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第8 讲 电场及带电粒子在电场中的运动
第8 讲 电场及带电粒子在电场中的运动....................................................1
2
一．常见命题角度：.....................................................................2
二．常用方法：.........................................................................2
三．思维导图...........................................................................3
3
.7
一．电场基本性质.......................................................................7
【题型1：电场强度、电势、电势能、电场力做功的判断与计算】..............................7
【题型2：电场线与等势面（线）、带电粒子运动轨迹的综合分析】............................8
【题型3：电场中的图像问题】............................................................9
二．电容器.............................................................................9
【题型1：电容器的动态分析】............................................................9
【题型2：带电粒子在电容器中的运动】...................................................10
三．带电粒子（带电体）在电场中的运动..................................................11
【题型1：直线运动】...................................................................11
【题型2：偏转运动（类平抛）】.........................................................12
【题型3：圆周运动】...................................................................13
【题型4：在交变电场中的运动】.........................................................13
【题型5：在叠加场（复合场）中的运动】.................................................14
【题型6：力、电综合问题】.............................................................15
..................................................................................15
一：基础练............................................................................15
二：提能练............................................................................19
三：拔高练............................................................................21
一．常见命题角度：
1.
电场性质：电场强度、电势、电势能的判断与计算；电场线、等势面与粒子运动轨迹的综合分析。
2.
粒子运动：
(1) 直线运动：加速或减速，常结合动能定理。
(2) 偏转运动：类平抛运动，重点考查偏转位移、偏转角、功能关系。
(3) 圆周运动：在等效重力场或点电荷电场中，考查向心力、能量。
(4) 交变电场中的运动：考查周期性、对称性、多过程分析。
(5) 力电综合：与重力场、磁场叠加（组合场/叠加场），考查平衡、直线、圆周等复杂运动。
二．常用方法：
1.
动力学与能量观点：牛顿第二定律结合运动学公式（匀变速运动）；动能定理、能量守恒（非匀变速
或求能量）。
2.
运动的合成与分解：处理类平抛偏转问题的核心方法。
3.
等效重力场法：将电场力与重力合成，将复合场问题转化为“重力场”问题，简化分析。
4.
图像法与分段分析法：处理交变电场问题，画v-t 图辅助分析。
5.
功能关系：明确电场力做功与电势能变化关系，是贯穿整个专题的核心线索。
三．思维导图
1.(2026·河南省·高考真题)如图，在与纸面平行的匀强电场中有a、b、c三点，其电势分别为
6V 、4V 、2V ；a、b、c分别位于纸面内一等边三角形的顶点上。下列图中箭头表示a点电场的方向，
则正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】匀强电场中，沿同一方向，距离相等的两点间的电势差相等，则ac的中点的电势与b点的电势
相等(如下图)，
则ac的中垂线所在的平面为该电场中的一个等势面，由于电场线与等势面垂直且由电势高的地方指向电
