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第40 讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
目 录
模拟·基础演练.........................................................................................................................1
题型01 电容器 电容.......................................................................................................1
题型02 电容器动态分析(U 不变、Q 不变).....................................................................4
题型03 带电粒子在电场中的
运动
直线
...........................................................................8
题型04 带电粒子在电场中的
运动
曲线
.........................................................................11
题型05 带电粒子在
变电场中的运动
交
.........................................................................17
重难·创新演练.........................................................................................................................22
真题·实战演练.........................................................................................................................27
模拟·基础演练
考查重点：电容器，带电粒子在电场中的直线和曲线运动……
⏳题型01 电容器 电容
1．（24-25 高三上·内蒙古乌海）电容器是一种重要的电子器件，通过充、放电过程来传输交流信息。某同
学利用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电
流随时间的变化。图甲中直流电源电动势为E，内阻不计，实验前电容器不带电。先使S 与“1”端相连给电
容器充电，充电结束后，使S 与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的i − t 曲线如
图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．图像阴影部分的面积S1和S2不一定相等
B．R1阻值大于R2
C．计算机测得S1 = S0，则该电容器的电容为2S0
E
D．若想快速充电，需要减小R1阻值，若想均匀充电需要增大R1的阻值
【答案】D
【详解】A．根据q = it 可知，图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电容器的电荷量，S1表
示电容器充电后所带电荷量，S2表示电容器放电的电荷量，所以S1 = S2，故A 错误；
B．由题图乙可知电容器充电瞬间电流比电容器放电瞬间电流大，且电容器充电瞬间电源电压和放电瞬间
电容器两端电压相等，则有
E
R1+ R0
>
E
R2+ R0
所以
R1< R2
故B 错误；
C．该电容器的电容为
C = Q
E = S0
E
故C 错误；
D．由于S1 = S2，R1 < R2，充电时I − t 图线变化较快，充电时间短，放电回路总电阻大，放电I − t 图
线变化缓慢，所以要实现快速充电应减小R1阻值，若实现均匀充电应增大R1阻值，故D 正确。
故选D。
2．（25-26 高二上·辽宁）指纹密码锁是我国现阶段流行的防盗门的核心配件，该配件的一个关键元件为指
纹传感器。在一块半导体基板上集成有上万个相同的小极板，极板外表面绝缘，当手指指纹一面与绝缘表
面接触时，指纹的凹点与凸点分别与小极板形成一个个正对面积相同的电容器。若给电容器一固定电压，
电容小的微电容器放电较快，根据放电快慢就可以记录和分析指纹数据。下列说法正确的是（ ）
A．指纹凸点处形成的电容器放电较慢
B．充电后在指纹凸点处形成的电容器存储的电荷量小
C．若用湿的手指去识别，识别功能不会受影响
D．用手指挤压绝缘表面，小极板所带电荷量减小
【答案】A
【详解】AB．根据电容的决定式C =
εS
4 πkd 可知，指纹的凸点处与小极板距离近，即d 较小，电容大，放
电较慢，根据Q=CU，则充电后在指纹凸点处形成的电容器存储的电荷量大，A 正确，B 错误；
C．若用湿的手指去识别，则电容器的电容会发生变化，识别功能会受到影响，C 错误；
D．用手指挤压绝缘表面，极板间距减小，电容变大，根据Q=CU 可知，小极板所带电荷量变大，D 错误。
故选A。
3．（25-26 高二上·吉林）电容为1.6F 的平行板电容器与电压恒为8V 的直流电源串联，待电路稳定后断开
开关并移走带负电的极板，此时将一不带电的金属导体板与带正电的极板接触一段时间后分开，若分开后
金属导体板与正极板所带电荷量相同，下列说法正确的是（ ）
A．约有4×1019个电子从金属板转移向正极板
B．约有8×1019个电子从金属板转移向正极板
C．约有4×1019个电子从正极板转移向金属板
D．约有8×1019个电子从正极板转移向金属板
【答案】A
【详解】初始时，电容器充电后，带电量为Q =CU =1.6×8C=12.8C
移走带负电的极板后，正极板带电荷量为+12.8C，金属导体板不带电，接触后分开，两者电荷量相同，根
据电荷守恒，因此每个导体带正电荷量为Q
′ = Q
2 =6.4 C
金属导体板电荷变化为ΔQ =Q
′ =6.4 C
表明失去电子，失去的电子数为N =ΔQ
e
=
6.4
1.6×10
−19 个= 4×10
19个
即约有4×1019个电子从金属板转移向正极板。
故选A。
4．（25-26 高二上·北京）电容器是一种重要的电学元件，它能够储存电荷。如图所示为一种常见的电解电
容器，
给该电容器充电，用Q表示电容器所带电荷量，C表示电容器的电容，U表示电容器两极板间的电势差，
下面正确反映它们之间关系的图像是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】AB．电容器的电容C 是由电容器内部结构决定的，与加在电容器两极板间的电压无关，AB 错误；
CD．根据Q=CU 可知，Q-U 图像为过原点倾斜的直线，C 错误，D 正确。
故选D。
5．（2026·江苏苏州·三模）两个带电的平行板电容器M、N用导线按如图所示方式连接，M的电容是N的
2倍，板间距相等，则（ ）
A．M所带电荷量是N的1
2
B．M所带电荷量是N的2倍
