专题09 电场 带电粒子在电场中的运动
目录
01 析·考情精解..........................................................................................................................................................2
02 构·知能架构...........................................................................................................................................................3
03 破·题型攻坚..........................................................................................................................................................4
题型一 电场的性质..................................................................................................................................................4
真题动向
突破传统平面内点电荷的常规场景，强调几何关系与物理规律的结合
必备知识
知识1 场强叠加及典型电场
知识2 电场能的性质
命题预测
考向1 场强的叠加
考向2 双电荷模型电场问题
考向3 电场能的性质
题型二 静电场中三类常见图像............................................................................................................................15
真题动向
强调“电场性质→力的作用→能量变化”的综合思维
必备知识
知识1 φ-x 图像
知识2 Ep-x 图像
知识3 E-x 图像
命题预测
考向1 φ-x 图像
考向2 Ep-x 图像
考向3 E-x 图像
题型三 带电粒子（带电体）在电场中的运动....................................................................................................22
真题动向
与前沿科技与实际应用结合
必备知识
知识1 带电粒子（带电体）在电场中的直线运动
知识2 带电粒子（带电体）在电场中的抛体运动
知识3 带电粒子（带电体）在电场中的圆周运动
命题预测
考向1 带电粒子（带电体）在电场中的匀变速直线运动
考向2 带电粒子（带电体）在电场中的类抛运动
考向3 带电粒子（带电体）在电场中的圆周运动
命题
轨迹
透视
从近三年高考命题看，“电场 带电粒子在电场中的运动”试题以选择题和计算题为主，难
度中等偏上。命题趋势呈现：从匀强电场中的基本运动→带电粒子在交变电场、复合场中的复
杂运动→紧密结合现代科技实例，注重将抽象模型嵌入真实科研或技术应用情境中进行综合分
析。试题强调对运动过程、功能关系的完整分析，并常与磁场知识结合形成压轴考查。
考点
频次
总结
考点
2025 年
2024 年
2023 年
电场的性质
2025 天津卷T8，4 分
2025 全国卷T4，4 分
2025 重庆卷T5，4 分
2025 甘肃卷T5，4 分
2025 北京卷T8，4 分
2024 江西卷T1，4 分
2024 江苏卷T1，4 分
2024 河北卷T2，4 分
2024 广西卷T7，4 分
2024 湖北卷T4，4 分
2023 海南卷T8，3 分
2023 湖南卷T5，4 分
2023 重庆卷T3，4 分
2023 河北卷T9，4 分
2023 湖北卷T3，4 分
电场中三类图像
2025 海南卷T6，4 分
2024 天津卷T5，4 分
2024 重庆卷T6，4 分
2024 湖南卷T5，4 分
带电粒子在电场
中的运动
2025 海南卷T12，4 分
2025 江西卷T14 ，14
分
2025 甘肃卷T7，4 分
2025 四川卷T13，8 分
2025 江苏卷T13 ，10
分
2024 海南卷T12，4 分
2024 甘肃卷T7，4 分
2024 河北卷T13,4 分
2024 江西卷T10，6 分
2024 山东卷T10，4 分
2023 北京卷T19，10 分
2023 湖北卷T10，4 分
2023 福建卷T16，12 分
2023 新课标T25，14 分
2026
命题
预测
预计2026 年高考对该部分的考查，将以现代科技应用为背景，突出带电粒子在匀强、交变
及组合电场中的加速与偏转过程分析。命题将强化多阶段运动的衔接、临界条件讨论以及与磁
场结合的复合场问题，侧重利用动能定理、运动合成进行定量推算。题型以选择题和综合计算
题并存，压轴题趋向于考查复杂情境下的全过程建模与分析能力。
电势差：
电势能：
电势：
等势面：等势面与电场线的关
系
电场线：等量电荷电场线连线与中垂线电势与场强的
变化
电场强度：合成法、微元法、对
称法
电场能的性
质
电场力的性
质
Ep-x 图像：斜率表示电场力
φ-x 图像：斜率表示电场强度
大小
电场中的三类图
电场的性
质
电场
题型一 电场的性质
1．（2025·山东·高考真题，T11，4 分）（多选）球心为O，半径为R 的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面
上，带电量分别为+2q和+q的小球甲、乙刚好静止于碗内壁A、B 两点，过O、A、B 的截面如图所示，
C、D 均为圆弧上的点，OC 沿竖直方向，∠AOC = 45°，OD⊥AB，A、B 两点间距离为❑√3 R，E、F 为
AB 连线的三等分点。下列说法正确的是（ ）
A．甲的质量小于乙的质量
B．C 点电势高于D 点电势
C．E、F 两点电场强度大小相等，方向相同
D．沿直线从O 点到D 点，电势先升高后降低
【答案】BD
【详解】A．对甲、乙两小球受力分析如图所示，甲、乙两小球分别受到重力、支持力、库仑力作用保持
平衡。
设OC与AB线段交点为G点，由几何关系2 R cos∠OAB = ❑√3 R解得∠OAB =∠OBA =30°因此有
∠OGA =105°，∠OGB =75°根据正弦定理，对甲有m甲g
sin30° =
F电
sin 45° 对乙有m乙g
sin30° =
F电
′
sin75°
因为
sin45°<sin75° F电与F电
′是一对相互作用力，可得m甲>m乙，A 错误；
B．根据点电荷场强公式E = kQ
r
2 ，由场强叠加知识，可知C 到D 之间的圆弧上各点场强方向都向右下方，