势低的地方，因此a点的电场方向为由a指向c，故选C。
2.(2025·云南省·高考真题)某介电电泳实验使用非匀强电场，该电场的等势线分布如图所示。a、b、c、
d四点分别位于电势为-2V 、-1V 、1V 、2V 的等势线上，则( )
A. a、b、c、d中a点电场强度最小
B. a、b、c、d中d点电场强度最大
C. 一个电子从b点移动到c点电场力做功为2eV
D. 一个电子从a点移动到d点电势能增加了4 eV
【答案】C
【解析】AB、等差等势面越密集的位置电场强度越大，图中a处最密集、c处最稀疏，则a处场强最大、
c处场强最小，AB 错误；
C、一个电子从b点移到c点，
，由W =qU可知，W bc =-eU bc =2eV ，C 正确；
D、一个电子从a点移到d点，
，由W =qU可知，W ad =-eU ad = 4 eV ；由W 电=- Δ E p可知，
Δ E p=- 4 eV ，即电势能减小4 eV ，D 错误。
故选C。
3.(2026·福建省·高考真题)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a自A点垂直电场射出，恰好做圆周运动，运动轨迹为ABC，半径为r。另一电子b
自A点垂直电场射出，轨迹为弧APQ，其中PBO共线，已知BP电势差为U，|CQ|=2|BP|，a粒子
入射动能为Ek，则( )
A. B点的电场强度E = Ek
er
B. P点场强大于C点场强
C. b粒子在P点动能小于Q点动能D. b粒子全程克服电场力做功小于2eU
【答案】D
【解析】A.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eE = m va
2
r
，
联立解得
，故A 错误；
B.由图可知，P点电场线密度较稀疏，则场强小于C点场强，故B 错误；
C.已知|CQ|=2|BP|，因为BC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BP之间平均电场强度大小大于CQ之间的
平均电场强度大小，根据U = E d，则U CQ<2U BP，则b粒子全程的克服电场力做功
W =eU CQ<2eU BP=2eU，故D 正确。
故选 D。
4.(2025·江苏省·高考真题)如图所示，平行金属板与电源连接。一点电荷由a点移动到b点的过程中，电
场力做功为W 。现将上、下两板分别向上、向下移动，使两板间距离增大为原来的2倍，再将该电荷由a
移动到b的过程中，电场力做功为( )
A. W
2
B. W
C. 2W
D. 4W
【答案】A
【解析】电容器与电源保持连接，可知电容器两端电压不变，现将电容器两极板间距增大至原来的两倍，
由公式E = U
d 可知，极板间电场强度变为原来的1
2，则有W = Eq dab可知，再把电荷由a移至b，则电场
力做功变为原来的1
2，即电场力做功为 W
2 。
故选A。
5.(2025·湖南省·高考真题)如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，
小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60
∘，两球连线与轻绳的夹角为
30
∘，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
【答案】C
【解析】AB.根据题意A球静止时，对A球受力分析，如图所示，
由平行四边形定则及几何关系，轻绳上拉力为 T =mg
A球与B球间的库仑力 F =2mgcos30
∘=
√3mg
故AB 错误；
C.若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球受到轻绳的拉力消失，其它两力保持不变，根据三力平衡知识，此时
A球的合外力大小为 mg ，则加速度大小为g，故C 正确；
D.若将轻绳剪断，则剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变，小球仍然处在静止状态，则轻杆对B球的
作用力不变，故D 错误。
故选C。
6.(2025·重庆市·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1:2
【答案】D
【解析】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。
7.(2025·湖南省·高考真题)（多选）一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内A点和B点的位置如图
所示。电荷量为+q、-q和+2q的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时，电势能均为
E p(E p>0)。下列说法正确的是( )
A. OA中点的电势为零
B. 电场的方向与x轴正方向成60
∘角
C. 电场强度的大小为
√2 EP
qd
D. 电场强度的大小为2
√2 E p
qd
【答案】AD
【解析】A.根据题意可知O点、A点和B点的电势分别为 φO= E p
q ， φ A =- E p
q ， φB= E p
2q
故 OA 中点的电势为 φM = φO+φ A
2
=0
故A 正确；
B.如图，设N点为AB的三等分点，同理易知N点电势为0，连接MN为一条等势线，过A点做MN的垂
线，可知电场线沿该垂线方向，指向右下方，由 AM = AN 可知 ∠NMA = 45
∘ ，故电场的方向
与x轴正方向成 45
∘ 角，故B 错误；
CD .电场强度的大小为 E =
0-(- E p
q )
1
2 d ⋅cos 45
∘= 2
