文档文本内容
专题11 “带电粒子在电场中的运动”系统性答题模板与思
维建模
核心思想与原则
一个核心力：电场力F=qE。方向与正电荷受力方向相同，与负电荷相反。
两个基本观点：
动力学观点：结合牛顿第二定律和运动学公式，分析粒子在匀强电场中的匀变速运动
（直线或类平抛）。
功能观点：利用动能定理W＝Eqd＝qU＝mv2－mv0
2或能量守恒，分析粒子在任意电场中
的能量变化，尤其适用于非匀强电场或涉及电势差的问题。
三个常见情境：
直线加速：粒子在匀强电场中沿电场线方向运动，做匀加速直线运动。
偏转（类平抛）：粒子以垂直电场线的初速度进入匀强电场，做类平抛运动。
复杂运动：在交变电场、径向电场、复合场中的运动，可能涉及周期性、圆周运动等。
一个关键区分：是否考虑重力。通常电子、质子、α 粒子等微观粒子不计重力；带电小球、
油滴等宏观物体需计重力。
标准化答题步骤模板（五步法）
第一步：审题建模，明确粒子与电场
确定研究对象：粒子的质量m、电荷量q（正负），是否考虑重力。
电场信息：匀强电场还是非匀强电场？场强E 或电势差U，方向，分布区域。
初始条件：初速度v0的大小和方向，初始位置。
运动目标：待求量（速度、位移、时间、偏转角、能否到达某点等）。
第二步：受力分析与运动分解
受力分析：画受力图，计算电场力F=qE，若有重力则加上mg。
判断运动性质：
若初速与电场力共线
直线运动（匀加速或匀减速）。
→
若初速与电场力垂直
类平抛运动（匀变速曲线运动）。
→
若初速与电场力成任意角
分解为沿电场和垂直电场方向的分运动。
→
建立坐标系：通常以初速方向为x 轴，电场力方向为y 轴，便于分解。
第三步：选择规律列方程
动力学观点（匀强电场，恒力）：
加速度：a=F/m=qE/m（注意方向）。
运动学公式：a＝，E＝，v2－v0
2＝2ad
类平抛：a＝＝＝，y＝at2＝，偏转角tanθ＝＝。
功能观点（任意电场，尤其非匀强）：
动能定理：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv0
2，其中U 为初末位置电势差。
能量守恒：若只有电场力做功，则动能与电势能之和守恒。
第四步：结合几何约束求解
若涉及边界、极板长度、偏转距离等，需利用几何关系（如粒子恰好飞出电场、恰好打
在极板上等）建立方程。
对于交变电场，需分段分析，找出临界时刻。
第五步：检验与讨论
检查结果量纲，方向是否合理。
讨论多解情况（如交变电场中可能有多段时间满足条件）。
经典模型分类与特征识别（审题建模关键）
模型类型
特征描述
典型问题
加速电场
粒子在匀强电场中由静止释放或沿电
场线方向进入
求末速度、运动时间
偏转电场
粒子以垂直电场线方向进入匀强电
场，做类平抛运动
求偏转位移、偏转角、射出
速度
先加速后偏转
粒子经加速电场加速后，再进入偏转
电场
求偏转量、侧移、示波管原
理
交变电场
电压随时间变化，粒子在交变电场中
的运动
判断粒子能否射出、运动轨
迹分析
等效重力场
同时受电场力和重力，将合力视为等
效重力
求等效最高点、最低点、圆
周运动临界
径向电场
电场线呈辐射状（如点电荷电场、柱
对称电场）
粒子做变速曲线运动，常用
能量守恒
复合场（电场+磁
场）
同时存在电场和磁场（但本模板聚焦
电场，磁场部分另论）
速度选择器、霍尔效应等
思维升华：带电粒子在电场中运动的“三大破题心法”
受力决定运动：分析电场力的大小和方向，结合初速度判断运动性质（直线、抛物
线、圆周、往复）。
分解是利器：对于曲线运动，常分解为两个互相垂直方向的直线运动，分别处理。
功能关系是捷径：涉及能量、电势差、非匀强电场时，优先考虑动能定理或能量守
恒。
关键提醒：
注意电性：正负电荷受力方向不同。
重力是否忽略：看清题目条件。
边界条件：粒子是否会打到极板上？能否飞出电场？往往构成临界问题。
真题体验
1．（2025·海南·高考真题）一绝缘的固定倾斜斜面，斜面倾角为
，空间中存在沿斜面向下的匀强电场，
电场强度为
。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
B．M 下滑的最大速度为
C．M 下滑的最大距离为
D．M 下滑的距离为
时，所用时间为
【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
可得
释放M 时，弹簧弹力不会突变，对M 和N，根据牛顿第二定律
可得释放时M 的加速度为
，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