C．M极板间场强大小是N的1
2
D．M极板间场强大小是N的2倍
【答案】B
【详解】AB．由题图可知，两电容器的电压相同，M的电容是N的2倍，根据C = Q
U
可知M所带电荷量是N的2倍，故A 错误，B 正确；
CD．根据E = U
d 可知，M、N 极板间场强大小相等，故CD 错误。
故选B。
⏳题型02 电容器动态分析(U 不变、Q 不变)
6．（2026·辽宁大连·模拟预测）某同学利用平行板电容器和静电计设计的压力测试装置如图所示，电容器
上极板通过绝缘轻质弹簧悬挂起来，用导线与静电计连接，电容器下极板和静电计的外壳均接地。使用时，
先用电源给平行板电容器充电，之后断开电源。当作用在上极板竖直向下的外力F逐渐变大时（两极板不
接触，静电计所带的电荷量可忽略不计），下列说法正确的是（ ）
A．平行板电容器的电容变大
B．平行板电容器两极板间的电压变大
C．静电计指针偏转的角度变大
D．平行板电容器之间的电场强度变大
【答案】A
【详解】A．电容器的电容C =εS
4πkd ，当向下的力逐渐变大时，两极板之间的距离d减小，电容C变大，
故A 正确；
BC．电容器电荷量大小不变，根据C = Q
U 可知，电容器两极板之间的电压变小，静电计指针偏转的角度变
小，故B、C 错误；
D．平行板电容器之间的电场强度大小为E = U
d = 4πkQ
εS
，故平行板电容器之间的电场强度不变，故D 错
误。
故选A。
7．（2025·辽宁朝阳·模拟预测）平行板电容器与二极管和电源相连组成回路，一个带电小球从左端入射，
打到B 板上的N 点，小球的重力不能忽略，二极管具有单向导电性，下列说法正确的是（ ）
A．若小球带负电，则AB 板间距减小时，小球一定打在N 点的左侧
B．若小球带负电，则AB 板间距减小时，小球一定打在N 点的右侧
C．若小球带正电，则AB 板间距减小时，小球打在N 点的左侧
D．若小球带正电，则AB 板间距减小时，小球在板间运动的加速度在减小
【答案】C
【详解】AB．若小球带负电，当AB 间距减小时，电容器电容增大，电容器充电，两板场强增大，小球受
力可能平衡，加速度为零，做匀速直线运动，故小球不一定打在N 点右侧， 故AB 错误；
CD．若小球带正电，当AB 间距减小时，电容器电容增大，电容器应该充电，故两板场强是增大的，小球
向下的加速度变大，故小球将打在N 点的左侧，故C 正确，D 错误。
故选 C。
8．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图所示，M、N 是平行板电容器的两个极板，其下端浸没在下方储罐
中的不导电液体中，P 是两极板间的一点，N 极板接地。电容器与理想二极管串联后，接在电动势恒定的
电源两端。关于该电路，下列判断正确的是（ ）
A．液面上升一小段高度，电容器所带的电荷量不变
B．液面下降一小段高度，P 点的电势降低
C．将M 板向左移一小段距离，P 点的电场强度减小
D．将N 板向左移一小段距离，P 点的电势降低
【答案】B
【详解】A．液面上升一小段高度，两极板的正对面积S 变大，平均介电常数εr增加，根据平行板电容器
的决定式C = εr S
4 πkd ，可知电容器的电容变大，电容器两极板间电压U 不变，根据电容的定义式C = Q
U ，C
变大，U 不变，所以电容器所带的电荷量增加，A 错误；
B．液面下降，平均介电常数εr减小，两极板的正对面积S 减小，根据平行板电容器的决定式C = εrS
4 πkd ，
可知电容器的电容减小，二极管阻止电容器放电，因此Q 不变。板间电场强度E = U
d
根据电容的定义式C = Q
U
根据平行板电容器的决定式C = εrS
4 πkd
联立解得E = 4 kπQ
εr S ,Q 不变,S 与εr减小，因此E 增大。N 接地，则φN =0，电场方向由N指向M，P 到N 的
距离d PN不变，因此P 点电势φ p=−EdPN ，E 增大，φP降低。故B 正确；
C．M 左移，极板间距d增大，C减小，Q 不变（二极管阻止放电）。由E = 4 πkQ
εr S ，可知E 不变。C 错误；
D．N 左移，d 减小，C 增大，二极管导通，U 等于电源电动势不变，E = U
d ，E 增大。设P到M 距离为
d PM，则φP=−U + E d PM，因此φP增大。故D 错误。故选B 。
9．（2025·黑龙江·二模）在现代高科技的芯片制造工厂里，有一项重要的工艺涉及对微小带电液滴的精确
控制。工程师们需要将极其微小的液滴（这些液滴带有特定的电荷）精确地传输到芯片的特定位置进行加
工处理。其原理如图所示，水平放置的两块平行金属板a、b组成的电容器的电容为C，a、b板间距为d。
开始时，两板均不带电，上极板接地。上板中央有一小孔，现使带电荷量为q、质量为m的液滴逐个从小
孔处以相同速度v垂直射向b板，且将电荷全部传给b板，忽略液滴体积和空气阻力，下列说法正确的是（
）
A．极板间的电场强度不变
B．极板间的电场力对液滴做正功
C．射向b板的某一液滴可能会匀速运动
D．电容器的电容随极板上的电荷量增加而变大
【答案】C
【详解】A．断电时，极板间电场强度E = U
d
因为C = Q
U 以及C =
εS
4 πkd
代入上式可解得E = U
d = Q
Cd = 4 πkQ
εS
极板电荷量增大，极板间的电场强度变大，故A 错误；
B．由于下极板电性与液滴的电性相同，液滴受到竖直向上的电场力，所以液滴下落过程中，极板间的电
场力对液滴做负功，故B 错误；
C．由分析可知，随着下极板吸收的液滴越来越多，两极板间的场强越来越大，当液滴在极板间所受的电
场力等于液滴的重力时，即mg = Eq时，液滴匀速下落，故C 正确；
D．根据电容器电容的决定式C =
εS
4 πkd 可知，电容器的电容与极板所带电荷量无关，故D 错误。
故选C。
10．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，真空中水平放置的平行板电容器的两极板与电压恒定的电源
相连，下极板接地（电势为0），极板间的P点固定一带负电的点电荷（电荷量不变），把下极板缓慢向
上平移少许后，下列说法正确的是（ ）
A．电容器所带的电荷量减小
B．点电荷受到的电场力不变
C．P点的电势降低
D．点电荷的电势能减小
【答案】C
【详解】A．根据平行板电容器的决定式C =
εS
4 πkd 可知把下极板缓慢向上平移少许后，电容器的电容变大，
再结合Q =CU可知电容器所带的电荷量变大，故A 错误；
B．根据E = U
d 可知极板间的电场强度变大，根据F = Eq可知点电荷受到的电场力变大，故B 错误；
C．因为P点所在位置到上极板的距离不变，且下极板的电势为零，且两极板间的电场强度E增大，根据
U P−=U −E d P+可知P点所在位置的电势降低，故C 正确；
D．点电荷的电势能Ep=φq，由于点电荷带负电，因此点电荷的电势能增大，故D 错误。
故选C。
⏳题型03 带电粒子在电场中的
运动
直线
11．（25-26 高二上·内蒙古乌兰察布）让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物由静止开始经过
同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转，最后都从偏转电场右侧离开，图中画出了其中一种粒子
