可能为零，在 右侧，设 距离为
，根据 ，可知除无穷远处外，直线MN电场强度为零的点只有一个，故C正确；因 点电势为零，
电势高于 点的电势，将正试探电荷q从T点移到 点，是从高电势移动到低电势，则静电力做正功，故D
0
正确。
故选CD。
12．（2024·广东江门·一模）如图所示，O、A、B为一粗糙绝缘水平面上的三点，不计空气阻力，一电荷量
为 的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为 的小金属块（可视为质点），从A点以速度 向右运
动，最后停止在B点，已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为 ，A、B间距离为L，静电力常量为k，重力加
速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．该过程中小金属块的电势能增大
B．A、B两点间的电势差为
C．若在A处库仑力大于摩擦力，则小金属块速度最大时距O点的距离为
D．若在A处库仑力小于摩擦力，则小金属块由A向B运动过程的平均速度大于
【答案】CD
【详解】依题意，该过程中库仑力对小金属块做正功，所以小金属块的电势能减小。故A错误；由动能定理可
得
，A、B两点间的电势差为 ，联立，解得 ，故B错误；若在A处库仑力大于摩擦力，则小金属块速度最大时，其受力平衡，有 ，解得 ，故C正确；
若在A处库仑力小于摩擦力，由牛顿第二定律可得 ，则小金属块由A向B运动过程做加速度增
大的减速运动，v-t图像如图所示
在图中做出初速度为v，末速度为0的匀减速匀速直线运动图线，根据平均速度公式 ，可知小金属块由A
0
向B运动过程的平均速度大于 。故D正确。
故选CD。
13．（2024·四川成都·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+q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A点时的机械能最小
C．若将小球在A点由静止开始释放，则小球沿ACB做圆周运动，到B点会有一定的速度
D．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
【答案】BD
【详解】小球受到水平向右的电场力 ，合力为 ，设小球在竖直平面
内做匀速圆周运动，最小速度为 ，有 ，解得 ，A错误；机械能的增加量等于除重力弹力外其他力做的功，要想机械能最小，则电场力做负功且最多，即小球运动到A点，电场力做的负功最多，机械
能最小，B正确；设合力方向与电场线方向夹角为 ，有 ， ，将小球静止释放，小球将
沿合力方向做匀加速直线运动，C错误；小球在A点的速度小于做圆周运动的最小速度 ，所以小
球将不沿圆周运动，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 ， ，解得 ，所以不能到达B点，D正确。
故选BD。
14．（2024·江西赣州·一模）水平台边缘O处一质量为m、带电量为+q的小球，以与水平面成30°角的速度
斜向上抛出，在竖直面上运动，整个空间有一匀强电场（图中未画出），小球所受电场力与重力等大。小球先
后以速度大小v、v两次抛出，分别落在倾角为60°的斜面上的a、b两点，两次运动时间分别为t、t且小球
1 2 1 2
机械能的增量相同，其中落到a点时小球速度与斜面垂直。已知O、b两点等高且水平距离为L，重力加速度为
g，空气阻力不计，则（ ）
A．a、b两点电势为
B．小球落到a时的速度大小为2v
1
C．两次运动的时间关系为
D．落到斜面上a、b两点时增加的机械能为
【答案】BD
【详解】两次小球机械能的增量相同，说明电场力对小球做功相同，可知斜面为等势面，即 ，电场强度