√2 E p
qd
故C 错误，D 正确。
故选AD。
8.(2026·安徽省·高考真题) （多选）如图，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面
内，空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球(均可视为质点)在轨道上同
一高度保持静止，间距为L，甲、乙所带电荷量分别为q、2q，质量分别为m、2m，静电力常量为k，
重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2，匀强电场的电场强度大小为E，不
计空气阻力，则( )
A. F1= 1
2 F2
B. E = kq
2 L
2
C. 若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止
D. 若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小v =
√
k q
2
mL
【答案】ABD
【解析】AB.如图，
对两球进行受力分析，设两球间的库仑力大小为F，倾角为 θ ，对甲球根据平衡条件
有 F N 1cosθ =mg ， F = F N 1sinθ+ Eq ①
可得：F =mg tanθ+qE
对乙球有 F N 2cosθ =2mg ， F N 2sinθ = F +2 Eq
可得2mg tanθ = F +2qE
联立解得 F = 4 Eq ②
故
F1
F2
= 4 Eq- Eq
4 Eq+2 Eq = 1
2
同时有 F = kq⋅2q
L
2
，解得 E = kq
2 L
2，故AB 正确；
C. 若将甲、乙互换位置，若二者仍能保持静止，同理可得对甲有 F N 1' cosθ =mg ，
F N 1' sinθ = F + Eq
对乙有 F N 2' cosθ =2mg ， F N 2' sinθ+2 Eq= F
联立可得 F + 4 Eq =0 ，无解
假设不成立，故C 错误；
D.若撤去甲，对乙球根据动能定理 2mg⋅L
2 tanθ -2 Eq⋅L
2 = 1
2 ⋅2m v
2
根据前面分析由①②可知 tanθ = 3 Eq
mg ，联立解得 v =
√
k q
2
mL
，故D 正确。
故选ABD。
9.(2025·湖北省·高考真题) （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、4 q、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
【解析】点电荷在O点产生的场强方向如图所示。由几何关系可知θ1=18
∘，θ2=54
∘，将5个场强沿x，
y轴分解可得Ex = E1cos54
∘+ E2cos18
∘- E4cos18
∘- E5cos54
∘=-2kq
R
2 (2cos54
∘+cos18
∘)，
E y = E1sin54
∘+ E5sin54
∘- E4sin18
∘- E2sin18
∘- E3= 6 kq
R
2 (sin54
∘-sin18
∘- 1
2 )=0，根据场强叠加
原理可知O点电场强度方向沿x轴负方向，大小为2kq
R
2 (2cos54
∘+cos18
∘)，A、D 正确。
10.(2025·江苏省·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v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。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)根据题意，不计重力及粒子间相互作用，则竖直方向上，对 a 球，根据牛顿第二定律
有 qE =ma
a运动到最高点的时间，由运动学公式有 v0sinθ =at
联立解得t = m v0sinθ
qE
；
(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
v0cosθ ，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
x1= (v0sinθ)
2
2a
= m v0
2 sin
2θ
2qE
斜下抛的小球竖直方向上运动位移为x2= v0t sinθ+ 1
2 at
2= m v0
2 sin
2θ
qE
+ m v0
2 sin
2θ
2qE
则小球a到达最高点时与小球b之间的距离 x = x1+ x2= 2mv0
2 sin
2θ
qE
；
方法二：两个小球均受到相同电场力，以a球为参考系， b 球以 2v0sinθ 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H =2v0sinθt = 2mv0
2 sin
2θ
qE
。
一．电场基本性质
电场的基本性质考察常围绕电场相关知识展开，多以电场线、等势面分布为背景，或结合带电粒子运
动轨迹，或给出φ - x 等各类图像。要求据此判断与计算电场强度、电势、电势能大小方向，计算电场力
做功、电势差等；判断受力、电场方向、电势高低、动能与电势能变化；从图像获取场强、受力、运动等
信息 。常用方法：
1.
电场强度判断：依据电场线疏密，疏处场强小、密处场强大；沿电场线方向场强可能变化，也可用公
式如 、（点电荷）等计算。
2.
电势判断：沿电场线方向电势逐渐降低，还可根据电势定义式或相关公式计算各点电势。
3.
电势能计算：利用公式 ，或根据电场力做功与电势能变化关系 计算。
4.
电场力做功计算：用 （ 为两点间电势差），或根据功能关系，如电场力做功等于电势能减少量计
算。
5.