的运动轨迹，下列说法正确的是（ ）
A．在加速电场中运动时间最长的是一价氢离子
B．在加速和偏转过程中三种离子的轨迹都重合
C．在偏转电场中三种离子的加速度之比为1:4:2
D．经加速电场加速后动能最小的是二价氦离子
【答案】B
【详解】D．设加速电压为U 1，加速过程根据动能定理有qU 1= Ek−0= 1
2 m v
2−0
可得v =
❑√
2qU 1
m
，Ek=qU 1
可知加速后动能最小的离子是一价氢离子和一价氦离子，故D 错误；
A．设加速电场板间距离为L，在加速电场中运动时间为t1= L
v
2
= L❑√
2m
qU 1
由于一价氦离子的荷质比最小，则在加速电场中运动时间最长的是一价氦离子，故A 错误；
C．设偏转电场电压为U 2，板间距离为d，则有a= qU 2
md ∝q
m
可知在偏转电场中三种离子的加速度之比为1
1 : 1
4 : 2
4 = 4:1:2，故C 错误；
B．在加速电场中，受力方向相同，做直线运动，轨迹相同；在偏转电场中，当水平位移为x时，偏转位移
为y = 1
2 at2
2= 1
2 ⋅qU 2
md ( x
v )
2
= U 2 x
2
4 d U 1
可知偏转轨迹与q、m 无关，三种离子轨迹重合，故B 正确。
故选B。
12．（25-26 高二上·内蒙古赤峰）图为示波管中电子枪的原理示意图。A、K 间电压为U，距离为d，电子
在A 点速度为0，经加速后从K 的小孔中射出时的速度大小为v。下面说法中正确的是（ ）
A．如果距离减半而电压不变，电子离开K 时的速度仍为v
B．如果距离减半而电压不变，电子离开K 时的速度变为v
2
C．如果距离不变而电压减半，电子离开K 时的速度仍为v
D．如果距离不变而电压减半，电子离开K 时的速度变为v
2
【答案】A
【详解】根据Ue = 1
2 m v
2
可得v = ❑√
2eU
m
AB．如果距离减半而电压不变，电子离开K 时的速度仍为v，A 正确，B 错误；
CD．如果距离不变而电压减半，电子离开K 时的速度变为v
❑√2，CD 错误。
故选A。
13．（25-26 高三上·内蒙古）如图所示，来自电子源的电子（初速度为零），经电压为U的加速器加速，
形成细柱形的电子流。若电子流横截面积为S，电子的质量为m，电荷量为e，电子流内单位长度的电子数
为n。则电子流形成的电流大小为（ ）
A．neS ❑√
2eU
m
B．n ❑√
em
2U
C．ne ❑√
2eU
m
D．nS ❑√
em
2U
【答案】C
【详解】电子在电场中被加速，则Ue = 1
2 mv
2
电子流形成的电流大小为I = q
Δt = v Δtne
Δt
= vne =ne ❑√
2eU
m
故选C。
14．（2026·重庆江津·三模）细胞膜是由磷脂双分子层构成的富有弹性的半透膜（如图甲所示）。设运送
粒子时，细胞膜内上、下表面的电荷量为定值，此时可将细胞膜视为面积很大的平行板电容器（如图乙所
示），其间电场可视为匀强电场。某正粒子只在电场力作用下从膜的一个表面由静止开始运动到另一个表
面，该过程中粒子运动的加速度大小a、运动时间t、到达另一表面时速度大小v、电场力做功W 与膜两表
面距离d 的关系图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】已知极板带电量Q不变，平行板电容器Q恒定，由
E = U
d =
Q
C
d =
Q
εS
4 πkd
d
= 4 πkQ
εS
可知：板间电场强度E与间距d无关，E恒定。
A．根据a= F
m = qE
m
E不变，则a是定值，a−d图像为水平直线，A 错误。
B．粒子初速度为0，匀加速：v
2=2ad
可得v = ❑√2ad
v与❑√d成正比，不是过原点直线，B 错误。
C．由d = 1
2 at
2
得t = ❑√
2d
a
t与❑√d成正比，不是过原点直线，C 错误。
D．电场力做功W = F ⋅d =qEd
qE为定值，W 与d成正比，图像是过原点倾斜直线，D 正确。
故选D。
15．（2026·江苏镇江·二模）静电复印简化模型中，复印纸与感光鼓之间形成水平方向的匀强电场，将墨
粉颗粒从靠近感光鼓的位置由静止释放，不计重力和空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．墨粉颗粒带负电
B．墨粉颗粒在飞往复印纸的过程中，电势能不断增大
C．带电量相同，质量越大的墨粉颗粒，打在复印纸上的速度越大
D．若仅减小感光鼓与复印纸间距，墨粉颗粒打在复印纸上的速率不变
【答案】D
【详解】A．由题图可知，感光鼓带正电，复印纸带负电，板间电场方向水平向右。墨粉颗粒由静止释放
后向右运动，说明所受电场力方向向右，与电场方向相同，所以墨粉颗粒带正电，故A 错误；
B．墨粉颗粒在飞往复印纸的过程中，电场力方向与运动方向相同，电场力做正功，电势能不断减小，故
B 错误；
C．根据动能定理有qU = 1
2 m v
2
解得v = ❑√
2qU
m
若带电量q相同，质量m越大的墨粉颗粒，打在复印纸上的速度越小，故C 错误；
D．若仅减小感光鼓与复印纸间距，由于感光鼓与复印纸间的电势差U保持不变，根据v = ❑√
2qU
m
可知，
墨粉颗粒打在复印纸上的速率不变，故D 正确。
故选D。
⏳题型04 带电粒子在电场中的
运动
曲线
16．（25-26 高三上·辽宁）粒子约束阱是一种新型核聚变实验装置，其核心区域由一对平行的金属栅网
“
”
构成匀强电场，用于约束带电粒子。其原理简化如图所示，间距为d的两平行栅网，上栅网PQ带正电。一
个氘核（质量为m、电荷量为+e）从下栅网左端M点以初速度v0射入电场，初速度方向与水平方向成
θ=60°，结果恰好从上栅网边缘Q点平行于上栅网PQ射出电场。若氘核重力不计，下列说法正确的是（
）
A．氘核在栅网间做匀速圆周运动
B．氘核从Q点射出时的电势能小于从M点射入时的电势能
C．氘核在栅网间运动的时间为2❑√3d
3 v0
D．两栅网间的电压大小为3mv0
2
8e
【答案】D
【详解】AB．氘核在电场中受到恒定的电场力作用，做匀变速曲线运动，轨迹为抛物线，由于电场力做
负功，故电势能增大，故AB 错误；
C．在竖直方向有d = v0sinθ+0
2
×t
解得t = 4 ❑√3d
3 v0
，故C 错误；
D．由运动的合成与分解可知，氘核离开电场时的速度为v = v0cosθ = 1
2 v0
由动能定理可得−eU = 1
2 mv
2−1
2 mv0
2
联立解得两栅网间的电压大小U = 3m v0
2
8e
，故D 正确。
故选D。
17．（25-26 高二上·辽宁）某些肿瘤可以用质子疗法进行治疗。如图所示，来自质子源的质子初速度为
“
”
零，经匀强电场（加速电压U）加速后，沿图中四分之一圆弧虚线通过辐向电场，再从P点竖直向上进入
存在水平向右的匀强电场的圆形区域，最终轰击处在圆上Q点的肿瘤细胞。已知四分之一圆弧虚线处的辐
向电场强度大小为E0，方向沿半径指向圆心O，圆O
′与OP相切于P点，OP= R0，圆形区域的半径为R ,Q
点位于OP上方R
2 处，质子质量为m、电荷量为e。不计质子重力和质子间相互作用，下列说法正确的是（
）
A．质子在辐向电场区域中做匀变速曲线运动
B．若让质子打到S处，仅需将E调整为2 E0 R
R0
C．质子由P到Q的时间