若有一正试探电荷从C 运动到D 的过程中，电场力做正功，电势能减小，故可判断C 点电势高于D 点电势，
B 正确；
C．两带电小球连线上的电场分布可以等效成一对等量异种点电荷的电场和在A点带电量为3q的正点电荷
的电场相互叠加的电场。在等量异种点电荷的电场中E、F 两点电场强度大小相等，方向相同。但是A点
带电量为3q的正点电荷在E、F 两点的电场强度不同。E、F 两点电场强度大小不同，C 错误；
D．电势是标量，OD与AB线段的交点距离两带电小球最近，所以该点电势最大，那么沿直线从O 点到D
点，电势先升高后降低，D 正确。
故选BD。
命题解读
新情境：以“半球形光滑绝缘碗内静止的带电小球”为载体，将库仑力、重力、弹力的平
衡问题置于“碗内壁约束”的非平面场景中，需结合几何关系（如OA、OB 与竖直方向的
夹角）分析力的平衡条件，突破了传统“水平/竖直平面内点电荷平衡”的常规情景。
新考法：通过“多选”形式综合考查力学平衡与电场性质（电势、电场强度），需同时分
析两个带电体的受力（甲、乙的质量关系）、电场中电势的高低（C、D 点）、电场强度
的矢量叠加（E、F 点），实现了“力电综合”的深度融合。
新角度：引入“AB 连线的三等分点E、F”，要求分析两点电场强度的大小与方向，需利
用点电荷电场强度公式结合矢量叠加原理，而非仅关注单个点电荷的电场，角度更细。
2．（2025·湖北·高考真题，T10，4 分）（多选）如图所示，在xOy 平面内有一以O 点为中心的正五边形，
顶点到O 点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q 的正点电
荷，且电荷量为3q 的电荷在y 轴正半轴上。静电力常量为k，则O 点处的电场强度（ ）
（ ）
A．方向沿x 轴负方向
B．方向与x 轴负方向成18°夹角斜向下
C．大小为2kq
R
2 (cos54°+cos18°)
D．大小为2kq
R
2 (2cos54°+cos18°)
【答案】AD
【详解】由题意可知，如图
将五个点电荷等效成
五个点电荷与O 点距离为R，设E0= kq
R
2则O 点场强大小为E =2×2 E0cos54°+2 E0cos18°代入可得
E =2 kq
R
2 (2cos54°+cos18°)方向沿x 轴负方向；故选AD。
命题解读
新情境：以“正五边形顶点固定不等量正点电荷”为模型，电荷量按“q、2q、3q、4q、
5q”梯度分布，且3q 位于y 轴正半轴，需结合正五边形的对称性（每个顶点与中心O 的夹
角为72°）分析电场强度的矢量叠加，情景新颖且几何约束更强。
新考法：要求计算中心O 点的电场强度，需将每个点电荷在O 点的电场强度（大小为
kQ/R²）分解为x、y 分量后叠加，而非直接套用“对称抵消”的简单规律，考查了“非对
称电荷分布下的矢量合成”能力。
新角度：通过“不等量电荷+正五边形几何”的组合，避开了“对称分布电荷电场抵消”
的常见考法，需考生主动推导各电荷的电场分量，角度聚焦于“复杂几何下的电场叠加细
节”。
3．（2025·浙江·高考真题，T4，4 分）三个点电荷的电场线和等势线如图所示，其中的d，e 与e，f 两点间
的距离相等，则（ ）
A．a 点电势高于b 点电势
B．a、c 两点的电场强度相同
C．d、f 间电势差为d、e 间电势差的两倍
D．从a 到b 与从f 到b，电场力对电子做功相等
【答案】D
【详解】A．电场线从高等势面指向低等势面，即电场线从图中的正电荷指向负电荷，因此b 点所在的等
势面高于a 点所在的等势面，A 错误；
B．a、c 两点电场强度方向不同，电场强度不同，B 错误；
C．从d→e→f 电场强度逐渐减小，间距相等，结合U = Ed可知0<U fe<U ed，则U fd<2U ed，C 错误；
D．a 点与f 点在同一等势面上，a、b 两点和f、b 两点的电势差相等，根据电场力做功W =qU可知从a 到
b 与从f 到b，电场力对电子做功相等，D 正确。
故选D。
命题解读
新情境：以“三个点电荷的电场线和等势线图”为背景，通过电场线的疏密、等势线的分
布间接呈现电荷的正负与位置关系（如d-e-f 的等势线间距相等），需结合图像信息反推
电场性质，情景更侧重“图像解读”而非直接给出电荷分布。
新考法：选项设计覆盖电势高低（a、b 点）、电场强度的矢量性（a、c 点）、电势差与
电场强度的关系（d-e 与d-f 的电势差）、电场力做功与电势差的关系（电子从a→b 与
f→b 的做功比较），实现了“电场线/等势线图像的综合应用”。
新角度：通过“d-e 与e-f 距离相等”的条件，考查“非匀强电场中电势差与距离的非线性
关系”（即U≠Ed），纠正了考生对“电势差与距离成正比”的思维定势，角度更具迷惑
性与区分度。
知识1 场强叠加及典型电场
1.电场强度的三个计算公式
2.电场强度的叠加与计算的方法
①叠加法：多个点电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷在该处所产生的电场强度的矢量和。
②对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简
化。
③补偿法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，然后再应用对称的特点进行分析，
有时还要用到微元思想。
④微元法：将带电体分成许多电荷元，每个电荷元看成点电荷，先根据库仑定律求出每个电荷元的场强，
再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。
3.双电荷模型电场
（1）两种等量点电荷的电场强度及电场线的比较
比较
等量异种点电荷
等量同种点电荷
电场线分布图
电荷连线上的
电场强度
沿连线先变小后变大
O 点最小,但不为零
O 点为零
中垂线上的
电场强度
O 点最大,向外逐
渐减小
O 点最小,向外先
变大后变小
关于O 点对
称位置的电
场强度
A 与A'、B 与B'、C 与C'
等大同向
等大反向
（2）“电场线+运动轨迹”组合模型
模型特点:当带电粒子在电场中的运动轨迹是一条与电场线不重合的曲线时,这种现象简称为“拐弯现
象”,其实质为“运动与力”的关系。运用牛顿运动定律的知识分析:
①“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在某一位置的切线)与“力线”(在同一位置电场线的
切线方向且指向轨迹的凹侧),从二者的夹角情况来分析带电粒子做曲线运动的情况。
②“三不知时要假设”——电荷的正负、电场的方向、电荷运动的方向,是题目中相互制约的三个方面。若
已知其中一个,可分析判定各待求量;若三个都不知(三不知),则要用“假设法”进行分析。
（3）电场线的应用
知识2 电场能的性质
1.电势高低的判断“四法”
判断方法
方法解读
电场线
方向法
沿电场线方向电势逐渐降低
场源电荷正
负法
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值；越靠近正电荷