轨迹问题分析：合力指向轨迹凹侧判断受力方向，结合电场线方向判断粒子电性、电场方向及电势高
低，利用功能关系分析动能与电势能转化。
6.
图像问题分析： 图像斜率表示电场强度； 图像直接获取场强大小与方向； 图像斜率表示电场力；
图像斜率表示加速度，结合牛顿第二定律分析受力及电场情况 。
【题型1：电场强度、电势、电势能、电场力做功的判断与计算】
1.(2025·河北省衡水市·联考题)如图所示，某科研团队设计了一个圆形真空静电加速装置，在直径为d的圆
形区域内存在平行于平面xOy的匀强电场。当质子从圆周上P点(圆周与y轴交点)沿不同方向射入平面
xOy时，发现沿某方向射入的质子经过圆周上Q点(圆周与x轴交点)时动能增加的最大。下列说法正确的
是( )
A. 电场方向垂直PQ连线
B. P点电势高于Q点电势
C. P、Q两点沿电场方向的距离大于d
2
D. 圆形区域内各点电势相等
【答案】B
【解析】AC .质子从P点到Q点时，动能增加量最大，说明等势面在Q点与圆相切，也就是等势面与y轴
平行，所以电场线与x轴平行，电场方向与PQ连线不垂直， A 错误， C 错误;
BD .质子从P点到Q点时，动能增加量最大，说明该过程电场力对质子做正功，电势能减小，P点电势
高于Q点电势，圆形区域内各点电势不相等， B 正确，D 错误。
故选B。
2.(2025·广东省·联考题)如图所示，光滑绝缘水平面上M、N两点固定有两个带正电的点电荷，电荷量大小
均为Q1。水平面上的E点固定有一个带负电的点电荷，电荷量大小为Q2。E、F是MN连线中垂线上的
两点，O为EF、MN的中点且EF = MN。现将一带负电的点电荷q在O点由静止释放，当其到达F点时
速度达到最大值，下列说法正确的是( )
A. 由O点到F点的过程中，点电荷q受到的合外力不变
B. 由O点到F点的过程中，点电荷q在O点所受静电力最大
C. 由O点到F点的过程中，点电荷q的电势能先减小后增大
D. 根据题中条件不能计算出Q1与Q2的大小关系
【答案】B
【解析】AB.点电荷q从O点到F点的过程中，两个正点电荷对它的作用力先增大后减小，方向向上，负
点电荷对它的作用力不断减小，方向向下，故点电荷q受到的合外力是变化的，又点电荷q从O点到F点
一直加速，所以点电荷q受到的合外力始终小于负电荷对点电荷q的作用力，则点电荷q在O点受到的静
电力最大，故A 项错误，B项正确；
C.由O点到F点的过程中，点电荷q做加速运动，电场力做正功，电势能一直减小，故C 项错误；
D.设OE =OF =OM =ON =l，则在F点合场强为零，在F点有k Q2
(2l)
2 =
√2k
Q1
(
√2l)
2，得Q2=2
√2Q1，
故D 项错误。
故选B。
【题型2：电场线与等势面（线）、带电粒子运动轨迹的综合分析】
3.(2025·湖南省·联考题)某带电体产生的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在电场力作用下
的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点，则下列说法正确的是
A. 粒子带正电
B. 粒子在M点的电势能小于在N点的电势能
C. 粒子从M点运动到N点的过程中电场力对粒子先做正功后做负功
D. M点的电场强度比N点的电场强度小
【答案】D
【解析】A.根据电场线与等势面垂直且由电势高的等势面指向电势低的等势面，而做曲线运动的物体所
受合外力指向轨迹的凹侧，可知粒子所受电场力与场强方向相反，即粒子带负电，故A 错误；
B.因粒子带负电，且φM <φN，由E p=qφ可知，粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故B 错误；
C.因粒子带负电，M到N的过程中电势先减小后增大，由Eρ=qφ可知，电势能先增大后减小，电场力对
粒子先做负功后做正功，故C 错误；
D.因M点等差等势面比N点稀疏，故M点电场强度比N点小，故D 正确，故选D。