❑√3 R
2
❑√
m
e E0 R0
D．若将电压U变为原来的2 倍，粒子仍沿原轨迹打到Q处，需将E0和E调整为原来的2 倍
【答案】D
【详解】A．质子在辐向电场区域中受到电场力的方向时刻指向圆心，方向在改变，做非匀变速曲线运动，
故A 错误；
B．在辐向电场区域电场力提供向心力e E0= m v
2
R0
质子在辐向电场区域中速度v =
❑√
e E0 R0
m
在圆形区域内做类平抛运动，水平方向R = 1
2 at
2
竖直方向R = vt
根据牛顿第二定律eE' =ma
联立解得E' = 2 E0 R0
R
，故B 错误；
C．质子由P到Q在竖直方向做匀速直线运动，则有R
2 = vt '
可得质子由P到Q的时间t ' = R
2
❑√
m
e E0 R0
，故C 错误；
D．根据动能定理qU = 1
2 mv
2
可得v = ❑√
2qU
m
由B 选项可知，质子在辐向电场区域中速度v =
❑√
e E0 R0
m
= ❑√
2eU
m
可得E0= 2U
R0
质子由P到Q在竖直方向做匀速直线运动，则有R
2 = v t1
根据几何关系可知P到Q水平位移x =
❑√3
2 R
水平方向做匀加速直线运动x = 1
2 at1
2
根据牛顿第二定律eE =ma
解得E = 8 ❑√3U
R
若将电压U变为原来的2 倍，粒子仍沿原轨迹打到Q处，需将E0和E调整为原来的2 倍，故D 正确。
故选D。
18．（25-26 高二上·辽宁大连）如图所示，圆形区域内存在着与圆平面平行的匀强电场，直径MN与水平
直径PQ间的夹角为45°，圆心O处有一粒子源，在圆形平面内沿不同方向发射速率均为v0的完全相同的带
正电粒子，发现两个特点：速度方向垂直于MN斜向右上方发射的粒子最终从Q点射出圆形区域，所有射
出圆形区域的粒子中从N点射出的粒子的速度最大。不计粒子重力及粒子之间的相互作用力，下列说法正
确的是（ ）
A．电场线方向沿NO方向
B．粒子可能从P点射出圆形区域
C．粒子不可能从M点射出圆形区域
D．从Q点射出圆形区域的粒子，其出射速度都相同
【答案】C
【详解】A．由于从N 点射出的粒子的速度最大，由动能定理Uq = 1
2 mv
2−1
2 mv0
2可知，ON 间电势差最
大，由U = Ed，可知电场E 沿ON 方向，故A 错误；
BC．如图所示
速度方向垂直于MN 斜向右上方发射的粒子最终从Q 点射出圆形区域，其轨迹类似于平抛，从O 到Q 合位
移为圆半径R，由平抛规律可知，沿初速度方向有
❑√2
2 R = v0t
沿电场方向
❑√2
2 R = 1
2 at
2
可知电场中粒子加速度为a= 2❑√2v0
2
R
当粒子沿OM 方向射出时，有v0
2=2ax
可得x = v0
2
2a =
R
4 ❑√2 < R
所以不能从M 点射出圆形区域。
由于OP 之间电势差为U PO= E×
❑√2
2 R
沿OM 方向上入射的粒子最大距离为R
4 ❑√2，对应电势差U = E×
R
4 ❑√2 <U PO
故无论从哪个角度射出，都不能通过点P，故B 错误，C 正确；
D．只要从Q 点射出，由于电势差相等，电场力做功相同，由动能定理W = 1
2 mvQ
2 −1
2 mv0
2可知，出射速
度大小相等，但方向不同，故D 错误。
故选C。
19．（25-26 高二上·辽宁）如图所示，边长为L 的正方形ABCD区域内存在着方向向上的匀强电场，边长
也为L 的正方形CDPQ区域内无电场。现有一个质量为m、电荷量为−q的粒子，从A 点沿着AD方向以速
度v0射入该区域，粒子恰能从Q 点射出。若不考虑粒子重力，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子在两个区域的运动时间之比为2:1
B．粒子从Q 点飞出时速度方向与AD方向的夹角为45°
C．若将匀强电场的电场强度减半，粒子将从PQ边的中点飞出
D．若将匀强电场的电场强度减半，场强减半前后粒子从PQ边飞出的方向不变
【答案】C
【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，飞出电场后做匀速直线运动，粒子在两个区域运动时的水平速
度不变，则运动时间相等，A 错误；
B．粒子在电场中做类平抛运动，从CD 边射出时速度方向的反向延长线交于AD 中点，由几何关系可知，
粒子从Q 点飞出时速度方向与AD方向的夹角小于45°，B 错误；
CD．根据L= v0t，y = 1
2
qE
m t
2
解得y = qE L
2
2m v0
2
速度偏向角tanθ = v y
v0
= qEL
mv0
2
可知若将匀强电场的电场强度减半，从电场中射出时竖直偏转位移和速度偏向角正切值均减半，则粒子将
从PQ边的中点飞出，粒子从PQ边飞出的方向要改变，C 正确，D 错误。
故选C。
20．（25-26 高二上·黑龙江）电子偏转装置由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，结构原理
图如图所示。如果偏转电极X X
′和Y Y
′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿中轴线做直线运动，
打在荧光屏中心，产生一个亮斑。如果电子枪中正负接线柱之间电压为10U，Y Y
′板间加恒定电压U，
Y Y
′极板的长度为l、间距为d，X X
′板间不加电压。已知电子质量为m，电荷量大小为e，不计电子从灯
丝逸出的初速度，不计电子重力及电子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．射出电子枪时，电子的动能大小为10eU
B．电子在Y Y
′极板间的加速度大小为2eU
dm
C．电子打在荧光屏时，其速度方向与中轴线夹角的正切值为l
10d
D．若U <0，电子将打在荧光屏的上半区域
【答案】A
【详解】A．电子在加速电场中，电场力做功为10eU，根据动能定理可知射出电子枪时动能为10eU，故
A 正确；
B．根据牛顿第二定律可知在Y Y
′极板间的加速度大小为a= eU
dm ，故B 错误；
C．在加速电场中，根据动能定理有e×10U = 1
2 m v
2
在Y Y
′极板间运动的时间为t = l
v
沿电场方向的位移为y = 1
2 at
2= 1
2 ⋅eU
md ⋅t
2
联合解得位移与水平方向的夹角θ的正切值为tanθ = y
l =
l
40d
设此时速度与水平方向夹角为α，根据平抛运动规律可得tan α =2tanθ =
l
20d ，故C 错误；
D．若U <0，则电子受到的电场力竖直向下，故电子将打在荧光屏的下半区域，故D 错误。
故选A。
⏳题型05 带电粒子在
变电场中的运动
交
21．（24-25 高二上·内蒙古呼和浩特）如图为范围足够大的匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的关系图
像。当t=0 时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中
正确的是（ ）
A．粒子将做往返运动，6s 末带电粒子回到原出发点
B．粒子在0~2s 内的加速度与在2s~4s 内的加速度等大反向
C．粒子在4s 末的速度为零
D．粒子在0~6s 内，所受电场力做的总功不为零