处电势越高，越靠近负电荷处电势越低
电势能
大小法
同一正电荷的电势能越大的位置处电势越高，同一负电荷的电势能越大的位置处电势越
低
静电力
做功法
根据UAB＝，将WAB、q 的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低
2.电势能的大小判断“四法”
判断方法
方法解读
公式法
将电荷量、电势及正负号一起代入公式EpA＝qφA 计算，EpA＞0 时值越大，电势能越
大；EpA＜0 时绝对值越大，电势能越小
电势高
低法
同一正电荷在电势越高的地方电势能越大；同一负电荷在电势越低的地方电势能越大
静电力
做功法
静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加
能量守
恒法
在电场中，若只有静电力做功时，电荷的动能和电势能相互转化而且其和守恒，动能
增加，电势能减小；反之，动能减小，电势能增加
3.匀强电场中电势差与电场强度的关系
在匀强电场中由公式U＝Ed 得出的“一式二结论”
考向1 场强的叠加
1．（2025·河北廊坊·三模）如图所示，半径为R的绝缘球壳，球心为O，球壳上均匀分布着负电荷，已知
均匀带电的球壳在其内部激发的场强处处为零.现在球壳表面A处取下一面积足够小、带电量大小为3q的
曲面，将其沿OA连线延长线向上移动至B点，且AB = R，若球壳的其他部分的带电量与电荷分布保持不
变，且静电力常量为k，下列说法中正确的是（ ）
A．球壳内部的电场线为直线
B．球心O点场强的大小为k 9q
R
2
C．取无穷远处电势为零，则O点的电势为负
D．AB连线中点的场强大小为k 24 q
R
2
【答案】C
【详解】A．球壳表面A处取下一面积足够小、带电量为3q的曲面，相当于在球壳表面点A处放入等电荷
密度、等面积的带正电荷的曲面，球壳剩余部分的电荷在球壳内部激发的电场可以看作两部分电荷电场的
叠加，一部分是原球壳上均匀分布的负电荷在内部激发的电场，处处为零；另一部分是球壳上位于A处的
等量正点电荷激发的电场，故球壳剩余部分的电荷在球壳内部激发的电场等同于只有A处的一个正点电荷
激发的电场。将其移到B位置后，球壳内的电场相当于两个等量异种电荷产生的电场，球壳内部的电场线
不是直线，故A 错误；
B．球心O点场强大小EO=k 3q
R
2 −k 3q
(2 R)
2 =k 9q
4 R
2，故B 错误；
C．球壳上均匀分布负电荷，由负电荷周围的电势分布可知，球心O点的电势为负，故C 正确；
D．AB连线中点的场强的大小相当于球面上电荷与B点电荷共同产生的，由于不知道球面电荷量，无法计
算电场强度，故D 错误。故选C。
2．（2025·江苏南京·模拟预测）如图所示，一些负电荷在半球面ACB 上均匀分布，球面半径为R，CD 为
通过半球顶点C 和球心O 的轴线。P、M、O
′均为CD 上的点，P、M 关于O 点对称，PM = M O
′ = R，在
O
′点固定负点电荷−Q。已知P 点的场强方向指向C 点，大小为kQ
8 R
2，已知带电均匀的封闭球壳内部电场
强度处处为零，则M 点的场强大小及方向为（ ）
A．0
B．kQ
8 R
2指向O
′点
C．3kQ
8 R
2 指向O 点
D．5kQ
8 R
2 指向O
′点
【答案】D
【详解】已知P 点的合场强为kQ
8 R
2，方向指向C 点，说明半球上电荷与点电荷-Q 在P 点产生的合场强为
kQ
8 R
2，点电荷-Q 在P 点产生场强大小为E =k
Q
(2 R)
2 =k Q
4 R
2
方向水平向右，所以半球在P 点产生的场强大小为E
′ =k Q
8 R
2 + E =k 3Q
8 R
2
方向水平向左。假如是一个封闭球壳，球壳内部电场强度处处为零，则知右半球在P 点产生的场强大小也
等于k 3Q
8 R
2，方向向右，根据对称性可知，左半球在M 点产生的场强大小为k 3Q
8 R
2，方向向左，点电荷在
M 点产生的场强为E
″ =k Q
R
2
方向向右。所以M 点的合场强为EM =k Q
R
2 −k 3Q
8 R
2 =k 5Q
8 R
2
方向向右即指向O
′点，故选D。
考向2 双电荷模型电场问题
3．（2025·辽宁鞍山·一模）如图所示是甲、乙两个点电荷电场的部分电场线分布图，下列说法正确的是（
）
A．乙带正电
B．P 点电场强度比Q 点电场强度小
C．P 点电势比Q 点电势高
D．同一负电荷在P 点的电势能高于在Q 点的电势能
【答案】C
【详解】A．电场线从正电荷出发，终止于负电荷。观察图中电场线分布可知，电场线是从甲出发指向乙，
所以乙带负电，故A 错误；
B．电场线的疏密程度表示电场强度的大小，电场线越密集，电场强度越大。从图中可以看到，P 点的电场
线比Q 点密集，所以P 点电场强度比Q 点电场强度大，故B 错误；
C．沿着电场线的方向，电势逐渐降低。在图中从P 到Q 是沿着电场线的方向，所以P 点电势比Q 点电势
高，故C 正确；
D．根据电势能公式Ep=qφ可知，同一负电荷在电势高的地方具有的电势能反而小。由于P 点电势比Q 点
电势高，所以同一负电荷在P 点的电势能低于在Q 点的电势能，故D 错误。
故选C。
4．（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图所示，正三角形ABC的边长为L，在顶点B、C处分别固定电荷量为
+q和−q（q>0）的点电荷。空间中存在平行于ABC平面的匀强电场，其电场强度大小为E。现将一试探
电荷置于A点，发现该电荷恰好在电场力作用下保持静止。已知AD为BC边的中垂线，M、N分别为AB、
AC边的中点，静电力常量为k。下列说法正确的是（ ）
A．E = kq
L
2
B．匀强电场方向平行于BC，方向由B指向C
C．AD上各点电场强度均相同
D．若撤去空间的匀强电场，则M、N两点的电势相等
【答案】A
【详解】AB．由题意可知，A 点处的合场强为0，根据几何关系可知两点电荷在A 点的合场强为
E A 1=2k q
L
2 cos60° =k q
L
2
方向平行BC，方向由B指向C；则匀强电场的大小为E = E A 1=k q
L
2
方向平行BC，方向由C指向B，故A 正确，B 错误；
C．等量异种点电荷产生的电场中，连线的中垂线AD从A到D场强逐渐增大，与匀强电场叠加后，从A到
D场强仍逐渐增大，故C 错误；
D．若撤去空间的匀强电场，由于M点离正点电荷较近，N点离负点电荷较近，所以M点的电势高于N点
的电势，故D 错误。故选A。
考向3 电场能的性质
5．（2025·浙江·一模）如图所示，一块很大的接地金属平板水平放置，其上方附近固定一负点电荷Q，
a、b、c、d 为同一平面上的四个点，位置如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．c 点的电场强度大小比d 点小
B．c 点的电势比d 点电势低
C．将正试探电荷从a 点移到b 点电场力做正功
D．同一负试探电荷在a 点的电势能比在b 点小
【答案】B
