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专题37 电容器 带电粒子在电场中的运动
学习目标
理解电容器的充放电现象，并能根据充放电现象判断电容器的动态变化情
况；掌握带电粒子在电场中的受力分析方法,判断带电粒子在电场中的偏转情
况和运动情况；熟练拿握平抛运动的特点和规律，正确应用牛顿第二定律解
决类平抛问题。
知识点梳理
1．电容器
(1)充、放电
①充电：使电容器两极板上带等量异种电荷的过程，电源提供的能量储存在
电容器中。
②放电：使电容器两极板电荷中和的过程，电容器储存的能量转化为其他形
式的能。
(2)电容
①定义式：C＝Q
U 。
②单位：法拉(F)、 微法(μF)、皮法(pF)
1 F＝10
6 μF＝10
12 pF。
③平行板电容器：C＝εr S
4 π kd 。
2．带电粒子在匀强电场中的运动
(1)加速
①匀强电场：W＝qEd＝qU＝1
2 mv
2- 1
2 _ mv0
2。
②非匀强电场：W＝qU＝1
2 m v
2- 1
2 m v0
2。
(2)偏转
①运动形式：类平抛运动。
②处理方法：应用运动的合成与分解。
③基本关系式
ⅰ．运动时间：t＝l
v0。
ⅱ．加速度：a＝F
m＝qE
m ＝qU
md 。
ⅲ．偏转量：y＝1
2at2＝qU l
2
2md v0
2。
ⅳ．偏转角θ 的正切值：tan θ＝
v y
v0
＝at
v0＝
qUl
md v0
2。
3．示波管
(1)构造
①电子枪，②偏转电极，③荧光屏。(如图所示)
(2)工作原理
①YY′偏转电极上加的是待测的信号电压，XX′偏转电极上是仪器自身产生的
锯齿形电压，叫作扫描电压。
②观察到的现象
ⅰ．如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直
线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑。
ⅱ．若所加扫描电压和信号电压的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信
号在一个周期内变化的稳定图像。
真题汇编
1．（2025•甘肃）如图，两极板不平行的电容器与直流电源相连，极板间形成
非匀强电场，实线为电场线，虚线表示等势面。
、
点在同一等势面上，
、
点在同一电场线上。下列说法正确的是
A．
点的电势比
点的低
B．
点的电场强度比
点的小
C．负电荷从
点运动到
点，速度增大
D．负电荷从
点运动到
点，电场力做负功
【答案】
【分析】根据图像判断电场线方向，根据沿着电场线方向电势逐渐降低判断电
势高低；根据电场线的疏密判断电场强度大小；根据负电荷的受力分析确定电
场力做功情况，由此分析速度变化情况。
【解答】解：
、根据图像可知，上板带正电，电场线方向从上到下。根据沿
着电场线方向电势逐渐降低可知，
点电势高于
点电势，又因为
、
在同
一等势面上，所以
点的电势比
点的高，故
错误；
、电场线密的地方电场强度大，所以
点的电场强度比
点的大，故
错误；
、负电荷受力方向与电场线方向相反。负电荷从
点运动到
点电场力做
负功，动能减小、速度减小，故
错误、
正确。
故选：
。
2．（2025•甘肃）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
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、间距为
，
关系如图2 所示。长度为
的样品垂直放置在距
极
板
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
和
点
【答案】
【分析】
根据动能定理求解离子经过加速电场获得的速度；离子在偏转电场
中做类平抛运动，当
时，根据牛顿第二定律求解在△时间内离子的加
速度，根据类平抛运动的规律求解作答；
当
时，根据类平抛运动的推论，结合数学知识求解作答；
当偏转电压为
时，根据类平抛运动的推论，结合数学知识求解离子打在样
品上偏离的位移的表达式，在结合题意分析作答；
根据得到的离子打在样品上偏离的位移的表达式，结合
和
时刻对应的偏
转电压的大小分析离子打在样品上偏离的位移的大小分析作答。
【解答】解：
设离子的质量为
，电荷量为，经过加速电场获得的速度为
；
根据动能定理
解得
当
时，在△时间内离子的加速度
离子恰好从两极板的边缘射出，竖直位移
水平方向
△
联立解得
，故
错误；
当
时，根据类平抛运动的推论可知，离子离开极板时速度的反向延
长线通过极板水平中心线的中点，离子离开偏转电场后做匀速直线运动，若离
子恰好能打到样品边缘；
根据数学知识
解得
，故
正确；
设离子进入偏转电场时，偏转电场的电压为
，侧位移为
，样品上偏离的
位移为；
根据类平抛运动规律，水平方向
竖直方向
根据数学知识
联立解得
因此，若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需减小
，故
错误；
设时刻，对应的偏转电压为
，
时刻，对应的偏转电压为
，
由图2 可知
根据上述
得到的表达式
可知，时刻进入的离子在样品上偏离的
位移小于时刻
进入的离子在样品上偏离的位移，即