【答案】A
【详解】AB．E-t 图像相当于a-t 图像，0～2s 内带电粒子做匀加速直线运动，2s～4s 电场强度大小为0～
2s 内电场强度大小的2 倍，且电场强度方向与0～2s 内电场强度方向相反，所以2s～4s 内先做匀减速直线
运动再做反向的匀加速直线运动，4s-6s 反方向做匀减速运动到零，之后再重复以上过程，所以带电粒子做
往复运动，作出带电粒子的0～8s 内的v-t 图像如下图所示
v −t
图像的斜率就是加速度，
v −t
图像的面积表示位移，粒子将做往
返运动，6s 末带电粒子回到原出发点；在2s~4s 内的加速度是粒子在0~2s 内的加速度大小的2 倍，方向相
反，故A 正确，B 错误；
C．由v −t图像可知粒子在4s 末的速度不为零，故C 错误；
D．由v −t图像可知6s 末粒子的速度为零，由动能定理可知粒子在0~6s 内，所受电场力做的总功为零，故
D 错误。
故选A。
22．（25-26 高二上·重庆渝北）如图所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，两板间所加交变电压为
U AB，交变电压的周期T = L
2v0
。质量为m、电荷量为e 的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线持续不
断地进入平行板之间，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏移的电子刚好从极板的边缘飞出，不计重
力作用，下列说法正确的是（ ）
A．t = T
8 时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为7d
64
B．t = T
4 时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为d
16
C．只有t =0时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为d
2
D．不是所有电子离开电场时的速度都是v0
【答案】B
【详解】A．依题意，可知所有电子离开极板所用时间t0= L
v0
t = T
8 时刻进入电场的电子在垂直极板方向的速度时间图像如图所示
v −t
图像与时间轴围成的面积代表位移，图像可知在
t = 15T
8
时刻
侧位移最大且最大位移为ym1= 4× 1
2 a×(
3
8 T)
2
−2× 1
2 a×(
T
8)
2
题意可知t =0时刻进入电场的电子侧位移最大为d
2 = 4× 1
2 a×(
T
2)
2
联立解得ym1= 17 d
64 ，故A 错误；
B．t = T
4 时刻进入电场的电子，在t = 3
4 T时刻侧位移最大，最大侧位移为ym2=2× 1
2 a×(
1
4 T)
2
= d
16 ，故
B 正确；
C．在t = n
2 T（n=0，1，2，3...）时刻进入电场的电子侧位移最大且最大为d
2 ，故C 错误；
D．电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图像如图所示
所有电子离开极板所用时间t = L
v0
=2T
由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度均为零，所以所有电子离开电场时速度都等于v0，故D 错
误。
故选B。
23．（多选）（25-26 高二上·黑龙江哈尔滨）如图1 所示，一束初速度不计的带电粒子进入加速电场被加
速后，沿着偏转电场的中心线进入偏转电场，偏转电场两板之间的电压随时间变化图像如图2 所示，变化
周期为T 0。已知t =0时刻射入偏转电场的带电粒子，在T 0时刻刚好从极板A 的右边缘射出，带电粒子质量
为m，电荷量为q，偏转电场两极板的板长为L，极板间距为d，忽略带电粒子的重力及粒子间相互作用，
下列说法正确的是（ ）
A．加速电场极板间的电压为m L
2
2qT 0
2
B．偏转电场极板间的电压为4 md
2
qT 0
2
C．3T 0
8 时刻进入偏转电场的粒子与A 板的最小距离为15d
32
D．3T 0
8 时刻进入偏转电场的粒子垂直极板方向的最大速度为d
4T 0
【答案】AC
【详解】AB．粒子在加速电场中，根据动能定理有qU 1= 1
2 mv0
2
解得v0=
❑√
2qU 1
m
进入电场后，根据类平抛运动规律有L= v0T 0，d
2 =2× 1
2 a(
T 0
2 )
2
根据牛顿第二定律有a= qU 2
md
联立解得U 1= m L
2
2qT 0
2，U 2= 2md
2
qT 0
2 ，故A 正确，B 错误；
CD．由题分析可知，在3T 0
8 时刻进入偏转电场的粒子竖直方向先加速运动，经T 0
8 后再减速运动，再经T 0
8
后速度变为0，再反向加速3T 0
8 ，如此往复，所以与A 板的最小距离为y = d
2 −2× 1
2 a(
T 0
8 )
2
= 15d
32
垂直极板方向的最大速度为v y =a⋅3T 0
8 = 3d
4T 0
，故C 正确，D 错误。
故选AC。
24．（多选）（2026·辽宁大连·模拟预测）如图（a）所示，真空中的阴极K 可连续不断地释放电子（电子
初速度忽略不计），电子经加速电压U 1加速后从小孔S射出，沿水平正对的平行金属板A、B 中轴线射入
两极板之间的偏转电场，两极板之间的电场强度E随时间t的变化关系如图（b）所示，所有电子在两金属
板A、B 之间的偏转电场中运动的时间均为T 0，在金属板A、B 右侧有一竖直固定足够大的荧光屏，荧光屏
到金属板A、B 右端的距离为L。已知电子的质量为m，电荷量为−e，金属板A、B 的长度均为L，且所有
的电子都能打在荧光屏上，不计电子重力及电子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．加速电压U 1= m L
2
2eT 0
2
B．金属板A、B 之间的距离最小为5 E0eT 0
2
8m
C．打在荧光屏上的电子动能大小为m L
2
2T 0
2 + E0
2e
2T 0
2
8m
D．荧光屏上有电子击中的区域长度为E0eT 0
2
2m
【答案】AC
【详解】A．电子经过金属板A、B 之间的偏转电场用时为T 0，故电子水平方向的速度大小为v0= L
T 0
在加速电场中加速有U 1e = 1
2 mv0
2
联立解得U 1= m L
2
2eT 0
2，A 正确；
B．在t =0时刻进入偏转电场的电子偏移量最大，最大为
ym = 1
2 × 2 E0e
m
×(
T 0
2 )
2
+(
2 E0e
m
× T 0
2 )
T 0
2 −1
2 × E0e
m ×(
T 0
2 )
2
= 5 E0eT 0
2
8m
所以两金属板之间的最小距离为d =2 ym = 5 E0eT 0
2
4 m
，B 错误；
C．电子在金属板之间飞行的时间均为T 0，所以电子离开偏转电场时竖直方向的速度大小均相同，为
v y = 2 E0e
m
× T 0
2 −E0e
m × T 0
2 = E0eT 0
2m
所以打在荧光屏上的电子动能均为Ek= 1
2 m¿，C 正确；
D．由于电子离开偏转电场时竖直方向的速度均相同，所以电子离开偏转电场后速度方向均平行，在T 0
2 时