，根据平衡条件
解得
由于
，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
联立解得M 下滑的最大速度为
，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
可知M、N 做简谐运动，刚释放M 时，加速度
，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
，根据牛顿第二定律
解得M 下滑的最大距离为
根据题意，M、N 做简谐运动的周期
从释放开始计时，位移随时间变化的表达式为
当下滑距离为
时，代入数据有
可得
即M 下滑的距离为
时，所用时间为
，故D 正确，C 错误。
故选BD。
2．（2025·重庆·高考真题）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
【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
，则初速度之比为
，沿电场方向的位移大小相等，由
可知，粒子运动的加速度大小相等，
由牛顿第二定律有
可得
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
可知，到达M、N 的竖直分速度大小相等，由于初速度之比为
，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
，则所用时间
之比为
，故D 正确。
故选D。
3．（2025·四川·高考真题）如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，
板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q（
）的金属微粒，从两极板中央O 点由静止
释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计
微粒重力。求：
(1)微粒第一次到达下极板所需时间；
(2)微粒第一次从上极板回到O 点时的动量大小。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由牛顿第二定律
由运动学公式
联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为
（2）微粒第一次到达下极板时的速度大小为
由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，设微粒碰
后第一次到达上极板时的速度大小为
，满足
代入解得
同理可得微粒第一次从上极板回到O 点时的速度大小为
，满足
代入解得
故微粒第一次从上极板回到O 点时的动量大小为
4．（2025·江苏·高考真题）如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电
粒子a、b 同时从O 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m。电荷量为
q，不计重力及粒子间相互作用。求：
(1) a 运动到最高点的时间t；
(2) a 到达最高点时，a、b 间的距离H。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据题意，不计重力及粒子间相互作用，则竖直方向上，由对
球，根据牛顿第二定律有
a 运动到最高点的时间，由运动学公式有
联立解得
（2）方法一、根据题意可知，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，斜上抛的小球竖直方向上运动的位移为
斜下抛的小球竖直方向上运动位移为
则小球a 到达最高点时与小球b 之间的距离
方法二、两个小球均受到相同电场力，以a 球为参考系，
球以
的速度向下做匀速直线运动，则a
到达最高点时，a、b 间的距离
5．（2025·江西·高考真题）精密条纹相机通过将时域信号转换成空间信息可实现超短激光脉冲持续时间的
测量，其简化原理如图所示。某个待测激光脉冲的持续时间为
，经过狭缝和聚焦透镜入射至真空条纹管
的光电阴极中心。由于光电效应，产生与输入激光脉冲持续时间相同的电子脉冲。电子脉冲先后经加速和
偏转等过程打到荧光屏上。阳极与光电阴极间的加速电压为
，距离为