【详解】AB．由镜像对称知，c 点的电场强度大小比d 点大，c 点的电势比d 点电势低，A 错误，B 正确；
CD．将正试探电荷从a 点移到b 点克服电场力做功，负试探电荷从a 点移到b 点电场力做正功电势能减小，
CD 错误。故选B。
6．（2025·浙江宁波·一模）“彭宁离子阱”是一个可以用来储存带电粒子的装置。该装置主要由一对左右
对称的环电极和一对上下对称的端电极构成，其内部某一截面的部分电场线和等势线分布如图，则
（ ）
A．a、b、c三点电场强度大小关系Ea> Eb> Ec
B．a、b、c三点电势高低关系φa>φb>φc
C．将一电子从a点移到b点，静电力做负功
D．将一电子从a点移到c点，电子电势能减小
【答案】C
【详解】A．电场线疏密反映场强大小，可知a、b、c 三点的电场强度大小关系是Ea> Ec> Eb，选项A 错
误；
B．沿电场线电势降低，则a 点电势高于b 点，bc 电势相等，则a、b、c 三点的电势高低关系是φa>φb=φc，
选项B 错误；
C．a点电势高，电子在该点电势能小，所以从a点移到b点，电势能增大，静电力做负功，故C 正确；
D．bc 电势相等，所以将一电子从a点移到c点，电子电势能增大，故D 错误。故选C。
题型二 静电场中三类常见图像
1．（2025·海南·高考真题，T6，4 分）某静电场电势φ在x轴上分布如图所示，图线关于φ轴对称，M、P、
N是x轴上的三点，OM =ON；有一电子从M点静止释放，仅受x轴方向的电场力作用，则下列说法正确
的是（ ）
A．P点电场强度方向沿x轴负方向
B．M点的电场强度小于N点的电场强度
C．电子在P点的动能小于在N点的动能
D．电子在M点的电势能大于在P点的电势能
【答案】D
【详解】A．由图可知在x 正半轴沿+x 方向电势降低，则电场强度方向沿x正方向，故A 错误；
B．φ−x图像斜率表示电场强度，，由图可知M点的电场强度大小等于N点的电场强度，方向相反，故B
错误；
C．电子在电势低处电势能大，故电子在P点的电势能小于在N点的电势能，根据能量守恒可知，电子在P
点的动能大于在N点的动能，故C 错误；
D．电子在电势低处电势能大，故电子在M点的电势能大于在P点的电势能，故D 正确。故选D 。
命题解读
新情境：电势分布的“隐含对称性”，题目通过“电势在x 轴上分布如图所示，图线关于
y 轴对称”构建情景，将“对称性”作为隐含条件（未直接给出图像），要求考生通过文
字描述逆向推导电场的空间特性（如电场强度的对称性、电势的变化规律），突破了传统
“直接给图分析”的模式，更侧重对物理模型的抽象构建能力。
新考法：“静电力做功-电势能-动能”的综合关联，以“电子从a 点静止释放，仅受x 轴
方向电场力”为线索，将电场强度的方向判断（选项A）、电场强度大小的比较（选项
B）与电子的动能变化（选项C）、电势能变化（选项D）结合，考法上不再孤立考查单
一概念，而是要求考生建立“电场性质→力的作用→能量变化”的逻辑链条，体现了“力
与运动-能量”的综合思维。
新角度：传统题目多从“电场强度分布”推导“电势变化”，本题则反向从“电势分布”
切入，要求考生通过电势的变化率（电场强度与电势差的关系）分析电场强度的大小与方
向，再进一步推导电荷的能量变化。角度上更侧重对“电场强度是电势的梯度”这一本质
关系的理解，而非公式的机械应用。
2．（2023·上海·高考真题，T8，4 分）空间中有一电场，电势分布如图所示，现放入一个负点电荷，随后
向右移动此电荷，下列电荷电势能随位置变化的图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】由电势能的表达式Ep=φq得，负点电荷向右移动此电荷，电势能为负值并且逐渐增大，故选C。
命题解读
新情境：“电势分布图像”与“负电荷电势能变化”的动态关联，题目以“空间中电势分
布如图所示”为背景，引入“负点电荷向右移动”的动态过程，将“电势的空间分布”与
“电荷的电势能变化”直接挂钩，情景设计更贴近“电场与电荷相互作用”的实际物理过
程，而非静态的概念辨析。
新考法：“图像分析+电势能公式”的跨模块融合，考法上要求考生先通过“电势分布图
像”分析电势随位置的变化规律，再结合“电势能公式Ep=qφE_p = q\varphiEp=qφ”（负电
荷的电势能与电势成反比）推导电势能随位置的变化趋势，最终匹配选项中的图像。这种
“图像解读-公式应用-选项匹配”的考法，融合了“电场性质”与“能量图像”两大模
块，侧重对信息转化能力的考查。
新角度：传统题目多以正电荷为研究对象，本题明确考查“负点电荷”的电势能变化，要
求考生打破思维定式，理解“负电荷在电势高的位置电势能小，电势低的位置电势能大”
的反向规律。角度上更侧重对“电势能公式中符号意义”的深度理解，而非对结论的记
忆。
知识1 φ-x 图像
1.电场强度的大小等于φ-x 图线的斜率的绝对值,电场强度为零处,φ-x 图线存在极值,其切线的斜率为零。
2.在φ-x 图像中可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。
3.在φ-x 图像中分析电荷移动时电势能的变化,可用WAB=qUAB,进而分析WAB的正负,然后作出判断。
知识2 Ep-x 图像
1.根据电势能的变化可以判断电场力做功的正负,电势能减少,电场力做正功:电势能增加,电场力做负功。
2.根据ΔEp=-W=-Fx,图像Ep-x 斜率的绝对值表示电场力的大小。
知识3 E-x 图像
1.E-x 图像反映了电场强度随位移变化的规律,E>0 表示电场强度沿x 轴正方向;E<0 表示电场强度沿x 轴负方
向。
2.在给定了电场的E-x 图像后,可以由图线确定电场强度的变化情况,电势的变化情况,E-x 图线与x 轴所围图形
“面积”表示电势差,两点的电势高低根据电场方向判定。在与粒子运动相结合的题目中,可进一步确定粒
子的电性、动能变化、电势能变化等情况。
3.在这类题目中,还可以由E-x 图像画出对应的电场,利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电
荷来处理相关问题。
考向1 φ-x 图像
1．（2025·辽宁丹东·模拟预测）沿空间某直线建立x 轴，该直线上的静电场方向沿x 轴，其电势的φ随位
置x 变化的图像如图所示，图线关于φ轴对称，x 轴上有M、N 两点。一电荷量为e 的负试探电荷，从M 点
出发时速度沿x 轴正方向，若该电荷运动过程中仅受电场力作用。则下列说法中正确的是（ ）
A．O 点电场强度最大
B．M、N 两点电场强度的大小关系为EM > EN
C．N 点电场强度EN的方向沿x 轴负方向
D．该电荷沿x 轴正方向运动过程中，电场力先做正功再做负功
【答案】D
【详解】A．φ−x图像的斜率表示电场强度，由题图可知，O 点的电场强度为零，故A 项错误；
B．结合之前的分析以及题图可知N 点的图像斜率比M 点的图像斜率大，所以EM < EN，故B 项错误；
C．从O 到N 过程，电场的电势在降低，由于负电荷在电势低的地方电势能高，即从O 到N 过程电子电势