刻进入偏转电场的电子，离开偏转电场时的偏移量为y2= 1
2 × E0e
m ×
(
T 0
2 )
2
+(
E0e
m × T 0
2 )
T 0
2 −1
2 × 2 E0e
m
×(
T 0
2 )
2
= E0eT 0
2
8m
与t =0时刻进入偏转电场的电子偏移量方向相反，故荧光屏上有电子击中的区域长度为
Y = ym+ y2= 3 E0eT 0
2
4 m
，D 错误。
故选AC。
25．（多选）（25-26 高二上·吉林长春）如图甲所示，两正对平行金属板AC、DB 水平放置，在其右侧有
汇聚状的电场，电场线的延长线的交点在O点（BC的中点），在两平行板间加上周期为T的交变电压，电
压大小为U 0。t =0时刻，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从靠近上极板左端（视为A
点）以水平向右的速度v0射入匀强电场，T时刻从下极板B点水平向右进入汇聚状电场做匀速圆周运动，
经过半个圆周到达C点，到达C点时的速度方向水平向左，下列说法正确的是（ ）
A．平行板的长度为2v0T
B．两平行板间的距离为T
❑√
qU 0
m
C．0.5T时刻，粒子的速度大小为❑√
qU 0
m + v0
2
D．粒子在汇聚状电场中飞行的时间为t =πT
4 v0
❑√
qU 0
m
【答案】CD
【详解】A．粒子在水平方向做匀速直线运动，平行板的长度为l = v0T
故A 错误；
BC．由题可知，0~0.5T时间内，粒子在水平方向做匀速直线运动，则有v x= v0
竖直方向上粒子做匀加速直线运动，加速度a= F
m = qU 0
md
在0~0.5T时间内，竖直方向上的位移y = 1
2 at
2= qU 0T
2
8md
在0.5T ~T时间内，粒子在水平方向依然做匀速直线运动，竖直方向做加速度大小不变的减速运动，根据
运动的对称性可知，粒子到达B 点时竖直方向速度为零，竖直方向的位移大小依然为y = qU 0T
2
8md
竖直方向上的距离d =2 y
解得d = T
2
❑√
qU 0
m
在0.5T时竖直方向上的速度v y =at = qU 0T
2md
在0.5T时的速度v =
❑√v0
2+ v y
2 =
❑√v0
2+ qU 0
m
故B 错误，C 正确；
D．粒子在汇聚状电场中飞行时电场力不做功，粒子做匀速圆周运动，运动的路程s= 1
2 πd = πT
4
❑√
qU 0
m
飞行的时间为t =πT
4 v0
❑√
qU 0
m
故D 正确。
故选CD。
重难·创新演练
设题创新:结合航天科技考查(T1);结合生活实际(T3);新角度考查研究方法(T4);
学科融合:
1．（2026·吉林延边·一模）如图所示，BC是水平绝缘的传送带，左端AB是光滑绝缘水平面，在AB面上
有水平向右的匀强电场E1=2×10
3 N /C，B 处虚线是电场的边界线。右端CD是绝缘水平面，DE是光滑
绝缘竖直半圆轨道的直径，半圆轨道的半径R =0.1m，半圆轨道所在的空间有匀强电场E2=2×10
3 N /C，
与竖直方向的夹角θ =60°。在D 位置静止放置一个质量m=0.1kg不带电的小物块Q，在AB面上的M 位
置静止释放一个带正电小物块P，P 的电荷量q =1×10
−3C，质量m=0.1kg，小物块P 与传送带和CD面
之间的动摩擦因数都是μ=0.1，若小物块P 能与Q 碰撞，且碰后粘为一体。已知BC与CD之间的距离相等，
都为L0=1m，两个小物块都可以看成质点，重力加速度g=10 m /s
2。试回答：
(1)若传送带始终静止，释放点M 距B 点至少多远小物块P 才能与Q 碰撞？
(2)若传送带始终静止，释放点M 到B 点距离L=0.5 m，小物块P 与Q 碰撞后在半圆轨道上对轨道的最大压
力是多少？
(3)若传送带顺时针转动的速度v0=1m/s，释放点M 距B 点的距离在什么范围内小物块P 才能与Q 碰撞？
【答案】(1)0.1m
(2)12N
(3)x≥0.1m
【详解】（1）若传送带始终静止，若要使小物块P 能与Q 碰撞，则由能量关系E1q L1= μmg⋅2 L0
解得L1=0.1m
（2）若传送带始终静止，释放点M 到B 点距离L=0.5 m，则小物块P 与Q 碰撞前，由动能定理
E1qL= μmg⋅2 L0+ 1
2 mv1
2
解得v1= 4 m/s
碰撞过程由动量守恒m v1=(m+m)v2
解得v2=2m/s
因q E2=2mg=2N，可知电场力与重力成120°角，两力的合力大小为F=2N，方向与竖直方向夹角为60°
斜向下；即速度最大的位置与圆心连线与竖直方向的夹角为60°，从D 点到该位置由动能定理
E2qR−2mgR(1−cos60
∘)= 1
2 ⋅2m v3
2−1
2 ⋅2m v2
2
由牛顿第二定律F N −F =2m v3
2
R
解得FN=12N
根据牛顿第三定律，小物块P 与Q 碰撞后在半圆轨道上对轨道的最大压力是12N；
（3）要想能到达D 点，则C 点的最小速度满足关系1
2 mvC
2 = μmg⋅L0
可知vC = ❑√2m/s>v0=1m/s，则物块将一直在传送带上做减速运动，则由能量关系
q E1 x−μmg L0= 1
2 m vC
2
解得x=0.1m
则要使小物块P 能与Q 碰撞，释放点M 距B 点的距离应该满足x≥0.1m。
2．（2026·内蒙古赤峰·模拟预测）如图，在竖直平面内有一半径为R 的圆形区域，O 为圆心，PM 为其水
平直径，QN 为其竖直直径。匀强电场平行于该竖直平面，方向与水平方向成53°斜向上。一个电荷量为q
（q>0）、质量为m 的小球多次从圆周上的P 点以相同的速率v0在竖直面内向各个方向发射，小球能到达
圆周上的所有位置。电场强度大小为5mg
4 q ，g 为重力加速度，sin53°=0.8，cos53°=0.6。设小球在P 点的重
力势能和电势能均为0。求：
(1)在圆周上各位置中的最高电势φm；
(2)小球在圆周上各位置中机械能的最大值Em；
(3)若v0=7.5m/s，R=5.625m，g=10m/s2，小球从P 到圆周上各位置中的最长时间tm。
【答案】(1)mgR
2q
(2)1
2 m v0
2+2mgR
(3)3 s
【详解】（1）逆着电场方向电势升高，圆周上离P 点沿逆电场方向最远的位置电势最高，其离P 点在场
强方向距离d = R−Rcos53° = 2 R
5
由φm−0= Ed
代入E = 5mg
4 q 得 φm= mgR
2q
（2）小球在圆周上各位置中机械能的最大值，即小球电势能最小的位置，圆周上离P 点沿电场方向最远
的位置电势最低，其离P 点在场强方向距离d
' = R+ R cos53° = 8 R
5
由功能关系Em= 1
2 mv0
2+ Eqd
' = 1
2 mv0
2+2mgR
（3）竖直方向Eqsin53° =mg，故小球加速度水平向左；
水平方向Eqcos53° =ma
a= 3 g
4
当小球水平向右抛出落到M 点时用时最长，有2 R =−v0tm+ 1
2 atm
2
解得小球从P 到圆周上各位置中的最长时间tm=3 s
3．（25-26 高二上·内蒙古巴彦淖尔）粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域
的电场线与x轴平行，且x正半轴上各点的电势φ与坐标值x成反比例函数关系，如φ−x图像（实线）所示，