。偏转极板间距和长度分别为
和
，其左端与阳极的距离为
，右端与荧光屏的距离为
。光电效应产生电子的初速度忽略不计，
电子不会打到偏转极板上。电子质量为m，电荷量为e，不考虑电场力和相对论效应，以及电子之间相互
作用。所有元件的中心在同一条直线上，并以荧光屏中心O 为原点、竖直方向为y 轴建立坐标系。（普朗
克常量
，光速
）
(1)现有多碱、
和
三种常用的光电阴极材料，它们的逸出功分别约为
。若要使波
长范围为
的入射激光都能打出光电子，请通过定量分析确定应选用哪种光电阴极材料。
(2)当偏转极板间电压U 为常数时，求电子打在荧光屏上的位置。
(3)真实情况下，偏转极板间电压U 与时间t 的关系为
（
和k 为大于零的常数），其零时刻与
激光脉冲刚入射至光电阴极的时刻相同。
求最后进入偏转极板间的电子离开偏转极板时
①
y 方向速度的大小：
若
②
小且
，此时可忽略不同时刻电子在偏转极板间y 方向位移的差别，求电子脉冲在荧光屏上的
空间宽度
与激光脉冲持续时间
的关系。
【答案】(1)多碱
(2)
(3)①
；②
【详解】（1）根据题意，设入射激光波长为
，则对应的光子能量为
可得波长范围为
的入射激光的能量范围为
要使入射激光都能打出光电子，则所有入射激光的能量应大于光电阴极材料的逸出功，所以应选择多碱光
电阴极材料。
（2）电子在光电阴极与阳极之间做匀加速直线运动，设电子在此过程中的加速度大小为
，运动时间为
，
离开阳极时的速度大小为
，则有
，
，
电子在离开阳极到偏转极板左端的过程中做匀速直线运动，设运动时间为
，则
当偏转电压
为常数时，电子在偏转极板内水平方向做匀速直线运动，在竖直
方向做匀加速直线运动。
设
方向的加速度大小为
，在偏转极板内运动时间为
，离开偏转极板时
方向速度为
，偏转位移为
，则
，
，
，
设电子离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为
，在此时间内电子在y 方向的位移为
，则
，
设电子离荧光屏中心的距离为y，则
联立解得
（3）当偏转极板间电压
时，电子在偏转极板内y 方向做加速度线性增加的变加速直线运动。
在
①
时刻，最后的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为
，设电子在偏转
极板内运动时y 方向的加速度为
，离开偏转极板时y 方向的速度为
，则
则
图像，如图所示
由上述分析，结合图像可得
联立小问2 分析可得
在
②
时刻，最前面的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为
。同理可得，该电子离
开偏转极板时
方向的速度
，则有
设电子脉冲打在荧光屏上的空间宽度为
，电子从离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为
，则
，
联立解得
巩固训练
6．（2026·河南濮阳·一模）如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，其中有一个半径为
的竖直光滑
圆环，环内有两根光滑的弦轨道
和
，
点所在的半径与竖直直径
成
角
。质量
为
、电荷量为
的带电小球（可视为质点）从
点由静止释放，分别沿弦轨道
和
到达圆周的运动
时间相同。现去掉弦轨道
和
，如图乙所示，给小球一个初速度，让小球恰能在圆环内做完整的圆周
运动，不考虑小球运动过程中电荷量的变化，重力加速度为
，下列说法正确的是（
A．小球经过
点时对轨道的压力为零
B．匀强电场的电场强度大小为
C．小球做圆周运动经过
点时动能最大
D．小球做圆周运动过程中对环的压力的最大值为
【答案】D
【详解】ABC．图甲结合等时圆知识，重力与电场力合力必须指向AO，根据合成与分解知识
解得
等效最高点在A 点，压力最小为零；等效最低点在AO 延长线与圆轨道交点，等效最低点速度最大，动能
最大，故ABC 错误；
D．因为重力与电场力均为恒力，所以二者的合力大小为
小球做圆周运动，则在其等效最高点，有
小球从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得
在等效最低点小球对圆环压力最大，由牛顿第二定律得
代入数据解得
由牛顿第三定律可知小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是
，故D 正确。
故选D。
7．（2026·福建漳州·二模）如图，水平正对放置的平行金属板