能增加，电场力做负功，即电子在该过程收到的电场力方向为沿x 轴负方向，又因为电子受到的电场力方
向与场强方向相反，所以N 点的电场强度方向沿x 轴正方向，故C 项错误；
D．由题图可知，电势先升高后降低，则电子的电势能先降低后增加，即电场力先做正功后做负功，故D
项正确。故选D。
2．（2025·安徽安庆·模拟预测）某静电场中的x轴正半轴上的电势随x轴上位置变化如图所示，一个质量为
m、带电量的绝对值为q的带电粒子仅在电场力作用下从坐标原点O沿x轴运动，运动到x =3 x0处速度刚好
为零，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子可能带正电
B．在x0~3 x0范围内x轴上的场强逐渐增大
C．粒子在坐标原点O的动能大小为q φ0
D．粒子在x轴正半轴运动的最大速度为2
❑√
q φ0
m
【答案】C
【详解】A．沿电场线电势降低，根据题图可知在x = x0至x =3 x0段，x轴上电场强度沿x轴正方向，由于
粒子运动到x =3 x0处速度为零，则该过程粒子做减速运动，所受电场力方向沿x轴负方向，电场力方向与
电场强度方向相反，则粒子带负电，故A 错误；
B．电势随x变化的图线斜率表示场强大小，因此在x0~3 x0范围内x轴上的场强逐渐减小，故B 错误；
C．粒子带负电，则电荷量为−q，设粒子在O点动能为Ek0，粒子从坐标原点O沿x轴运动到x =3 x0处的过
程，根据动能定理有−q(φ0−0)=0−Ek0解得Ek0=q φ0故C 正确；
D．粒子在0~ x0过程做加速运动，在x0~3 x0过程做减速运动，则粒子在x = x0处速度最大，在x0~3 x0过
程，根据动能定理有−q(4 φ0−0)=0−1
2 mvm
2解得vm =
❑√
8q φ0
m
故D 错误。故选C。
考向2 Ep-x 图像
3．（2025·河北·模拟预测）在纸面内存在电场强度大小E =200 ❑√3 N/C，与x 轴正方向的夹角为30°的匀强
电场。规定O 点电势为零，现将电荷量为+2×10-3C 电荷从O 点沿x 轴正方向移动，该电荷的电势能Ep与位
移x 的关系图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由题可知，沿x 轴方向的电场强度的大小为Ex= E cos30° =300 N/C
由电场力做功特点可得：W Ox=qU Ox= E pO−E p x
由于规定O 点电势为零E pO=0
则E p x=−W Ox=−q Ex x
即E p x=−0.6 x故选B。
4．（2025·云南怒江·二模）如图所示，在坐标轴Ox上，电荷量为−Q的点电荷a固定在坐标x =0处，电荷
量为+ 4Q的点电荷b固定在x =−r处。现有一电荷量为−q的点电荷c，在+ x轴上从靠近x =0处由静止释
放，不考虑重力及电荷c对原电场的影响，取无穷远处电势能为零，在点电荷c的整个运动过程中，其瞬时
速度v随时间t、电势能Ep随位置x变化的关系图像如图所示，其中可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设在O点右侧距离O点x0处的P点场强为零，则k
4Q
(x0+r)
2 =k Q
x0
2解得x0=r
则在0< x<r范围内，场强沿x轴负方向；在x>r范围内，场强沿x轴正方向，沿电场线方向电势逐渐降低；
取无穷远处电势为零，可知P点电势最高且大于零，当电荷量为−q的点电荷c，在+ x轴上从靠近x =0处由
静止释放时，先受到沿x轴正方向逐渐减小的电场力，即做加速度减小的加速运动，电场力做正功，电势
能减小，在x =r处加速度为零，速度最大，电势能最小；在x>r范围内电场力沿x轴负方向，因无穷远处
的场强也为零，可知点电荷c所受电场力先增大后减小，即加速度先增大后减小，则点电荷c做加速度先增
大后减小的变减速运动，电场力做负功，电势能增加，则场强为零的P点电势高于零，电势能最小且小于
零，故B 正确，ACD 错误。故选B。
考向3 E-x 图像
5．（2025·安徽蚌埠·三模）如图（a）所示，有一电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为O，轴线上的
电场强度和电势分布如图（b）（c）所示。现有一带负电的粒子（重力不计）以初速度v0沿轴线由P 运动
到Q，OP＝OQ＝L。关于粒子由P 运动到Q 的过程分析，下列说法正确的是（ ）
A．粒子一直加速
B．静电力对粒子做功不为0
C．粒子所受静电力先增大后一直减小
D．粒子经Q 点后可能在某处返回，也可能一直沿x 轴正向运动
【答案】D
【详解】A．由图（c）可知，OP段电场强度向左，PQ段电场强度向右，因粒子带负电，故粒子在OP段
所受电场力向右，做加速运动，在PQ段所受电场力向左，做减速运动，故A 错误；
BD．由图（c）可知，P、Q两点电势相等，粒子在P、Q两点电势能相等，故静电力对粒子做功为0，根
据动能定理可知，粒子经过Q 点时速度向右，大小为v0，若1
2 mv0
2小于粒子由Q点到无穷远处克服电场力
做的功，粒子经Q 点后会在某处返回，若1
2 mv0
2大于或等于粒子由Q点到无穷远处克服电场力做的功，粒
子经Q 点后会一直沿x 轴正向运动，故B 错误，D 正确；
C．由图（b）可知，由P到Q电场强度先增大后减小，再增大再减小，故粒子所受静电力先增大后减小，
再增大再减小，故C 错误。故选D。
6．（2025·山东青岛·二模）如图所示为某静电场在x 轴上的电场强度E 随x 的变化关系（E−x图像），x
轴正方向为电场强度正方向。一个带正电的点电荷仅在电场力作用下由静止开始沿x 轴运动，在x 轴上的
a、b、c、d 四点间隔相等，下列说法正确的是（ ）
A．点电荷由a 运动到d 的过程中加速度先减小后增大
B．点电荷从b 运动到a 电场力做的功小于从c 运动到b 电场力做的功
C．点电荷由a 运动到d 的过程中电势能先增大再减小
D．b 和d 两点处电势相等
【答案】B
【详解】A．由F = Eq =ma
可知a、d点间的电场强度先增大后减小，所以点电荷的加速度也先增大后减小，A 错误；
B．电场强度E随x的变化关系图像与坐标轴所围成的面积与电荷量的乘积等于电场力做功，b、a两点间的
面积小于c、b两点间的面积，所以点电荷从b运动到a电场力做的功小于从c运动到b电场力做的功，B 正确；
C．a、d点间的电场强度方向为负方向，一个带正电的点电荷所受电场力的方向也为负方向，点电荷的位
移方向为正方向，所以电场力做负功，电势能增大，C 错误；
D．从b到d电场线沿负方向，沿电场线方向电势降低，所以b点电势小于d点，D 错误。故选B。
题型三 带电粒子（带电体）在电场中的运动
1．（2025·重庆·高考真题，T5，4 分）某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的
矩形区域OMPQ 内分布有平行于OQ 的匀强电场，N 为QP 的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b 分别从