的方向垂直斜面向下，对小球受力分析，如图所示可知小球所受合力沿y方向，根据图示几何关系可知小球的初速度与y方向垂直，则小球沿x方向做匀速运动，
y方向做匀加速直线运动，分别做bP、aM垂直与y轴，则 ， ， ，解得 ，故
AC错误；由于小球落到a时的速度垂直于斜面，将速度 分解为x方向的速度 与y方向的速度 ，如图所示，
根据几何关系可知
， ，解得 ，故B正确；O、b两点等高且水平距离为L，则O点到斜面的距离为
，电场力做功为 ，小球增加的机械能 ，故D正确。
故选BD。
15．（23-24高三上·陕西西安·期末）如图所示，真空中有一长方体区域 ，棱 、 的长均
为 ，棱 的长为 。现将电荷量为 、 的点电荷分别固定在棱 、 的中点 、 处，下列说法正
确的是（ ）
A． 、 两点的电场强度相同
B． 、d两点的电场强度相同
C．棱 和棱 所在的直线均是等势线
D． 、 两点的电势差等于 、 两点的电势差
【答案】ABC
【详解】设等量异种点电荷的连线中心为O点，电场中关于O点对称的两点电场强度大小相等，方向相同，故
、 两点的电场强度相同， 、d两点的电场强度相同，故AB正确；等量异种点电荷的连线中垂面为等势面，
棱 和棱 在等量异种点电荷的连线中垂面上，棱 和棱 所在的直线均是等势线，故C正确； 、 两
点关于O点对称，则 ， 、 两点在等势面上，则 ， ， ，
故D错误。故选ABC。
16．（2024·全国·模拟预测）如图所示，在正四面体的三个顶点A、B、C分别固定有电荷量为 、 、
的点电荷，M、N、P分别为棱AB、AC、BC的中点，下列说法正确的是（ ）
A．P点的电场强度小于M点的电场强度
B．M、N两点的电场强度相同
C．M点与D点的电势相等
D．一负点电荷在D点的电势能比在N点的电势能大
【答案】AD
【详解】设四面体的边长为a，A、B两处的两等量异种电荷在M点的场强大小 ，方向由B→A，另
一正电荷在M点的场强大小 ，方向垂直于棱AB，其合场强大小 ，同理可得N点的
场强，M、N两点的场强大小相等，但方向不同，故B错误；B、C两等量正电荷在P点场强为0，故P点场强等
于负电荷在该点的场强大小为 ，可知M点场强大于P点场强，故A正确；M点和D点处在A、B两
处的等量异种电荷产生的电场的同一等势面上，C处的正电荷与M点的距离小于与D点的距离，故M点的电势高
于D点的电势，故C错误；同理可知N点电势高于D点电势，故负点电荷在D点的电势能大于在N点的电势能，
故D正确。
故选AD。
三、解答题
17．（2024·河南·二模）如图所示，质量都为m的物块A、B静止在光滑的水平面上，A、B之间用绝缘轻弹簧
连接，A紧靠墙壁，匀强电场的方向水平向左，电场强度大小为E，A、B带电荷量均为 的正电荷，B通过轻
绳与电动机连接且轻绳拉直恰好无拉力，电动机的额定电压为 ，内阻为 ，正常工作时电流为 ， 时刻
启动电动机，使电动机在额定功率下拉动B，t时刻B的速度达到最大，此时A恰好离开墙壁，不计A、B间的
静电力作用．求：
（1）物块B的最大速度；
（2）弹簧的劲度系数。【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）当B的加速度 时速度最大，此时轻绳上的拉力为
电动机的输出功率为
又
解得
（2）对B受力分析可知初始时刻弹簧弹力为
B速度最大时弹簧弹力
所以从初始时刻到B速度最大的过程中，弹簧弹力对B做的总功为零，由动能定理得
由胡克定律得
联立解得
18．（2024·河北·模拟预测）如图甲为一种真空示波管，电子从炽热的灯丝K发出（初速度不计），经灯丝
与板间的加速电压 加速，自板中心孔沿中心线射出，然后进入两块平行金属板形成的偏转电场中，两板间的
距离为d，板长为L，板间电压随时间变化规律如图乙所示，其中T远大于电子自发出到打在荧光屏上的时间。