、
长度均为
，间距为
，两板间存在
方向竖直向上的匀强电场。大量电子以相同的水平初速度从两板上半区域的左侧射入电场，入射点在该区
域均匀分布。已知靠近
板左侧边缘入射的电子恰好打在
板右侧边缘，电子重力及相互作用均可忽略，
不计边缘效应。则（ ）
A．每个电子在两板间的运动时间相等
B．每个电子击中
板时的速度大小相等
C．电子击中
板时速度偏转角的最大正切值为
D．电子击中
板的区域长度为
【答案】D
【详解】A．根据
可知电子的加速度相同，不同位置进入的电子在竖直方向上位移不同，根据
可知，电子运动的时间不同，A 错误；
B．根据电子在竖直方向的分速度
可知电子在竖直方向的分速度不同，电子击中
板瞬间速度
可知电子击中
板瞬间速度不同，B 错误；
C．由题意可知，当电子加速时间最长，
最大，又因为
可知从
板右侧边缘射出的电子的瞬间速度偏转角正切值最大，所以
又因为
解得
，C 错误；
D．极板中间虚线处射入的电子，打在区域的最左端，有
，
联立解得
则电子击中
板区域的长度为
，D 正确。
故选D。
8．（2026·湖南岳阳·一模）如图甲所示，在与竖直平面平行的匀强电场中，有一质量为m=0.4kg，带电量
为q=+0.5C 的小球（可视为质点），小球在半径R=2m 的竖直光滑圆轨道上，从与圆心等高的点A 以初速
度v0沿轨道切线向下运动，恰好能做完整的圆周运动。角度
为小球从A 点起沿运动方向转过的圆心角，
C 点为轨道最低点，已知带电体在运动过程中电势能Ep随角度
的变化图像如图乙所示，电势能的最大值
Ep0=6J，取重力加速度 g=10m/s2。下列判断正确的是（ ）
A．电场强度大小为6N/C，方向水平向右
B．小球在从A 点运动到C 点的过程中机械能先增大后减小
C．小球在运动过程中速度的最大值为10m/s
D．小球在运动过程中对轨道压力的最大值为30N
【答案】D
【详解】A．由电势能变化图像可知，起始位置点A（
）对应电势能最大值为Ep0=6J
结合电势能表达式为
联立解得电场强度大小E=6N/C
结合图像可知，电场强度方向水平向左，故A 错误；
B．从A 点到C 点过程中，电场力做负功，电势能减小，机械能一直增加，故B 错误；
C．建立等效重力场，大小F 合=5N
方向与竖直方向夹角37°斜向左下方，等效重力加速度为
小球恰能做完整圆周运动，则在等效最高点（合力反方向）有最小速度vmin，则有
解得vmin=5m/s
最大速度出现在等效最低点，根据动能定理可得
代入数据解得vmax=5
m/s，故C 错误；
D．在等效最低点，轨道对小球支持力最大，由牛顿第二定律可得
代入数据解得
，故D 正确。
故选D。
9．（2026·云南昭通·模拟预测）如图所示，在固定光滑直杆上套有一个质量为
、电荷量为
的小球和
两根原长均为
的完全相同的绝缘轻弹簧，两根轻弹簧的一端分别与小球相连，另一端分别固定在杆上相
距为
的A 、B两点，空间中存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小
，已知直杆与水平面的夹
角
，小球在距
点
的
点处于静止状态。现将小球拉至距
点
的
点由静止释放，小球可视
为质点，运动过程中小球所带电荷量保持不变，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为
，弹簧弹性势能
为
。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球运动至最低点时的加速度大小为
C．小球从开始运动至最低点的过程中，小球的电势能减小量为
D．运动过程中小球的最大速率为
【答案】AD
【详解】A．由题意可知小球在距B 点
的P 点处于静止状态，对小球由共点力平衡可得
解得
，故A 正确；
B．根据简谐运动对称性可知小球在最高点和最低点加速度大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律有
解得
，故B 错误；
C．小球从由静止下滑时，运动到最低点电势能减小量
，故C 错误；
D．小球从由静止下滑，运动到平衡位置，加速度为0，动能最大，根据能量守恒可得
解得
，故D 正确。
故选AD。
10．（2026·贵州六盘水·二模）如图所示，质量相同、编号为1、2、3、
、
…
的带电小球，用轻质绝缘细
线连接后悬挂在天花板上，空间存在水平向右的匀强电场，静止时小球恰好位于同一直线上。则（ ）
A．小球均带正电
B．小球均带负电