虚线为x =0.15 m处图像的切线。现有一质量m=0.10kg、电荷量q =+1.0×10
−7C的滑块P（可视作质
点），其与水平面间的动摩擦因数为μ（未知），g取10 m/s
2。
(1)若将滑块P 无初速度地放在x1=0.10 m处，滑块P 最终停止在x2=0.225 m处，求μ的大小；
(2)当将滑块P 无初速度地放在x =0.15 m处时，求滑块P 的加速度大小；
(3)若滑块P 从x3=0.60 m处以初速度v0沿x轴负方向运动，恰能回到出发点，求其初速度v0的大小。
【答案】(1)μ=0.20
(2)0
(3)v0= 3 ❑√2
2
m/s
【详解】（1）由数据表格和图像可得，电势φ 与x 成反比关系，即φ = k
x
当x =0.1m时，电势φ = 4.5×10
5V，代入上述公式，得到k = 4.5×10
4 V⋅m
故沿x 轴的电势φ 与x 的函数关系表达式为φ = 4.5×10
4
x
V
滑块运动的全部过程中，只有电场力和摩擦力做功，由动能定理得W F+W f= Δ Ek=0
设滑块停止的位置为x2，电势为φ2，有q(φ1−φ2)−μmg( x2−x1)=0
即q(
4.5×10
4
x1
−4.5×10
4
x2 )−μmg( x2−x1)=0
代入数据得μ=0.20
（2）在x =0.15 m处的场强E =
3×10
5
0.3−0.15 V/m =2.0×10
6 V/m
由牛顿第二定律，可得滑块P 无初速度地放在x =0.15 m时加速度大小
a= qE−μmg
m
= 2.0×10
6×1.0×10
−7−0.2×0.1×10
0.1
m/s
2=0
（3）设滑块P 到达最左侧位置为x
′，电势为φ
′。则对滑块从最左侧位置返回到出发点的过程中，由动能定
理得W F+W f= Δ Ek=0
有q(φ
′−φ)−μmg( x−x
′)=0
即有q(
4.5×10
4
x
′
−4.5×10
4
x
)−μmg( x−x
′)=0
代入数据解得x
′ =0.0375 m（x
′ =0.6 m舍去）
再对滑块从开始出发到返回出发点的整个过程，由动能定理得−2 μmg( x−x
′)=0−1
2 m v0
2
代入数据解得v0= 3 ❑√2
2
m/s
4．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）如图，圆柱形区域内有电场强度大小为E的匀强电场，横截面是以O为
圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不
同速度进入电场。已知速度为零的粒子进入电场后，沿AC方向离开电场，AC与AB的夹角θ =60
∘。运动
中粒子仅受静电力作用。
(1)速度为零的粒子，自A点运动到C点，求粒子离开电场时的动能Ek；
(2)自A点垂直于AC方向进入电场的粒子，自D点离开电场，已知OD // AC，求粒子运动过程中静电力
冲量的大小I。
【答案】(1)qER
(2)I = ❑√3mREq
【详解】（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，
根据几何关系可知x AC =2 Rcosθ = R
根据动能定理有qE x AC = Ek
可得Ek =qER
（2）因为粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图。
当从D 点射出时，由几何关系有xPD= R+ Rcosθ = 3 R
2 ，xPD= 1
2 at
2
电场力提供加速度有a= qE
m
可得I =qEt = ❑√3mREq
5．（2026·辽宁朝阳·模拟预测）如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小为2mg
q
。电场
中有一竖直放置的劲度系数为k的轻质绝缘弹簧，两端连接两个绝缘小球A、B，其中A 带正电、电荷量为
q、质量为m，B 不带电、质量也为m。现将A、B 同时由静止释放，释放时弹簧处于原长，A、B 运动过
程中弹簧始终不超过弹性限度。已知弹簧弹性势能和形变量的关系式Ep= 1
2 k x
2，重力加速度为g，忽略空
气阻力，求：
(1)A 的速度最大时弹簧的形变量；
(2)B 的最大速度大小；
(3)电场力对A 做功的最大值。
【答案】(1)mg
k
(2)❑√
m g
2
2k
(3)2m
2 g
2
k
【详解】（1）A 速度最大时，加速度为零，合外力为零有qE =mA g+ kx
又E = 2mg
q
解得x = mg
k
（2）设A、B 的最大速率为vA、vB，对A、B 和弹簧系统，因qE =mA g+mB g
故系统外力矢量和为0，所以系统动量守恒，规定A 速度方向为正方向，则有mA vA−mBvB=0
解得vA= vB
又mA vAt =mBvBt
变形得mA xA=mB xB
解得xA= xB
又x = xA+ xB
联立解得xA= xB= mg
2k
根据能量守恒有qE x A−mA g xA+mB g xB= 1
2 k x
2+ 1
2 mA vA
2 + 1
2 mBvB
2
解得vB=
❑√
m g
2
2k
（3）由简谐运动的规律得A 向上的最大位移为xmax=2 xA= mg
k
电场力做功的最大值W =qE xmax= 2m
2 g
2
k
真题·实战演练
高频考点：电容器动态分析、带电粒子在电场中的曲线运动
1．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，光滑绝缘水平面AB 与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC 在B 点
相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A 间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O 点，另一端
连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A 点左
侧释放后，依次经过A、B、C 三点时的动能分别为Ek A、Ek B、EkC，则（ ）
A．Ek A< Ek B< EkC
B．Ek B< Ek A< EkC
C．Ek A< EkC< Ek B
D．EkC< Ek A< Ek B
【答案】C
【详解】由题意可得A 点弹簧伸长量为r，B 点和C 点弹簧压缩量为r，即三个位置弹簧弹性势能相等，则
由A 到B 过程中弹簧弹力做功为零，电场力做正功，动能增加，EkB> EkA
同理B 到C 过程中弹簧弹力和电场力做功都为零，重力做负功，则动能减小，EkB> EkC
由A 到C 全过程则有qEl AB−mglBC = EkC−EkA>0
因此EkB> EkC> EkA
故选C。
2．（2024·辽宁·高考真题）在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面（纸
面）内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，若小球的初速度方向垂直于虚线，
则其从O 点出发运动到O 点等高处的过程中（ ）
A．动能减小，电势能增大