由图1 可知
，因此在和
时刻射入
的离子，有可能分别打在
和
点，
故
错误。
故选：
。
3．（2025•福建）某种静电分析器简化图如图所示，在两条半圆形圆弧板组成
的管道中加上径向电场。现将一电子
自
点垂直电场射出，恰好做圆周运动，
运动轨迹为
，半径为。另一电子自
点垂直电场射出，轨迹为弧
，
其中
共线，已知
电势差为
，
，粒子入射动能为
，则
A．
点的电场强度
B．
点场强大于
点场强
C．粒子在
点动能小于
点动能
D．粒子全程的克服电场力做功小于
【答案】
【分析】
、根据其恰好做圆周运动电场力提供向心力，再结合粒子入射动
能进行求解；
、根据电场线的密集程度进行判断；
、根据电场力做功情况结合动能定理进行判断；
、根据
为等势面，再结合电势差的大小求解。
【解答】解：
、由于电子
自
点垂直电场射出，恰好做圆周运动，则
以及
解得
故
错误；
、电场线越密集电场强度越大，则根据电场线结合距离远近可得
点场强小
于
点场强，故
错误；
、根据运动情况可得电场力做负功，由动能定理可知电场力做负功，动能减
小，故粒子在
点动能大于
点动能，故
错误；
、已知
电势差为
，且
为等势面，由电场线密度分布情况可知，沿径
向向外电场强度减小，则
之间平均电场强度大小大于
之间的平均电场强
度大小，则
电势差小于
，可得克服电场力做功为
，故
正确。
故选：
。
4．（2025•回忆版）电容器的形状变化会导致其电容变化，这一性质可用于设
计键盘，简化原理图如图所示。键盘按键下的装置可视为平行板电容器，电容
器的极板面积为
、间距为
，电容
为常量）。按下键盘按键时，极
板间的距离变为按压前的
倍；撤去按压，按键在弹力作用下复位。电容器充
电后，
（1）若按压按键不改变电容器所带的电荷量，则按压后极板间的电压变为按压
前的多少倍？
（2）若按压按键不改变电容器极板间的电压，则按压后极板间的电场强度大小
变为按压前的多少倍？
【答案】（1）不改变电容器所带的电荷量，则按压后极板间的电压变为按压前
的倍；
（2）不改变电容器极板间的电压，则按压后极板间的电场强度大小变为按压前
的
倍。
【分析】（1）根据平行板电容器的决定式和计算式结合电荷量不变列式解答；
（2）根据平行板电容器的决定式和计算式结合电压不变列式解答。
【解答】解：（1）若按压按键不改变电容器所带的电荷量，根据
，
按压后有
，
不变，则按压后极板间的电压
，即按压后极板间
的电压变为按压前的倍；
（2）若按压按键不改变电容器极板间的电压，原来极板间的电场强度大小
，则按压后极板间的电场强度大小
，即
变为按压前的
倍。
答：（1）若按压按键不改变电容器所带的电荷量，则按压后极板间的电压变为
按压前的倍；
（2）若按压按键不改变电容器极板间的电压，则按压后极板间的电场强度大小
变为按压前的
倍。
5．（2025•江苏）如图所示，在电场强度为
，方向竖直向下的匀强电场中，
两个相同的带正电粒子、同时从
点以初速度
射出，速度方向与水平方向
夹角均为
。已知粒子的质量为
。电荷量为，不计重力及粒子间相互作用。
求：
（1）运动到最高点的时间；
（2）到达最高点时，、间的距离
。
【答案】（1）运动到最高点的时间为
；
（2）到达最高点时，、间的距离
为
。
【分析】（1）球在电场力作用下做匀变速曲线运动，由于电场力方向竖直向
下，所以可以将球的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减
速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度大小，利用分速度公式求
运动到
最高点的时间；
（2）两个小球均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为
，根据竖直方向分运动规律求出
到达最高点时两球竖直方向的分位移，
再求到达最高点时，、间的距离
。
【解答】解：（1）不计重力及粒子间相互作用，球在电场力作用下做匀变速
曲线运动，在竖直方向上，对球，根据牛顿第二定律有
运动到最高点时，由运动学公式有
联立解得
（2）方法一、根据题意分析可知，两个小球均在水平方向上做匀速直线运动，
且水平方向上的初速度均为
，则两小球一直在同一竖直线上，
到达最
高点时竖直方向上运动的位移为
此时球竖直方向上运动位移为
则小球到达最高点时与小球之间的距离
方法二、两个小球均受到相同电场力，以
球为参考系，球以
的速度
向下做匀速直线运动，则
到达最高点时，
、
间的距离
答：（1）运动到最高点的时间为
；
（2）到达最高点时，、间的距离
为
。
1．平行板电容器两类典型问题
(1)如图甲所示，电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U 保
持不变。
(2)如图乙所示，电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q 保
持不变。
2．动态分析思路
(1)U 不变
①根据C＝εr S
4 π kd 和C＝Q
U ，先分析电容的变化，再分析Q 的变化。
②根据E＝U
d 分析电场强度的变化。
③根据UAB＝Ed 分析某点电势变化。
(2)Q 不变
①根据C＝εr S
4 π kd 和C＝Q