Q 点和O 点垂直于OQ 同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N 点，K 为轨迹交点。忽略粒子所受
重力和粒子间的相互作用，则可推断a、b（ ）
A．具有不同比荷
B．电势能均随时间逐渐增大
C．到达M、N 的速度大小相等
D．到达K 所用时间之比为1:2
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，带电粒子a、b 分别从Q 点和O 点同时进入
电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N 点，可知，运动时间相等，由图可知，沿初速度方向位移之比为
2:1，则初速度之比为2:1，沿电场方向的位移大小相等，由y = 1
2 at
2可知，粒子运动的加速度大小相等，
由牛顿第二定律有qE =ma可得q
m = a
E 可知，带电粒子具有相同比荷，故A 错误；
B．带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B 错误；
C．沿电场方向，由公式v y =at可知，到达M、N 的竖直分速度大小相等，由于初速度之比为2:1，则到达
M、N 的速度大小不相等，故C 错误；
D．由图可知，带电粒子a、b 到达K 的水平位移相等，由于带电粒子a、b 初速度之比为2:1，则所用时间
之比为1:2，故D 正确。故选D。
命题解读
新情境：以“人工智能模拟带电粒子在电场中的运动”为背景，将前沿技术与物理模型结
合，体现学科与科技的融合。
新考法：通过粒子从不同起点（Q 点、O 点）同时进入电场、沿轨迹同时到达不同终点
（M 点、N 点）的动态过程，考查运动的等时性、类平抛运动规律及电势能变化分析，需
结合几何关系（N 为QP 中点）推导物理量关系。
新角度：以轨迹交点K 为切入点，要求分析粒子到达K 点的时间比，需将类平抛运动的
分运动（垂直电场方向匀速、平行电场方向匀加速）与几何轨迹结合，突破传统类平抛问
题仅关注终点的局限。
2．（2025·福建·高考真题，T4，4 分）角分辨光电子能谱仪是现代科学研究的先进仪器，其核心装置中有
两个同心半球极板。垂直半球底面儿且过球心O 的截面如图所示。极板间存在一径向电场，其等势线为一
系列以O 为圆心的半圆。电子A 以初动能Ek，从入口M 点垂直半球底面入射，从N 点射出，电子b 也从
M 点垂直半球底面入射，经P 点后从Q 点射出。两电子的运动轨迹如图所示，已知电子a 轨迹为一以O 为
圆心的半圆，与OP 交于H 点，H、P 两点间的电势差为U，OM =r，NQ =2 HP，电子电荷量大小为e，
重力不计。则（ ）
A．P 点的电场强度E = 2 Ek
er
B．电子a 在H 点儿受到的电场力大小为Ek
r
C．电子b 在P 点动能小于在Q 点动能
D．电子b 从M 点运动到Q 点的过程中，克服电场力所做的功小于2eU
【答案】D
【详解】AB．a 粒子入射动能为Ek，根据动能的表达式有Ek= 1
2 mva
2粒子恰好做圆周运动，则
F电=eE = m va
2
r
联立解得E = 2 Ek
er ，F电= 2 Ek
r
，故AB 错误；
C．已知|NQ|=2|HP|，因为HN 在同一等势线上，且沿电场方向电势降低，则Q 点电势小于P 点，电子在
电势低处电势能大，则b 粒子在Q 点电势能大，根据能量守恒可知，b 粒子在Q 点动能较小，故C 错误；
D．由电场线密度分布情况可知，沿径向向外电场强度减小，则HP 之间平均电场强度大小大于NQ 之间的
平均电场强度大小，根据U = E d可知U NQ<2U HP则b 粒子全程的克服电场力做功
W =eU NQ<2eU HP=2eU，故D 正确。故选 D。
命题解读
新情境：以“角分辨光电子能谱仪”为载体，聚焦核心装置“同心半球极板”的径向电
场，将现代科研仪器原理转化为物理问题，体现物理知识的实际应用。
新考法：通过电子a（轨迹为半圆）和电子b（轨迹为曲线）的运动对比，结合等势线
（同心半圆）、电势差U 等条件，考查径向电场的电场强度、电场力、动能变化及电场力
做功分析，需利用圆周运动向心力公式（电子a 的轨迹为半圆，电场力提供向心力）推导
物理量。
新角度：以“电子轨迹与等势线的关系”为核心，要求判断电子在不同位置的动能变化
（如P 点与Q 点的动能比较），需结合电场力做功与电势能变化的关系，从能量角度分析
非匀变速曲线运动。
3．（2025·海南·高考真题，T12，4 分）（多选）一绝缘的固定倾斜斜面，斜面倾角为30°，空间中存在沿
斜面向下的匀强电场，电场强度为E = 3mg
2q 。质量为m 的物块M、N 用一根不可伸长的轻绳绕过滑轮连接，
M 带正电，电荷量为q，N 不带电，N 一端与弹簧连接，弹簧另一端固定在地面上，劲度系数为k。初始时
有外力作用使M 静止在斜面上，轻绳恰好伸直，使M 从静止释放，第一次到达最低点的时间为t，不计一
切摩擦。则（ ）
A．释放时M 的加速度为2 g
B．M 下滑的最大速度为❑√
2m g
2
k
C．M 下滑的最大距离为3mg
k
D．M 下滑的距离为mg
k 时，所用时间为t
3
【答案】BD
【详解】A．初始时，弹簧弹力等于N 的重力，弹簧处于压缩状态，即k x1=mg可得x1= mg
k 释放M 时，弹
簧弹力不会突变，对M 和N，根据牛顿第二定律Eq+mgsin30°−mg+k x1=2ma可得释放时M 的加速
度为a= g，A 错误；
B．当M、N 的加速度为零，M 的速度最大，设此时弹簧的伸长量为x2，根据平衡条件
Eq+mgsin30° =k x2+mg解得x2= mg
k 由于x1= x2，可知弹簧弹性势能不变，M 从开始运动到速度达到最
大过程，根据动能定理Eq( x1+ x2)+mgsin30⋅( x1+ x2)−mg( x1+ x2)= 1
2 ⋅2m vm
2 −0联立解得M 下滑的
最大速度为vm =
❑√
2m g
2
k
，B 正确；
CD．以速度最大位置为原点，斜面向上为正方向，M、N 所受的合外力与位移的关系满足
F合=kx −( Eq+mgsin30°−mg)=kx −mg可知M、N 做简谐运动，刚释放M 时，加速度a= g，根据简
谐运动的对称性可知当M 下滑的最大距离时，加速度大小也为g，根据牛顿第二定律
k( x3−x1)+mg−Eq−mgsin30° =2mg解得M 下滑的最大距离为x3= 4 mg
k
根据题意，M、N 做简谐运动
的周期T =2t从释放开始计时，位移随时间变化的表达式为x = x3
2 cos 2π
T t
′ = 2mg
k
cos π
t t
′当下滑距离为
mg
k 时，代入数据有mg
k = 2mg
k
cos π
t t
′
可得t
′ = t
3即M 下滑的距离为mg
k 时，所用时间为t
3，故D 正确，C 错误。故选BD。
命题解读
新情境：以“带电场的倾斜斜面+弹簧连接的物块系统”为模型，融入电场力、弹簧弹