C．小球带电量相同
D．小球带电量随编号递增
【答案】AC
【详解】AB．根据题图可知小球受到的匀强电场电场力方向水平向右，故小球带正电，A 正确，B 错误；
CD．
研究第
个小球受力分析，受力图如图所示，根据平衡关系
研究第
和
号小球，根据平衡关系
联立可得
则小球电荷量保持不变，C 正确，D 错误。
故选AC。
11．（2026·广东·一模）如图所示，空间内存在竖直向下的匀强电场，弹簧上端固定，下端悬挂一个带电
的小球，小球静止时位于O 点，此时弹簧处于原长。向下把小球拉到M 点由静止释放，小球最高上升到N
点（图中没有标出）。小球运动过程中电荷量不变，小球的质量为
，
的长度为
，弹簧始终处于弹
性限度内，空气阻力不计，重力加速度为
。下列说法正确的有（ ）
A．小球带正电
B．小球从M 点到N 点的过程，电场力对小球做正功
C．小球从M 点到N 点的过程，小球的机械能守恒
D．小球从M 点到N 点的过程，小球的电势能减少了
【答案】BD
【详解】A．小球静止在O 点时弹簧处于原长，说明此时小球的重力与电场力平衡，即
所以小球所受的电场力方向竖直向上，由于电场方向竖直向下，因此小球带负电，故A 错误；
B．小球从M 点到N 点的过程，电场力始终竖直向上，所以电场力对小球做正功，故B 正确；
C．由功能关系可知，小球机械能的变化由弹簧弹力和电场力做功决定。小球从M 点到N 点的过程中，弹
簧弹力对小球做功的总和为零，但电场力对小球做正功，因此小球的机械能不守恒。故C 错误；
D．小球的运动为简谐运动，由于小球的重力与电场力平衡，所以小球所受的合力为弹簧弹力，平衡位置
为O 点，根据简谐运动的对称性可知，O 点为M、N 的中点，则有
所以小球从M 到N 的竖直位移为
则电场力做的功为
电场力做正功，电势能减少，且电势能的减少量等于电场力做功的值，所以小球从M 点到N 点的过程，小
球的电势能减少了
，故D 正确。
故选BD。
12．（2026·云南昭通·一模）如图所示，在竖直平面直角坐标系
中，第三、四象限同时存在竖直向上
的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为
、带电量为
的小球可视为质点，从
点沿
轴正方向水平抛出。当小球从
轴上的
点穿过时，速度方向与
轴正方向的夹角为
。小球进入
第三、四象限后恰能做匀速圆周运动，经过一段时间后恰好重新回到
点。已知重力加速度大小为
。求：
(1)小球到达
点时速度的大小；
(2)磁感应强度
的大小；
(3)小球从
点出发又回到
点的时间。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设小球从
点运动到
点时间为
，在
点时的速度为，则有
因为
，
，
联立解得
（2）小球从
点运动到
点的水平位移
在第三、四象限做匀速圆周运动的设半径为，由几何关系
根据题意，小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供
解得
（3）设小球做匀速圆周运动的周期为
，在第三、四象限运动的时间为
，则
根据几何关系
根据对称性，小球离开第四象限时的速度与
轴正方向的夹角为
，它在第二象限运动的时间
小球从
点出发又回到
点的时间
13．（2026·重庆·一模）如图所示，竖直平面内平行正对的两水平金属板A1B1、A2B2的间距和板长均为d，
上极板接地，下极板不带电。一发射源从A1点沿A1B2方向以相同速度持续喷射出质量为m、电荷量为+q
（q 很小）的油滴（视为质点），第1 滴油滴落在下极板中点C 处，油滴落在极板上立即被吸收且电荷均
匀分布在极板上。已知重力加速度为g，不计空气阻力，忽略油滴间的相互作用，则（ ）
A．油滴喷射的初速度大小为
B．最终稳定时，油滴沿A1B2方向做匀速直线运动
C．油滴在平行板间运动的最短、最长时间之比为1 2∶
D．油滴在平行板间运动时电势能最多减少
【答案】CD
【详解】A．由题意可知粒子的初速度方向与水平方向呈
，第1 滴油滴落在下极板中点C 处，水平方向
上满足
，竖直方向上满足
解得油滴喷射的初速度
，故A 错误；
B．随着电荷量的积累，两板间电场强度逐渐增大，粒子竖直方向上的加速度减小，水平方向的位移逐渐
增大，直至下极板的电荷量积累至油滴刚好离开B1点为止，之后粒子将一直从B1点射出，故B 错误；
C．水平方向的分运动决定了油滴在平行板间运动的时间，因此最短、最长时间之比为1 2∶，故C 正确；