U ，先分析电容的变化，再分析U 的变化。
②根据E＝U
d 分析电场强度变化。
例题精讲：
考点1：平行板电容器的动态分析
【例1】（2025•太康县校级开学）某同学设计了一款河水水位监测器，如图，
平行板电容器、电流表和电源组成一电路，绝缘细杆一端连接漂浮在水面上的
浮子，另一端与电容器极板
连接（极板
固定），上下移动就带动
上下
移动（初始时，极板
的高度低于极板
，监测人员通过电流表指针偏转情况
就可以远距离得知河水水位的变化。已知电流从左侧进入电流表，其指针左偏；
电流从右侧进入电流表，其指针右偏。若监测人员发现电流表指针右偏，可以
得出
A．河水水位在下降
B．
极板的电荷量在减少
C．平行板电容器的电容在增大
D．
、
间的电场强度在变大
【答案】
【分析】根据电流表指针偏转方向，判断电路中电流方向，从而判断电容器是
处于充电状态还是放电状态，确定
极板的电荷量的变化，结合电容器的电压
不变，根据电容的定义式
分析电容的变化，根据电容的决定式
分
析水位的变化。根据公式
分析
、
间电场强度的变化。
【解答】解：
、电流表指针右偏，说明电流从电流表右侧进入，又由于
板
与电源正极连接，带正电，说明电容器在充电，
、
极板的电荷量在增加，
故
错误；
、由于与电源保持相连，所以电容器的电压
不变，板间距离
不变，由
可知，
、
间的电场强度
不变，故
错误；
、由于与电源相连，所以电压
不变，由
可知，平行板电容器的电容
在增加，故
正确；
、平行板电容器的电容
在增加，由电容的决定式
可知，
、
极板
的正对面积增大，说明水位在上升，故
错误。
故选：
。
【例2】（2025 春•沭阳县期末）电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金
的塑料薄膜制成的，其工作原理如图所示，振动膜与基板构成电容器，并与电
阻、电池构成闭合回路，两极板间电压不变。振动膜向右振动，两极板间的距
离减小，则
A．振动膜带正电
B．电容器电容减小
C．电容器带的电荷量增加
D．电容器两极板间的电场强度减小
【答案】
【分析】根据图中电路连接判断振动膜电性；根据
、
、
分
析。
【解答】解：
．由工作原理图可知，电源给电容器充电，电流从基板流入，
振动膜流出，故振动膜带负电，故
错误；
．根据
可知，由于振动膜向右振动的过程中，电容器两极板间的距
离减小，所以电容增大，故
错误；
．电容器两极板间的电压
不变，根据
可知，电容器带的电荷量增加，
故
正确；
．
不变，
减小，根据
可知，电容器两极板间的电场强度增大，故
错误。
故选：
。
【例3】（2025 春•贵州期末）智能手环已成为人们生活中监测健康与运动状态
的得力助手，其核心元件之一是平行板电容器，当用户剧烈运动时挤压手环，
内部平行板电容器的极板间距会变小。若该电容器在被挤压前已完成充电，且
与电源断开，则在挤压过程中，以下说法正确的是
A．电容器极板所带电荷量变小
B．电容器的电容
变小
C．极板间的电场强度
变小
D．极板间的电压
变小
【答案】
【分析】电容器与电源断开后，电荷量
保持不变，根据
、
、
分析。
【解答】解：
．该电容器在被挤压前已完成充电，且与电源断开，当电容器
与电源断开后，电荷量
保持不变，故
错误；
．电容公式为
，当减小时，
增大，故
错误；
．电压
，
保持不变，
增大时，
减小，故
正确；
．根据
、
、
联立可得，电场强度
因
和
不变，
不变，故
错误。
故选：
。
1．关于带电粒子(体)的重力分析
(1)基本粒子：如电子、质子、α 粒子、离子等除有特殊说明或明确的暗示
外，一般不考虑重力(但不能忽略质量)。
(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特殊说明或明确的暗示
外，一般都不能忽略重力。
2．分析带电粒子(体)在电场中的直线运动的方法
(1)用动力学观点分析(只适用于匀强电场)
a＝qE
m ，E＝U
d ，v
2- v0
2＝2ad。
(2)用功能观点分析
①匀强电场中：W＝qEd＝qU＝1
2 mv
2- 1
2 mv0
2。
②非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。
例题精讲：
【例4】（2025•武冈市开学）如图所示，
和
为两平行金属板，板间有恒定
的电压，在
板附近有一电子（不计重力）由静止开始向
板运动，下列说法
正确的是
考点2：带电粒子的电场中的直线运动
A．电子到达
板时的速率，与板间电压无关，仅与两板间距离有关
B．电子到达
板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关
C．两板间距离越小，电子的加速度就越小
D．两板间距离越大，加速时间越短
【答案】
【分析】由动能定理列式判断速率与哪些因素有关；由
结合电场力公式及
牛顿第二定律和运动学公式判断加速度与时间的变化情况。
【解答】解：
由动能定理
，解得
，可知电子到达
板时
的速率与极板间距离无关，与加速电压有关，故
错误，
正确；
由题意可知，极板之间的电压
不变，则由
可知两极板距离
越小，场
强
越大，则电场力
越大，由牛顿第二定律
，则加速度越大，姑
错误；
同理，两极板距离