电子进入电场时的速度与电场方向垂直，金属板右端到荧光屏距离为z（其大小可调），金属板到荧光屏之间
存在与金属板平行的匀强磁场，磁感应强度为B，当加在金属板上的电压为零时，电子打在荧光屏上的O点，
以O点为坐标原点，建立直角坐标系xOy，坐标平面与磁感应强度方向垂直，从左向右看，垂直金属板向上为y
轴正方向，水平向右为x轴正方向。已知电子的质量为m，元电荷为e，电子均能从金属板之间射出。求：
（1）电子离开金属板时的最大侧移量；
（2）假设上下金属板间的偏转电压保持 不变，逐步增大z值，请在坐标纸上定性画出电子打到荧光屏上的
位置，并求这些位置距坐标原点O的最大距离；（3）取 ，电压恢复为锯齿波，经过较长时间，荧光屏上会有电子打上，请写出电子所打到位置
的横坐标x与纵坐标y间的函数关系。
【答案】（1） ；（2）图见解析， ；（3） （
）
【详解】（1）粒子在加速电场中只有电场力做功，根据动能定理有
解得电子进入偏转电场的速度大小为
电子进入偏转电场后，在电场力作用下做类平抛运动，设电子运动的时间为 ，电子在水平方向做匀速直线运
动，则有
在竖直方向电子做初速度为0的匀加速运动，电子在偏转电场中的加速度为
所以电子在偏转电场方向上的侧位移为
当偏转电压最大时，侧移量最大，则有
（2）电子离开金属板时沿板方向速度为
偏转电压保持 不变，垂直板方向的速度为
粒子沿磁场方向运动的速度不受洛伦兹力作用，沿 方向匀速运动，在 平面投影做圆周运动，轨迹半径为逐步增大z值，电子打到荧光屏上的位置如图所示
各点距坐标原点 的最大距离为
解得
（3）设电子在磁场中运动的时间为 ，则有
可知电子在垂直于磁场的平面内转过的圆心角为 ，设电子打在荧光屏上的位置坐标为（ ， ），如图所示
则有 ，
其中联立可得 （ ）
19．（2024·湖南衡阳·二模）如图所示，倾角为30°的绝缘粗糙斜面在B点与光滑绝缘的水平面平滑连接，
B点左侧的斜面上方存在平行于斜面向下的匀强电场，电场强度 ，B点右侧有一缓冲装置，劲度系数足
够大的绝缘轻弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，轻杆与槽间的滑动摩擦力 ，轻杆向右移动
的距离不超过l时，装置可安全工作。在斜面上有一质量为m、电荷量为＋q且可视为质点的滑块，滑块与斜面
间的动摩擦因数 ，若将滑块由距B点x＝4.5l处的A点静止释放，滑块撞击弹簧后将导致轻杆向右移动
，已知重力加速度为g，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求滑块第一次到达B点时的速度大小 ；
（2）在保证装置安全工作的前提下，求滑块的静止释放点距B点的最远距离 ；
（3）在缓冲装置安全工作的前提下，试讨论该滑块第一次被弹回后上升到距B点的最大距离s＇与释放时距B
点的距离s之间的关系。
【答案】（1） ；（2） ；（3）见解析
【详解】（1）由动能定理有
得
（2）因杆是轻杆，故当杆开始移动后弹簧的形变量就保持不变，设弹簧压缩到最短时弹簧的弹性势能是 。
从滑块接触弹簧到减速为0的过程中，根据能量守恒定律有得
当释放点距B点最远，即滑块速度最大，对应轻杆移动的距离为 时，滑块速度减为0，弹性势能仍为 ，则
对滑块，从距B点 处由静止释放到速度最大，由动能定理得
得
（3）设滑块从距B点 时由静止下滑，轻杆刚好没被推动，弹簧压缩到最短时，弹簧弹性势能为 ，则
结合
得
当释放点距B点的距离
滑块接触弹簧后以原速率反弹回来，由能量守恒定律得
得
当释放点距B点的距离 时，滑块被弹簧弹回，弹簧的弹性势能 转化为动能，设速度为 ，有
得
即当 时 ；当 时， 。
20．（2024·广东广州·一模）如图甲，当 时，带电量 、质量 的滑块以