D．电场力做功最多时油滴向上运动至最高点（最终从B1点离开），由运动的对称性分析知，水平方向上
，竖直方向上
，从A1点到最高点由动能定理有
联立解得
即电势能最多减少
，故D 正确。
故选CD。
14．（2026·江西九江·一模）竖直平面内有一圆形区域PQNK，匀强电场平行于该平面，方向如图所示，电
场强度的大小为
，一个电荷量
的小球多次从圆周上的P 点以相同的速率向各个方向发
射，小球能到达圆周上的所有位置，PN、KQ 分别是圆的水平和竖直直径，已知M 是圆弧QN 的中点，关
于小球在圆周上各点，下列说法正确的是（ ）
A．小球在Q 点的电势能最大
B．小球在M 点的机械能最小
C．小球在K 点的电势能与动能之和最大D．小球在N 点的动能最小
【答案】C
【详解】A．由于沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以M 点电势最低，又q>0，所以小球在Q 点的电势
能最小，故A 错误；
BC．由于只有重力和电场力做功，故任何点的小球，动能+重力势能+电势能=定值；小球在M 点的电势能
最小，则在M 点的机械能最大；小球在K 点的重力势能最小，则电势能与动能之和最大，故B 错误，C 正
确；
D．因
可知，电场力和重力的合力方向沿ON 方向向右，则从P 点射出的粒子到达N 点时合力
做功最多，则N 点的动能最大，D 错误。
故选C。
15．（2026·江西九江·一模）如图，直角坐标系xOy 中，第I 象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，第
、
Ⅱ
象限中有两平行板电容器
Ⅲ
、
，其中
垂直x 轴放置，极板与x 轴相交处存在小孔M、N；
垂直y
轴放置，上、下极板右端分别紧贴y 轴上的P、O 点。一带电粒子从M 静止释放，经电场直线加速后从N
射出，紧贴
下极板进入
，而后从P 进入第
象限；经磁场偏转后恰好垂直
Ⅰ
x 轴离开，运动轨迹如图中
虚线所示。已知粒子质量为m、带电量为
，O、P 间距离为d，
、
的板间电压大小均为U，板
间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：
(1)粒子经过N 时的速度大小；
(2)粒子经过P 时的速度大小；
(3)磁场的磁感应强度大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子从
到
的运动过程中，由动能定理有
解得
（2）粒子在
中做类平抛运动，则
,
由牛顿第二定律有
粒子在
点时
解得
（3）设粒子进入磁场时与y 轴正方向夹角为
则
解得
在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力有
由几何关系有
解得
16．（2026·四川广安·一模）如图，光滑的固定斜面倾角为
，斜面长为
，底端
点固定一带正电
的点电荷（电荷量未知）；一质量为
带电荷量为
的小球从斜面顶端
点静止释放，小球沿斜面向下
运动的最远点为
、
间距离为
。
(1)求
、
两点的电势差
；
(2)已知两点电荷组成的系统电势能
（
为静电力常量，为两电荷间距离），求
点固定正点电
荷的电量
；
(3)在（2）问的基础上，求小球在
、
之间运动的最大速度大小
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）小球从
到
，根据动能定理
解得
（2）小球从
到
由能量转化与守恒知
解得
（3）若小球在
到
之间的
点处加速度为0，设
到
的距离为
，有
小球从
到
能量转化与守恒
解得小球在
、
之间运动的最大速度大小
17．（2026·江西上饶·一模）如图所示，在竖直面内建立平面直角坐标系。空间中存在平行于坐标平面的
匀强电场。一带正电的小球质量为m=1kg，带电量为q=1C，从坐标原点O（0m，0m）以初动能4.5J 沿不
同方向抛出，经过M 点时动能为36.5J，经过N 点时动能为86.5J。已知M、N 点坐标分别为（4m，0m）、
（8m，3m），重力加速度 g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．UMN=80V
B．电场强度大小E=10V/m
C．电场强度的方向与x 轴正方向的夹角为37°
D．小球从O 点抛出后不可能先后经过M、N 两点
【答案】AD
【详解】A．小球由O 点运动到M 点的过程，根据动能定理有
解得