越大，场强
越小，则电场力
越小，由牛顿第二
定律
，则加速度越小，则由
，可知加速时间越长，故
错误。
故选：
。
【例5】（2025 春•汕头期末）
磁谱仪可在太空中用于寻找反物质和暗物质。
如图为该仪器加速环节的简化模型：
点为圆心，电势为零；辐射状的加速电
场边界为半圆弧面
，其半径为
，电势为
。假设太空中漂浮着大量的带
电粒子，每个粒子质量为
、电量为，它们能吸附到辐射状电场的半圆弧面
上，并从静止开始加速到达
点，不计粒子间的相互作用和重力的影响。则
A．粒子带负电
B．加速电场的电场强度大小
C．粒子到达
点时的速度大小为
D．粒子到达
点的过程中，加速度逐渐减小
【答案】
【分析】根据电场力做功与电势差的关系，以及动能定理，分析粒子在加速电
场中的运动情况，确定粒子的电性、电场强度、速度和加速度的变化。
【解答】解：
、粒子从静止开始加速到达
点，说明电场力做正功，电场力
方向与电场方向相同，因此粒子带正电，故
错误。
、该电场不是匀强电场，不能用
这种形式来计算电场强度，
所以加速电场的电场强度大小不是
，故
错误。
、根据动能定理，电场力对粒子做的功等于粒子动能的增加量，即
，
解得
，故
正确。
、根据
，
，由点电荷电场强度公式的推论（这里可把半圆弧
面看成是由很多点电荷组成）可知越靠近
点电场强度越大，所以粒子在到达
点的过程中，加速度逐渐增大，故
错误。
故选：
。
【例6】（2025 春•北京校级期末）如图（a）所示，平行正对的金属板
、
间加有如图（b）所示的变化电压
，重力可忽略的带正电粒子被固定在两板
的正中间
处。若在
时刻释放该粒子，粒子先向
板运动，再向
板运动
，
最终打在
板上。则
可能属于的时间段是
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】根据电场强度与电势差的关系，分析粒子在不同时间段释放后的运动
情况，从而确定的可能范围。
【解答】解：粒子带正电，由于粒子先向
板运动，表明粒子在
时刻释放时，
所受电场力方向向左，电场方向向左，则有
表明
一定在
之间某一时刻，由于粒子最终打在
板上，则粒子在一个周
期之内的总位移方向向左，根据运动的对称性可知，粒子释放开始向左做匀加
速直线运动维持的时间一定大于
则可能属于的时间段是
故
错误，
正确。
故选：
。
1．带电粒子在电场中偏转规律
2．几个重要推论
(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向反向延长线与初速度方向延长线交
于一点，此交点为沿初速度方向位移的中点。
(2)速度偏转角θ 的正切值等于位移偏转角α 的正切值的2 倍，即tan θ＝2tan
α。
(3)以相同的初速度进入同一个偏转电场的带电粒子，不论m、q 是否相同，
只要比荷q
m相同，则偏转距离y 和偏转角θ 相同。
(4)若以相同的初动能Ek0进入同一个偏转电场，只要q 相同，不论m 是否相
同，则偏转距离y 和偏转角θ 相同。
(5)电荷量q 不同的同性带电粒子经同一电场加速后(即加速电压U1相同)，再
经同一电场偏转(即偏转电压U2相同)，则偏转距离y 和偏转角θ 均相同。
(6)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：qUy＝
1
2 m v
2- 1
2 m v0
2，其Uy＝U
d y，指初、末位置间的电势差。
例题精讲：
【例7】（多选）（2025•黑龙江校级开学）如图所示，平行金属板
，
水平
考点3：带电粒子在匀强电场中的偏转
放置，两板带有等量异种电荷，两板间形成的匀强电场方向竖直向下。现将一
带电粒子沿水平方向从
板左侧靠近
板射入电场中，当粒子射入速度大小为
时，粒子沿轨迹Ⅰ从两板正中间飞出，粒子在两板间运动的时间为；当粒子
射入速度大小为
时，粒子沿轨迹Ⅱ落到
板正中间，粒子在两板间运动的时
间为。不计重力，下列说法正确的是
A．
B．
C．粒子沿轨迹Ⅱ运动时的电势能变化量是沿轨迹Ⅰ运动时的2 倍
D．粒子沿轨迹Ⅱ运动时的速度偏转角的正切值是沿轨迹Ⅰ运动时的4 倍
【答案】
【分析】带电粒子在电场中做类平抛运动，将其运动沿着平行平板和垂直平板
方向进行正交分解，根据运动学公式和牛顿第二定律列式求解；
根据电场力做功关系判断其电势能变化量的关系；
根据类平抛运动的推论判断。
【解答】解：
．设极板长度为
，两极板之间的距离为
对于轨迹Ⅰ有
同理，对轨迹Ⅱ有
联立解得：
，
，故
正确，
错误；
．电场力对两粒子做的功之比为
由于
，故
正确；
．由速度的反向延长线过水平位移的中点可知，轨迹Ⅰ和轨迹Ⅱ对应的速度
偏转角的正切值分别为
所以
，故
正确。
故选：
。
【例8】（2025•信宜市校级开学）如图所示，电子在电势差为
的加速电场中
由静止开始运动，然后射入电势差为
的两块平行板间的电场中，入射方向跟
极板平行。整个装置处在真空中，重力可忽略。在电子能射出平行板区的条件
下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角
变大的是
A．
变大，
变大
B．
变小，
变大
C．
变大，
变小
D．
变小，
变小
【答案】
【分析】电子在加速电场中加速过程，利用动能定理求出电子射出加速电场时