B．动能增大，电势能增大
C．动能减小，电势能减小
D．动能增大，电势能减小
【答案】D
【详解】根据题意若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，可知电场力和重力的合力沿着虚线
方向，又电场力方向为水平方向，根据力的合成可知电场力方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虚
线，则其从O 点出发运动到O 点等高处的过程中重力对小球做功为零，电场力的方向与小球的运动方向相
同，则电场力对小球正功，小球的动能增大，电势能减小。
故选D。
3．（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U 1的电场加速后，沿OO
′方向射入电压为U 2的电场（OO
′
为平行于两极板的中轴线）。极板长度为l、间距为d，U 2−t关系如图2 所示。长度为a 的样品垂直放置
在距U 2极板L 处，样品中心位于O
′点。假设单个离子在通过U 2区域的极短时间内，电压U 2可视为不变，
当U 2=±U m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．U 2的最大值U m= d
2
l
2 U 1
B．当U 2=±U m且L= (a−d )l
2d
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U 1
D．在t1和t2时刻射入U 2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U 1q = 1
2 m v0
2
在偏转电场中做类平抛运动，则l = v0t，d
2 = 1
2 ⋅U mq
dm t
2
解得U m= 2d
2
l
2 U 1
选项A 错误；
B．当U 2=±U m时粒子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，则
d
2
a
2
=
l
2
l
2 + L
解得L= (a−d)l
2d
选项B 正确；
C．根据y = 1
2 ⋅U mq
dm t
2= U ml
2
4 d U 1
若其他条件不变，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。
4．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）某些材料的激发态可视为准粒子的集合，激发态寿命可由时间分辨
“
-能
量分析仪测量，简化原理如图（
”
a）所示，电子源释放初速度可忽略的电子，经电压为U 1的加速电场加速，
穿过处于激发态的样品时，部分电子与准粒子作用后动能发生变化，相互作用时间不计。为筛选出动能变
化为特定值的电子，调节匀强磁场的磁感应强度为B0，使筛选出的电子沿半径为R的圆弧形中心线运动，
从狭缝出射后，沿电场中心线且平行于极板方向进入偏转电场，偏转后打在荧光屏上形成光斑。
已知电子电荷量大小为e，质量为m；偏转电场可视为匀强电场，M、N极板长度为L、间距为d；荧光屏到
极板边缘的距离为5 L。忽略电子间相互作用及电、磁场边缘效应。
(1)求筛选出的电子通过样品前后的动能变化量Δ Ek。
(2)求M、N间电压为U 2时，电子到达荧光屏上的偏移距离x0。
(3)样品被激发时，电子源开始每隔相同时间发射持续时间极短、电子数目相近的脉冲，同时M、N间电压
随时间线性变化，变化率为β（β <0），使先后到达荧光屏上的电子脉冲形成间距为Δ x的光斑，如图
（b）所示。每个脉冲经过偏转电场时间极短，在此时间内电子所受电场力可视为恒定。样品被激发后，
筛选出的电子数随激发态准粒子数的衰减成比例减少，导致光斑相对强度也相应成比例减弱，相对强度与
各个光斑中心位置x的关系如图（c）所示。若样品的激发态寿命τ定义为准粒子数衰减一半所需的时间，
求τ。
【答案】(1)Δ Ek= e
2B0
2 R
2
2m
−eU 1
(2)x0= 11m L
2U 2
2d R
2B0
2e
(3)τ =−8d R
2e B0
2 Δ x
11 βm L
2
【详解】（1）电子加速场中，由动能定理有eU 1= 1
2 mv1
2
电子在筛选器中由牛顿第二定律有e v2B0= m v2
2
R
电子通过样品前后的动能变化量Δ Ek= 1
2 mv2
2−1
2 mv1
2
联立可得Δ Ek= e
2B0
2 R
2
2m
−eU 1
（2）偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向有L= v2t
沿着电场方向有x = 1
2 at
2
根据牛顿第二定律e⋅U 2
d =ma
出偏转电场后，电子做匀速直线运动，根据几何关系有
x0
x =
L
2 +5 L
L
2
联立解得x0= 11m L
2U 2
2d R
2B0
2e
（3）由题意可知U 2= βt +U 0
将U 2表达式代入x0= 11m L
2U 2
2d R
2B0
2e
可得x0=
11m L
2
2d R
2B0
2e (βt +U 0)
结合题图（相对强度8408 到4204）可得4 Δ x =−11m L
2
2d R
2B0
2e
⋅βτ
解得τ =−8d R
2e B0
2 Δ x
11 βm L
2
5．（2023·新课标卷·高考真题）密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，
可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴
a、b 在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、v0
4 ；两板间加上电压后（上板为正
极），这两个油滴很快达到相同的速率v0
2 ，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与
油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
（1）求油滴a 和油滴b 的质量之比；
（2）判断油滴a 和油滴b 所带电荷的正负，并求a、b 所带电荷量的绝对值之比。
【答案】（1）8:1；（2）油滴a 带负电，油滴b 带正电；4:1
【详解】（1）设油滴半径r，密度为ρ，则油滴质量
m= 4
3 π r
3 ρ
则速率为v 时受阻力
f =krv
则当油滴匀速下落时
mg= f
解得
r = ❑√
3kv
4 πρg ∝❑√v
可知
ra
rb
= ❑
√
v0
1
4 v0
=2
则
ma
mb
= ra
3
rb
3 = 8
1
（2）两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率v0
2 ，可知油滴a 做减速运动，
油滴b 做加速运动，可知油滴a 带负电，油滴b 带正电；当再次匀速下落时，对a 由受力平衡可得
|qa)E+ f a=ma g
其中
f a=
v0
2
v0
ma g= 1
2 ma g
对b 由受力平衡可得
f b−qb E =mb g
其中
f b=
v0
2
1
4 v0
mb g=2mb g
联立解得