小球由O 点运动到N 点的过程，根据动能定理有
解得
故
，故A 正确；
BC．取x 轴上坐标为（14m，0）的
点，则
故P 点与N 点电势相等，连接PN 并延长，则PN 所在直线为等势线，过O 点作PN 的垂线，垂足为Q，则
匀强电场的方向沿OQ 方向，作出一条电场线，如图所示
设PQ 与x 轴负方向的夹角为
，则
则
，
故场强大小为
，故BC 错误；
D．小球所受重力和电场力分别为
，
小球的受力情况如图所示
将电场力沿着x 轴和y 轴分解，然后沿x 轴和y 轴分别求出合力，则
，
设电场力与重力的合力方向与x 轴正方向的夹角为
，如图所示
则
设由M 指向N 的方向与
轴正方向的夹角为
，
则
即M 点和N 点的连线与合外力平行，又因O、M、N 三点不在一条直线上，故小球从O 点抛出后只能经过
M 点和N 点中的一个点，不可能先后经过M、N 两点，故D 正确。
故选AD。
18．（2025·天津·一模）如图所示，
两物块用一根轻绳跨过光滑轻质定滑轮相连，其中
带负电，电
荷量大小为
。空间中有一个平行于斜面向下的匀强电场，
恰好静止于倾角为
的光滑斜面上，轻绳
恰好拉直但无拉力，不带电的
通过一根劲度系数为
的轻弹簧拴接在一起，均处于静止状态，
质量均为
，重力加速度为
，
。现突然将电场的方向改变
开始运动起来，
则（ ）
A．电场强度的大小为
B．刚开始运动时，
的加速度大小为0.6g
C．当
的速度最大时，
的位移大小为
D．当
刚好要离开地面时，
的速度大小为
【答案】BD
【详解】A．A 物块静止时，根据平衡条件可得
解得
故A 错误；
B．刚开始运动时弹簧弹力不变，对AB 整体由牛顿第二定律有
联立解得
，故B 正确；
C．初始时，对B 有
所以弹簧的压缩量为
当B 物块速度达到最大时，加速度为零，对A 物块有
对B 物块有
联立解得
所以B 的位移大小为
，故C 错误；
D．C 物块刚要离开地面时有
所以弹簧的伸长量为
因为弹簧初末形变量一致，弹簧弹力刚好没做功
对AB 系统有
解得
，故D 正确。
故选BD。
19．（2026·福建·一模）如图所示，质量分别为
的物体A、B 用跨过定滑轮的轻绳连
接，其中物体A 位于水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数μ=0.1，与滑轮距离足够；物体B 带正电，带
电量
，位于倾角θ=30°的光滑绝缘斜面上，斜面上与物体B 相距d=1.5m 的C 点下方存在沿斜
面向上的匀强电场，电场强度大小为E=7000N/C。t=0 时刻将物体B 由静止释放，物体A、B 视为质点，重
力加速度g 取10m/s2，求：
(1)物体B 由静止释放后细绳对A 的拉力大小；
(2)物体B 到达C 点时的速度大小；
(3)物体B 从开始到第一次运动至最低点的过程中克服电场力做的功。
【答案】(1)0.8N
(2)3m/s
(3)6.3J
【详解】（1）物体A 与水平面的滑动摩擦力
设物体B 由静止释放后细绳对A 的拉力大小为
，对B 由牛顿第二定律得
对A 由牛顿第二定律得
解得
，
（2）当物体B 到达C 点时
代入数据得
（3）B 冲入电场后，假设绳子松弛，则对B 物体有
代入数据得
对A 物体有
代入数据得
由于
所以B 物体减速得更快，绳子松弛，假设成立，B 物体运动到最低点的过程中，由速度
位移公式有
—
再根据功的公式得
代入数据得
20．（2026·江苏·一模）在如图甲所示的模型中，电子流持续不断地由静止开始经加速电场加速后，沿中
轴线
垂直电场方向射入偏转电场，射出电场后打到足够大的荧光屏上。已知电子的质量为m，电荷量
为e，加速电场电压为
；偏转电场电压为U，两板间距离为d，极板的长度为
；两板右端到荧光屏的
距离为
，设相同时间内被加速的电子个数相同且重力不计。
(1)求电子离开偏转电场时离中心轴线
的距离y；
(2)由于电子通过电场的时间极短，每个电子通过偏转电场过程中可视为电压不变。若偏转电场的电压U 按
图乙所示的正弦规律变化，其电压的最大值也为
，
，求荧光屏上能接收到粒子范围的长度
，以及一个周期内能打到屏幕上粒子的占比。
【答案】(1)
(2)3d，
【详解】（1）对电子，在加速电场中，由动能定理得
解得
电子在偏转电场中，有
，
，
由以上各式解得
（2）恰能从下极板边缘飞出时，有
解得临界电压
此时粒子从上板（或者下板）边缘飞出
时，范围长度ΔY 为最大，由几何关系得
解得
临界电压
而电压
所以一个周期有粒子射出的时间
因此一个周期内能打到屏幕上粒子的占比为
。