的速度。电子在水平放置的平行板之间，因受到的电场力方向与初速度方向垂
直，故电子做类平抛运动，运用分运动规律求出偏转角
正切表达式，再分析
的变化情况。
【解答】解：电子在加速电场中运动时，由动能定理可得
解得
电子进入偏转电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律有
水平方向有
则电子的偏转角
为
，则一定能使电子的偏转角
变大的是
变小，
变大，故
错误，
正确。
故选：
。
【例9】（2025•长沙校级模拟）如图所示，空间存在大小为
、方向竖直向下
的匀强电场，一质量为
、电荷量为
的粒子以速度
从
连线上的
点水平向右射出，已知
与水平方向成
角，粒子的重力可以忽略。则粒子
到达
连线上的某点时
A．所用的时间为
B．速度大小为
C．与
点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为
【答案】
【分析】粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律和分位移公式相
结合计算出运动时间；由
求出粒子到达某点时竖直分速度，再与水平速
度合成得到合速度；结合几何关系得出某点与
点的距离；根据分速度关系求
速度方向与竖直方向的夹角。
【解答】解：
．粒子在电场中做类平抛运动，当到达
连线上某点时，位
移与水平方向的夹角为
，由牛顿第二定律
垂直电场方向的位移
平行电场方向的位移
且
解得
故
正确；
．根据题意可知水平速度为
竖直方向速度为
则到到达
连线上某点速度
故
错误；
．水平位移
根据几何关系可得粒子到达
连线上的点与
点的距离，即合位移为
故
错误；
．速度方向与竖直方向的夹角正切值为
则夹角不等于
，故
错误。
故选：
。
课后提优练习
一．选择题（共14 小题）
1．（2025 春•江苏期中）电子仅在电场力作用下沿曲线abc 从a 运动到c，已知
电子速率是递减的。关于b 点电场强度E 的方向，下列图示中可能正确的是
（虚线是曲线在b 点的切线）（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：电子做曲线运动，速度沿轨迹切线，所受合外力应该指向轨迹
凹侧。电子速度减小，则电场力与速度夹角应为钝角。电子带负电受力方向
与场强相反，故B 选项满足电场力指向轨迹凹侧，且电场力与速度夹角是钝
角，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
2．（2025•建邺区校级开学）如图所示，绝缘水平地面上固定有一带正电小球
A，小球A 正上方有一个轻小光滑定滑轮，绝缘细线绕过定滑轮拴住另一个
相同的带电小球B。已知两小球的质量均为m，电荷量均为q，重力加速度
大小为g，静电力常量为k，两小球均可视为点电荷，拉力F = 2❑√3
3
mg时，小
球B 对地面恰好无压力，然后继续缓慢拉动细线使小球B 缓慢移动到小球A
的正上方，下列说法正确的是（ ）
A．小球B 对地面恰好无压力时两小球间的距离为❑√
❑√3k q
2
mg
B．小球B 被拉动后，拉力F 大小保持不变
C．小球B 被拉动后，电场力对小球B 先做正功后做负功
D．把小球B 拉到小球A 正上方的过程中，拉力对小球B 做的功为2（❑√3-
1）mg❑√
❑√3k q
2
mg
【解答】解：A、设小球A 到定滑轮的距离为H，A、B 间的距离为L，小球
B 恰好离开地面时，静电力
F电=k q
2
L
2 =
❑√3
3 mg
解得L=
❑√
❑√3k q
2
mg
故A 正确；
B、小球B 被拉动后，一直处于平衡状态，其受力如图
设小球B 到滑轮之间的距离为L'，A 球到滑轮的距离为H，根据相似三角形
的关系可得
L'
H = T
mg
可知移动过程中，小球B 到滑轮之间的距离L'减小，则T 减小，即小球B 被
拉动后，拉力F 大小逐渐减小，小球B 受到小球A 的库仑力大小不变，电场
力对小球B 不做功，故BC 错误；
D、根据功能关系可知，拉力对小球B 做的功等于小球B 重力势能的增加量
W =mgL=
❑√
❑√3mgk q
2
故D 错误。
故选：A。
3．（2025•扬州校级模拟）一充电的平行板电容器，板长为L，现将一带电微
粒（重力不计）从下极板的左边缘以v0射入电场中，速度方向与下极板的夹
角为θ，结果带电微粒刚好从上极板的右边缘水平射出。下列说法正确的是
（ ）
A．微粒在两板之间做变加速曲线运动
B．两板间距为1
2Ltanθ
C．微粒在极板间运动的时间为
L
v0 sinθ
D．加大两平行板之间的距离，微粒会打在上极板
【解答】解：A、因为带电微粒刚好从上极板的右边缘水平射出，则射出时
微粒在竖直方向的速度为零，故微粒受到竖直向下的电场力，由于电场力和
初速度不共线，且电场力恒定不变，则微粒在两板之间做匀变速曲线运动，
故A 错误；
BC、根据以上分析可知，微粒在竖直方向做匀减速直线运动，水平方向做匀
速直线运动，其运动时间为：t=
L
v0cosθ，
两板间的间距为：d= v0⋅sinθ
2
⋅t = 1
2 Ltanθ，故B 正确，C 错误；
D、因为电容器的电荷量不变，改变两板间的距离，两板之间的电场强度不
变，所以微粒受到的电场力不变，故粒子的运动情况不会变化，微粒不会打