力、重力沿斜面分力的多力作用场景，体现复杂系统的受力与运动分析。
新考法：通过“初始轻绳伸直、释放后M 下滑到最低点”的过程，考查加速度（释放瞬
间）、最大速度（合力为零的位置）、最大距离（动能为零的位置）及运动时间的分析，
需结合牛顿第二定律、胡克定律、简谐运动对称性（不计摩擦时，系统做简谐运动）等知
识综合推导。
新角度：以“简谐运动的对称性”为隐藏考点（M 下滑过程中，合力随位移线性变化，符
合简谐运动条件），要求分析“下滑距离为最大距离一半时的时间”，突破传统牛顿运动
定律仅关注匀变速的局限，需利用简谐运动的周期性和对称性推导时间关系。
知识1 带电粒子（带电体）在电场中的直线运动
1.做直线运动的条件
①粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。
②匀强电场中，粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动
或匀减速直线运动。
2.用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v0
2＝2ad(匀强电场)。
3.用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv0
2。
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。
4.交变电场中的直线运动（方法实操展示）
U-t 图像
v-t 图像
轨迹图
知识2 带电粒子（带电体）在电场中的抛体运动
1.带电粒子在匀强电场中的抛体问题基本处理方法
①在垂直电场方向上,粒子做匀速直线运动,在这个方向上找出平行板的板长和运动时间等相关物理量;
②沿静电力方向上,粒子做匀加速直线运动,在这个方向上找出偏转加速度、偏转位移、偏转速度等相关物
理量。
③在垂直电场方向上有t= l
v0
,沿静电力方向上有y=1
2at2或vy=at、a= F合
m ,联立方程可求解。
2.交变电场中的偏转（带电粒子重力不计，方法实操展示）
U-t 图
轨迹图
[来源:Zxxk.Com]
v0
v0
v0
v0
v0
vy-t 图
知识3 带电粒子（带电体）在电场中的圆周运动
1.方法概述
等效思维方法是将一个复杂的物理问题,等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。对于这类问题,若采用
常规方法求解,过程复杂,运算量大。若采用等效法求解,则能避开复杂的运算,过程比较简捷。
2.方法应用
先求出重力与电场力的合力,将这个合力视为一个等效重力,将a= F合
m 视为等效重力加速度。再将物体在重
力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。
考向1 带电粒子（带电体）在电场中的匀变速直线运动
1．（2025·湖北·一模）（多选）如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一定角度，两极板间的
电场为匀强电场。若一带电小球（可视为点电荷）恰能沿图中水平虚线从左向右通过电容器，不计空气阻
力，则在此过程中，该带电小球（ ）
t
O
vy
v0
T/2
T
单向直线运动
A
B
速度不反向
t
O
vy
v0
往返直线运动
A
B
速度反向
T
T/2
-v0
A．可能做匀速运动
B．一定做匀减速运动
C．电势能增大
D．机械能守恒
【答案】BC
【详解】AB.小球沿水平虚线做直线运动，受力为重力mg和匀强电场的电场力，电场力的方向与电场线平
行。由于运动方向水平，合力必须沿水平方向。因此，重力和电场力的合力水平向左，小球做匀减速直线
运动，不可能匀速，A 错误，B 正确；
C.电场力的方向斜向上，小球从左向右运动时，电场力与位移方向的夹角大于90
°，电场力做负功，电势能
增大，C 正确；
D.机械能的变化由除重力外的其他力做功决定，由于电场力做负功，机械能不守恒，D 错误。
故选BC。
2．（2025·宁夏吴忠·一模）（多选）如图所示，光滑水平地面上放置一均匀带电长木板，水平面左端固定
一弹性挡板，整个空间存在沿水平向左方向的匀强电场，长木板左端距挡板距离d=1.8m，木板右端放一绝
缘小物块，物块可视为质点，已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.5。物块和木板的质量均为m=1kg，木板
所受电场力始终为1
2 mg，重力加速度g=10m/ s
2，现将物块与木板由静止释放，木板每次与挡板碰后将
以原速率反弹，则（ ）
A．物块与木板由静止释放后将一起向左做匀加速运动，且加速度大小为2.5m/ s
2
B．木板第一次与挡板碰撞时物块的速度大小为❑√3 m/s
C．木板第二次与挡板碰撞时物块的速度大小为❑√3 m/s
D．若木板的长度为1.5m，则物块不会从木板上滑出
【答案】AC
【详解】A．假设物块和木板由静止释放后保持相对静止一起向左运动，则对二者整体列牛顿第二定律得
F电=2ma0，F电= 1
2 mg
解得a0=2.5 m/s
2
再对木板由牛顿第二定律得F电−f =ma0
解得f = 1
4 mg，|f )< μmg
故假设成立，物块和木板一起向左做匀加速直线运动，且加速度为2.5 m/s
2，故A 正确；
B．设木板第一次与挡板碰撞时物块的速度大小为v1，则v1
2=2a0d
可得v1=3 m/s，故B 错误；
C．木板与挡板碰撞后先向右减速运动后向左加速运动，物块向左做匀减速直线运动，分别对木板和物块
由牛顿第二定律有F地+ μmg=ma1，μmg=ma2
解得a1=10 m/s
2，a2=5 m/s
2
设经时间t 后二者再次共速，速度为v
′
1，则有v1−a2t = v1，−v1+a1t = v1
解得v
′
1=1m/s，t =0.4s
设共速时，木板下端距挡板距离为d′，共速后二者一起匀加速运动，在第二次碰撞前有v2
2−v
′
1
2=2a0d
′，
−v1+ v
′
1
2
t =d
′
联立可得v2= ❑√3 m/s，故C 正确；
D．根据能量守恒可得F电d = μmgl
解得最小长度为l =1.8 m，故D 错误。
故选AC。
考向2 带电粒子（带电体）在电场中的类抛体运动
3．（2025·湖北襄阳·三模）某次实验时因操作失误，将氕❑1
1H、氘❑1
2H、氚❑1
3H三种核子混到了一起，工
作人员设计了如图所示的分离装置。混合核子在平行于轴线的匀强电场1 作用下从A 点由静止开始加速，
然后沿轴线进入垂直于轴线向下的匀强电场2 和垂直于纸面向里的匀强磁场组成的区域，磁感应强度B 从
零开始逐渐增大，直到有核子沿轴线打在收集器上（此时B = B0），不计核子重力、核子间相互作用，核
子不会打在极板上，则（ ）
A．B=B0时，沿轴线打在收集器上的是氚核子
B．B=0 时，氚核子在场区运动时间最短
C．B=0 时，3 种核子从不同位置离开电场2