的速度滑上质量 的绝缘木板，在0~1s内滑块和木板的 图像如图乙，当 时，滑块刚好进入
宽度 的匀强电场区域，电场强度大小为 ，方向水平向左。滑块可视为质点，且电量
保持不变，始终未脱离木板；最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取 。
（1）求滑块与木板间的动摩擦因数 、木板与地面间的动摩擦因数 ；
（2）试讨论滑块停止运动时距电场左边界的距离s与场强E的关系。【答案】（1） ， ；（2）见解析
【详解】（1）根据图乙，可得滑块与木板的加速度大小分别为
，
对滑块和木板分别由牛顿第二定律有
解得 ，
（2）根据题意，滑块与木板共速时恰好进入电场，进入电场后滑块所受电场力
由于
可得滑块所受电场力的范围
而滑块与木板间的最大静摩擦力
因此进入电场后以及出电场后滑块与木板都不会发生相对滑动，可将滑块与木板看成一个整体进行研究，且进
入电场时的初速度为 。当滑块刚到达电场右边界时速度减为0，则由动能定理有
解得
此时
而摩擦力
①当 时，木板与滑块会穿过电场继续向右运动，由动能定理有
解得
②若有可得
即当 时，结合以上分析可知，物块和木板将会在电场中停下来，由动能定理有
解得
③当 时，滑块和木板在电场中速度减为零后将反向做加速运动从而出电场，则对进入电场到
速度减为0的过程由动能定理有
反向出电场的过程由动能定理有
联立解得
21．（2024·重庆大足·二模）如图所示，光滑绝缘斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点，空
间存在竖直向上的匀强电场，带电小球A恰好能静止在高为H处，将不带电的小球B从高为2H处静止释放，与
小球A发生弹性碰撞后电量平分，且不考虑A，B间的库仑力作用，碰后小球A在两个斜面上做往复运动，每次
经过最低点时动能损失10%，已知 ，两小球只能发生一次碰撞，重力加速度为g，
求：
（1）两小球AB碰撞之后的速度；
（2）小球A第一次到达最低点O时，两小球的速度大小；
（3）小球A运动的总路程。
【答案】（1） ，方向沿斜面向下， ，方向沿斜面向上；（2） ，
；（3）
【详解】（1）不带电的小球B从高为2H处静止释放，与A碰撞前有
与小球A发生弹性碰撞，根据动量守恒定律与能量守恒定律有解得
方向沿斜面向上
方向沿斜面向下。
（2）设初始A的电荷量为2q，初始时静止，则有
碰后电量平分，则A、B的电量均为q，对A可知
小球A沿斜面向下做匀加速运动，到达O点时，有
解得
对小球B
合力为零，向上做匀速直线运动，速度仍为
（3）小球A第一次经过最低点时
第一次到达左侧最高点
解得
第二次到达O点后动能再次损失10%，第二次能够到达右侧的高度是
第n次经过O点后，小球A上升的高度
小球A运动的总路程
当n无穷大时，可得22．（2024·河南焦作·一模）如图所示， 长方体空间区域处在匀强电场中，ac是其中的一条电
场线， ， ， ，顶点a、c的电势分别为 、 。大量带正电的同种粒子以不同
的速率从ac线上不同点沿 方向射入匀强电场，均能经过顶点 。不计粒子的重力及粒子间相互作用，带电
粒子的比荷为 。求：
（1）匀强电场的电场强度 的大小；
（2）b点的电势 ；
（3）从a点射入的带电粒子的速度大小 ；
（4）若带电粒子中的某一粒子从顶点 离开时的速率 最小，求该带电粒子从ac线上射入的位置到c点的距
离，并求出该最小速率 （结果可带根号）。
【答案】（1） ；（2） ；（3） ；（4）射入点与c距离为2cm，
【详解】（1）沿电场线方向电势降低，根据
（2）根据电场线与等势线垂直，如图所示，作
根据几何关系可知
则
其中
解得
（3）粒子在电场中做类平抛运动，则解得
根据
解得
（4）如图所示
设射入点与c距离为h，则
解得
其中
故
当 时，即
速度有最小值，最小值为