在极板上，故D 错误。
故选：B。
4．（2025 春•镇江期末）如图所示为某一电场中电场线的分布情况，一带电粒
子在电场中运动的轨迹如虚线所示，若不考虑其他力，下列判断正确的是（
）
A．粒子带正电
B．粒子在A 点加速度大于在B 点加速度
C．粒子在A 点速度大于在B 点速度
D．粒子在A 点电势能大于在B 点电势能
【解答】解：A、根据电场线的方向和疏密程度，可知电场方向指向右侧，A
处电场强度比B 处小，结合粒子的轨迹可知其受力方向指向左侧，可知粒子
带负电，故A 错误；
B、根据电场力与加速度关系：a= qE
m ，结合A 选项分析，可知粒子在A、B
两点的加速度满足：aA＜aB，故B 错误；
C、根据粒子轨迹，可知若其从A 到B，则其速度方向与受力方向夹角为钝
角，如下图：
即电场力对粒子做负功，可知其速度变小，即vA＞vB，故C 正确；
D、根据电势能公式：Ep＝qφ，结合电荷带负电，电势沿电场方向降低，即
φa＞φb，即较电势能大小满足：Epa＜Epb，故D 错误。
故选：C。
5．（2025 春•镇江期末）如图所示，两个粒子a 和b 电荷量之比为1：2，以相
同的初动能垂直射入偏转电场（不计粒子重力），则这两个粒子射出电场时
的侧位移y 之比为（ ）
A．1：2
B．1：4
C．1：8
D．1：16
【解答】解：根据带电粒子在电场中做类平抛运动，可知在水平方向：L＝
vt，竖直方向：y = 1
2 at
2，a= qU
md ，其初动能为：Ek 0= 1
2 mv
2，
可得到侧位移：y = qU L
2
4 d Ek 0，根据两粒子的电荷量之比为1：2，初动能相等，
即可得侧位移之比为：
ya
yb
= qa
qb
= 1
2，故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
6．（2025 春•淮安区期末）某静电场中的电场线如图所示，一带电粒子仅受电
场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，则粒子（ ）
A．带负电荷
B．一定从M 点运动到N 点
C．在M 点的加速度比在N 点的大
D．在M 点的电势能比在N 点的大
【解答】解：A、由电荷的运动轨迹可知，电荷所受的电场力斜向上，与电
场方向相同，则粒子带正电，故A 错误；
B、由题无法判断粒子带运动方向，故B 错误；
C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可
知，N 点的场强大于M 点的场强的大小，在N 点的受力大于在M 的受力，
所以粒子在M 点的加速度小于它在N 点的加速度，故C 错误；
D、若粒子由M 运动到N，电场力做正功，粒子的电势能减小，反之若粒子
由N 运动到M，电场力做负功，粒子的电势能增大，所以粒子在M 点的电
势能比在N 点的大，故D 正确；
故选：D。
7．（2025 春•南京期末）如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，一
根长L＝0.5m 的绝缘细线的一端固定在电场中的O 点，另一端系住一质量m
＝0.3kg、带电量q＝﹣4×10
7
﹣C 的小球，小球静止时细线与竖直方向成θ＝
37°角。现给小球一个与细线垂直的初速度，使其从静止位置开始运动，发现
它恰好能绕O 点在竖直平面内做完整的圆周运动。已知g＝10m/s2，sin37°＝
0.6，cos37°＝0.8，则（ ）
A．匀强电场的电场强度大小为1×107N/C
B．小球从初始位置运动至轨迹最左端的过程中机械能减小了1.8J
C．小球获得的初速度大小为5m/s
D．小球在竖直平面内顺时针运动一周回到初始位置的过程中，其电势能先
增大后减小
【解答】解：A.小球初始时刻静止的位置为等效最低点，即重力与电场力的
合力向右下方，根据力学适量三角形可得，电场力F＝mgtanθ＝Eq，则
E = mgtanθ
q
= 0.3kg×10 N /kg×0.75
4×10
-7C
=5.625×10
6N/C，故A 错误；
B.电场力做功为W＝EqL（1+sinθ）＝5.625N/C×4×10
7
﹣C×0.5m×（1+0.6）＝
1.8J，故B 正确；
C.根据小球刚好可以做完整圆周运动可知，小球在等效最高点时绳子的拉力
为0，设电场力与重力的合力为F，对等效最高点列向心力表达式：F=m v
2
L
，从初始位置到等效最高点，根据动能定理有：2FL= 1
2 m v初
2 - 1
2 m v
2，求得
v初= 5 ❑√3
2
m/ s，故C 错误；
D.速度在电场线方向的分量最初与电场线同向，后来与电场线反向，最后与
电场线同向，因此电势能先增大，后减小，再增大，故D 错误。
故选：B。
8．（2025 春•六合区校级期末）在平行于纸面内的匀强电场中，有一电荷量为
q 的带正电粒子，仅在电场力作用下，粒子从电场中A 点运动到B 点，速度
大小没变，均为2v0，粒子的初、末速度与AB 连线的夹角均为30°，如图所
示，已知A、B 两点间的距离为d，则该匀强电场的电场强度为（ ）
A．
❑√3m v0
2
qd
，方向竖直向下
B．2m v0
2
qd ，方向斜向左上方
C．3m v0
2
qd ，方向竖直向下