D．B=0 时，3 种核子从电场2 离开时的动能相同
【答案】D
【详解】A．3 种核子的电荷量相同，设为q，均从A 点由静止开始加速，然后通过电场1，则有
qU 1= 1
2 mv
2，t1= 2d1
v 整理得v =
❑√
2qU 1
m
，t1=d1
❑√
2m
qU 1
则3 种核子进入电场2 时动能相等，氕核的速度
最大，设电场2 的场强为E2，对于沿轴线打在收集器上的核子有qvB = E2q逐渐增大B，则进入电场2 时速
度最大的核子（即氕核子）最先达到受力平衡，故B = B0时沿轴线打在收集器上的核子是氕核子，故A 错
误；
B．B=0 时，核子进入电场2 后，水平速度不变，则氕核子在场区运动时间最短，故B 错误；
C．核子从电场2 右侧离开，水平方向有x = vt竖直方向有y = 1
2 at
2，q E2=ma整理有y = E2 x
2
4U 1
则3 种核子
从同一位置离开电场，故C 错误；
D．由动能定理可知，电场2 对核子做的功为q E2 y = q E2
2 x
2
4U 1
即核子在经过电场2 过程的动能增量，则3 种
核子从电场2 离开时动能相同，故D 正确。故选D。
4．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图所示，空间中存在方向水平向右的匀强电场，一带正电的小球从A
点以初速度v0=10 m /s沿与竖直方向成θ =37
∘角斜向上抛出，小球经过B点时速度方向水平向右，小球的
加速度大小a=10 ❑√5m/s
2，重力加速度取g=10 m/s
2，sin37
∘=0.6，下列说法正确的是（ ）
A．小球从A点运动到B点所用的时间为8s
B．小球经过B点时的速度大小为22m /s
C．小球从A点运动到B点，动能先增大后减小
D．小球从A点运动到B点，机械能先增大后减小
【答案】B
【详解】A．将小球的初速度v0沿水平方向和竖直方向进行分解，水平方向则有v0 x = v0sin37° =6 m/s
竖直方向上则有v0 y = v0cos37° =8 m/s
由于小球经过B点时速度方向水平向右，故竖直方向的分速度vBy =0
小球在竖直方向上做竖直上抛运动，则小球从A 到B 运动的时间为t = v0 y
g =0.8s，故A 错误；
B．由于小球在B 点的加速度大小a=10 ❑√5m/s
2根据矢量的合成则有ax
2+ g
2=a
2解得小球水平方向的加速
度大小为ax=20 m/s
2根据匀变速直线运动规律可得vB= vBx = v0 x+axt结合上述结论解得小球经过B点时的
速度大小为vB=22m/s，故B 正确；
C．根据动能定理可知，小球从A点运动到B点，动能增大，故C 错误；
D．根据功能关系可知，由于电场力对小球做正功，小球的机械能增大，故D 错误。故选B。
考向3 带电粒子（带电体）在电场中的圆周运动
5．（2025·四川达州·二模）（多选）如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H 是半径为R 的竖直光滑绝缘
圆轨道的八等分点，AE 连线竖直，现在空间加一平行于圆轨道面的匀强电场，从A 点静止释放一质量为
m、电量为q 带正电小球，小球沿圆弧经B 点恰好能到达C 点。若在A 点给带电小球一个水平向右的冲量
I，让小球沿轨道恰好能做完整的圆周运动。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．所加电场电场强度最小值为mg
q
B．若所加电场电场强度最小时，小球在H 点的电势能最大
C．若所加电场电场强度最小时，冲量I =m
❑√
(3 ❑√2+2)
2
gR
D．小球在F 点时，轨道对小球的作用力为零
【答案】BCD
【详解】A．从A 点静止释放带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C 点，则知电场力和重力的合力方向沿FB
方向斜向下，B 点为“等效最低点”，F 点为“等效最高点”，如图所示
根据合力方向，可知电场强度最小时，重力和电场力的合力大小为F合=q Emin=mgsin 45° =
❑√2
2 mg
方向与竖直方向成45°角斜向右下方，则所加电场电场强度最小值为Emin=
❑√2mg
2q
方向与竖直方向成45°角斜向右上方，故A 错误；
B．若所加电场电场强度最小时，方向与HD 平行向上，则在圆弧里的电势最高点为H 点，由于小球带正
电，根据Ep=qφ可得小球在H 点的电势能最大，故B 正确；
D．若在A 点给带电小球一个水平向右的冲量I，让小球沿轨道恰好能做完整的圆周运动，则小球在F 点所
受重力和电场力的合力提供向心力，轨道对小球的作用力为零，故D 正确；
C．若所加电场电场强度最小时，在F 点由牛顿第二定律得F合=m vF
2
R
从A 点到F 点，由动能定理得
−F合R(1+cos 45°)= 1
2 m v F
2 −1
2 m v A
2 在A 点给带电小球一个水平向右的冲量I，有I =m v A其中
F合=mgsin 45° =
❑√2
2 mg联立解得I =m
❑√
(3 ❑√2+2)
2
gR故C 正确。故选BCD。
6．（2025·河南·模拟预测）（多选）如图所示，竖直平面内有一光滑的圆形玻璃管道，管道圆心为O，半
径为1.5m，管道半径远远大于玻璃管道内径。空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为
4×10
6 N /C。将小球置于玻璃管道最低点并给小球一个初速度，使小球刚好能在玻璃管道内做完整的圆
周运动。小球的质量为0.03kg，电荷量为−1×10
−7C。取管道圆心O 处的电势为0，圆心O 所在水平面为
重力势能的零势能面，重力加速度g 取10 m /s
2，则下列说法正确的是（ ）
A．小球运动的最小速率为5m/s
B．小球具有的电势能最小为0.6J
C．小球具有的机械能最小为0.15J
D．小球对轨道的压力最小为0
【答案】CD
【详解】A．小球受电场力为F 电=0.4N，重力为G=0.3N 两个力的合力为F=0.5N，方向沿左下方与水平方
向夹角为37°，（小球的等效最低点），当小球运动到等效最高点时速度最小，因细管对小球有支持力，
可知到达 “最高点”时小球运动的最小速率为零，选项A 错误；
B．小球运动到与圆心等高的左侧位置时电势能最小，
则具有的电势能最小为E pmin= Erq =(4×10
6×1.5)×(−1×10
−7)J=-0.6J选项B 错误；
C. 小球运动到与圆心等高的右侧位置时电势能最大，此时小球的机械能最小，小球从“最高点”到该点由
能量关系1
2 m v
2=mgr sin37
∘−qEr(1−cos37
∘)解得1
2 m v
2=0.15J因该点的重力势能为零，则小球在该
点具有的机械能为0.15J，选项C 正确；
D．小球对外侧轨道有压力时，对内侧轨道的压力为零，小球对内侧轨道有压力时，对外侧轨道的压力为
零，则小球对轨道的压力最小为0，选项D 正确。
故选CD。