D．2❑√3m v0
2
qd
，方向斜向左下方
【解答】解：在B 点速度沿水平方向和竖直方向分速度分别为
vx＝2v0cos60°＝v0，v y =2v0sin 60° = ❑√3 v0
将电场力分别水平方向和竖直方向分解可得
-q Ex dcos30° = 1
2 m v x
2- 1
2 m(2v0)
2
q E y dsin30° = 1
2 mv y
2
计算可得
Ex =-
❑√3m v0
2
qd
，E y = 3m v0
2
qd
则电场强度
E =
❑√Ex
2+ E y
2 = 2❑√3mv0
2
qd
，tanθ = E y
Ex
=- ❑√3
则电场强度大小为2❑√3m v0
2
qd
，方向垂直AB 斜向坐下。
故选：D。
9．（2025 春•鼓楼区校级期末）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
【解答】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。
电子从O 点到P 点，根据动能定理有
eU
﹣
OM
eU
﹣
MP＝0
解得：UMP＝﹣UOM＝UMO
当C 板向左平移到P'点时，B、C 间距减小，由电容的决定式C= ɛr S
4 πkd 知电容
增大，由电容的定义式C= Q
U ，结合电荷量不变，知B、C 之间电压减小，则
有
UMP＝UMO＞UMP'
结合上述有：﹣eUOM
eU
﹣
MP'＞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ABC 错误，D 正确。
故选：D。
10．（2025 春•鼓楼区校级期末）如图，静电场中虚线为等势面1、2、3、4，
且相邻等势面之间的电势差相等，其中等势面2 的电势为0。一带正电的粒
子只在静电力的作用下运动，从1 到4 依次经过四个等势面，经过1 和4 两
个等势面时的动能分别为30eV 和3eV。下列说法正确的是（ ）
A．电势φ1＞φ2＞φ3＞φ4
B．当粒子的动能为5eV 时，其电势能为16eV
C．粒子在经过四个等势面时，加速度在不断增大
D．粒子在等势面2 的电势能大于在等势面3 的电势能
【解答】解：AD.由于粒子经过1 和4 两个等势面时的动能分别为30eV 和
3eV，根据能量守恒定律可知，粒子经过等势面1 时的电势能比经过等势面4
时的电势能小，根据：EP＝qφ，因粒子带正电，故等势面1 的电势低于等势
面4 的电势，可得等势面1、2、3、4 的电势逐渐升高，则有：
φ1＜φ2＜φ3＜φ4，
可知粒子在等势面2 的电势能小于在等势面3 的电势能，故AD 错误，
B.设相邻等势面的电势差为U，则等势面1、4 之间的电势差为3U。设粒子
的电荷量为q，粒子由等势面1 到等势面4 的过程，根据动能定理得：
3qU＝Ek4
E
﹣
k1＝3eV
30eV
﹣
＝﹣27eV
同理，由等势面1 到等势面2 的过程有：qU＝Ek2
E
﹣
k1
联立解得粒子经过等势面2 时的动能为：Ek2＝21eV
因为等势面2 的电势为0，粒子在等势面2 时的电势能为0，故粒子的总能量
为：E＝Ek2＝21eV
根据能量守恒定律易知，当粒子的动能为5eV 时，其电势能为16eV，故B
正确；
C、根据电场线与等势面处处垂直，作出电场线如下图中的实线所示。
由电场线的疏密分布可知，由等势面1 到等势面4 电场强度逐渐变小，则粒
子在经过四个等势面时，受到的电场力变小，加速度变小，故C 错误。
故选：B。
11．（2025•兴化市校级开学）如图甲所示，竖直平面内固定一半径为R 的光滑
绝缘圆环，圆环所在平面内存在水平方向的匀强电场，环上A 点与圆心O 位
于同一水平高度，设圆环上的某点与O 点的连线与OA 连线的夹角为θ，其
电势φ 与θ 的关系图像如图乙所示，其中φ0=
❑√3mgR
3q
。初始时刻从圆环内A
点无初速释放一电量为+q、质量为m、可视为质点的小球，重力加速度为
g，则在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球运动至θ= π
6 的位置时，速度最大
B．小球运动至θ= π
2 的位置时，动能最大
C．小球运动至θ= 2π
3 的位置时，电势能最大
D．小球能做完整的圆周运动回到A 点
【解答】解：AB.由题意知匀强电场场强大小为
E = 2φ0
2 R =
❑√3mg
3q
方向水平向左。
将电场力和重力合成一恒力F，如图所示
则
tanα = mg
qE
解得
tanα = ❑√3
则
α = π
3
故当θ = π
3 时，小球过等效最低点，则速度及动能最大，故AB 错误。
CD.根据对称性可知小球运动至θ = 2π
3 位置时，速度为0，此时小球运动到最
右端，电场力做的负功最多，电势能最大，此后小球将在圆环上往复运动，
故C 正确，D 错误。
故选：C。
12．（2025•宿迁二模）如图所示，竖直放置在光滑绝缘水平面上的平行板电容
器，极板M 固定，N 与轻质绝缘弹簧相连，弹簧右端固定。充电后电容器所
带电荷量为Q，N 板静止在O 点，板间电场强度大小为E，每个极板在板间
产生的电场均为匀强电场。若将N 板向左移动Δx 由静止释放，此后运动过
程中（ ）
A．N 板在O 点时弹簧处于原长
B．N 板所带的电荷量为+ Q
2
C．弹簧弹力的方向不会改变
D．系统机械能变化的最大值为QEΔx
【解答】解：A、N 板在O 点时，N 板水平方向上受到M 板的引力F 电，和
弹簧的弹力F 弹，这两个力平衡，所以N 板在O 点时弹簧处于拉伸状态，故
A 错误；
B、充电后电容器所带电荷量为Q，即每个极板上的电荷量都是Q，M 板带
﹣Q，N 板带+Q，故B 错误；
C、由于Δx 未知，如果N 板向右运动时，有可能弹簧被压缩，弹簧的弹力方
向会向左，所以弹簧的弹力方向不一定不变，故C 错误；
D、N 板受到的电场力为EQ
2 ，N 板做简谐运动，系统机械能变化最大应该是
N 板从最左端运动到最右端，电场力做的功为：QE
2 ×2 Δx =QEΔx，系统机械
能变化的最大值为QEΔx，故D 正确。
故选：D。
13．（2017 秋•泰兴市校级月考）电子在电势差U1为的加速电场中由静止开始
运动，然后射入电势差U2为的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行。
整个装置处在真空中，重力可忽略。在满足电子能射出平行板区的条件下，
下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ 变小的是（ ）
A．U1变大，U2变大
B．U1变大，U2变小
C．U1变小，U2变大
D．U1变小，U2变小
【解答】解：设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：qU1= 1
2 mv0
2-
0 …①
又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：t= L
v0
⋯②
又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：a
= qE
m = qU 2
md ⋯③
电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy＝at…④
由①、②、③、④可得：vy＝at= qU 2 L
md v0
，
又有：tanθ= v y
v0
= U 2 L
2d U 1
一定能使电子的偏转角θ 变小是U1变大，U2变小
故选：B。
14．（2025•海门区校级二模）如图，一带正电小球甲固定在光滑绝缘斜面上，
另一带正电小球乙在斜面上由静止释放。以释放点为原点，沿斜面向下为正
方向建立x 轴。在乙沿x 轴加速下滑过程中，其动能Ek和机械能E 随位置x
变化的图像，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：AB．设运动过程中两个带电小球间距为r，对于一小段运动位
移Δx，由动能定理得：
(mgsinθ-k q甲q乙
r
2
) Δx = Δ Ek
可知Ek
x
﹣图像的斜率表示合外力，即图像斜率为F合=mgsinθ -k q甲q乙
r
2
所以在乙沿x 轴加速下滑过程中，两个带电小球间距为r 逐渐减小，合外力
沿斜面向下逐渐减小，则Ek
x
﹣图像的斜率逐渐减小，故AB 错误；
CD．由功能关系可知，乙克服库仑力做的功等于其机械能减少量，可知E﹣
x 图像的斜率的绝对值等于库仑力大小，在乙沿x 轴加速下滑过程中，库仑
力大小逐渐增大，E
x
﹣图像的斜率的绝对值逐渐增大，故C 错误，D 正确。
故选：D。
二．解答题（共1 小题）
15．（2025•南京模拟）如图甲所示，两相同金属极板A 与B 的长度L 为1m，
相距d 为0.1m，极板间的电压UAB如图乙所示，U0为100V。在金属板右侧
空间存在宽度x 为2m 的竖直向上的匀强磁场，磁场右边缘处竖直放置一足
够大的荧光屏。大量带正电的同种粒子沿极板中线平行于板面方向持续射入
板间，射入时的速度v0为5.0×103m/s。已知粒子质量m 为1.0×10
6
﹣kg，电荷
量q 为1.0×10
3
﹣C，粒子的重力与相互间的作用力忽略不计。求：
（1）粒子在金属板间运动的加速度大小；
（2）t 为0s 时射入的粒子离开金属板时，沿垂直于板面方向偏移的距离；
（3）t 为2.0×10
4
﹣s 时射入的粒子，运动轨迹恰好与光屏相切，右侧空间的磁
感应强度。
【解答】解：（1）根据
E = U
d
由牛顿第二定律
F＝Eq＝ma
解得
a= qU 0
md = 1×10
-3×10
2
1×10
-6×0.1
m/ s
2=1×10
6m/s2
（2）粒子在电场中运动时间
t = L
v0
解得
t =2×10
-4(s)= 2
3 T
t＝0 时入射的粒子侧移
y = 1
2 at
2= 1
2 ×1×10
6×4×10
-8m=0.02m
（3）由分析知：
t＝2×10
4
﹣（s）时入射的粒子射出电场时vy＝0；此时
v＝v0
根据洛伦兹力提供向心力
qvB =m v
2
r
由于轨迹与光屏相切
r＝x
B = mv0
qx
解得
B＝2.5T
答：（1）粒子在金属板间运动的加速度大小为1×106m/s2；
（2）t 为0s 时射入的粒子离开金属板时，沿垂直于板面方向偏移的距离为
0.02m；
（3）t 为2.0×10
4
﹣s 时射入的粒子，运动轨迹恰好与光屏相切，右侧空间的磁
感应强度为2.5T。