【题型3：电场中的图像问题】
4.(2025·辽宁省·联考题)如图甲所示，固定点电荷A上方有一水平方向的光滑绝缘细杆，一个带电小环套在
细杆上。某时刻，小环从M点由静止释放，小环在MN间做往复运动，沿细杆方向建立一维坐标系，设
坐标原点O在A正上方，x轴上各点电势φ随x变化图像如图乙所示，规定无限远处电势为零，则( )
A. 点电荷A为负电荷
B. O点电场强度为零
C. M到O过程中，小环的电势能减小D. 小环的往复运动属于简谐运动
【答案】C
【解析】由于规定无限远处电势为零，从图像可知，电荷周围电势都为正，所以点电荷为正电荷，A项
错误;
O点只是在沿x轴方向电场强度为零，B项错误;
由于小环做往复运动，小环带负电，M到O过程中，电势升高，小环电势能减小，C项正确;
小环运动过程中回复力不满足F =-kx，D项错误。
5.(2025·江苏省南京市·联考题)在x轴上固定两个点电荷，其电势φ在正半轴的分布情况如图所示，x1、x2、
x3为x轴上等间距的三个点，现将一电子在x1处由静止释放，下列说法正确的是( )
A. x2处加速度最大
B. x2处电势能最小
C. x1处电场强度为零
D. 电子在x1和x3区间做往复运动
【答案】B
【解析】A.根据 φ - x 图像的斜率表示电场强度可知 x2 处场强最小，根据 Eq =ma 可知加速
度最小，故A 错误；
B.电子带负电，根据 E p=qφ 可知电势越高，电势能越小，故B 正确；
C. x1 处斜率不为零，可知 x1 处场强不为零，故C 错误；
D. x1 处和 x3 处电势不相等，电场力做功 W =qU =q(φ1-φ3)>0，电子初速度为零，则电子
在 x3 处速度不为零，可知电子不可能在 x1 和 x3 区间做往复运动，故D 错误。
故选B。
二．电容器
在电容器的考察中常以平行板电容器为载体，在Q 不变或U 不变条件下，通过改变极板间距d、正对
面积S、介电常数ε，分析电容C、电量Q、电压U、电场强度E 的变化规律，考查对动态平衡及各物理量
关联的理解。
常用步骤：
1.
明确条件：判断Q 不变或U 不变，确定分析路径。
2.
公式应用：用C=εS/(4πkd)判断C 变化，结合C=Q/U 推导Q、U 变化。
3.
电场分析：E=U/d（U 不变）或E=4πkQ/(εS)（Q 不变）计算E。
【题型1：电容器的动态分析】
6.(2025·湖南省·联考题)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，声波会导致振动膜振动从而使其与基
板间的距离发生改变，下列说法正确的是( )
A. 振动膜带正电
B. 当振动膜与基板间的距离增大时，电容器电容增大
C. 当振动膜与基板间的距离减小时，电容器带的电荷量增加
D. 振动膜振动时，流经电阻的电流方向不变
【答案】C
【解析】A.由图可知，振动膜与电源负极相连，振动膜带负电，故A 错误；
B.当振动膜与基板间的距离增大时，根据C =
εS
4 πkd ，电容器电容减小，故B 错误；
C.当振动膜与基板间的距离减小时，根据C =
εS
4 πkd ，电容器电容增大，根据Q =CU可知，两极板电压
一定，电容器带的电荷量增加，故C 正确；
D.振动膜振动时，板间电容可能增大，也可能减小，则带电量可能增大，也可能减小，故电容会充电或
者放电，则流经电阻的电流方向改变，故D 错误。
7.(2025·湖北省·模拟题)如图所示，A、B为水平放置的平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N，
D为理想二极管，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电
小球从M、N的正上方P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。下列说法正确的是( )
A. 若仅将B板稍微上移，带电小球仍可以运动至N处
B. 若仅将A板稍微上移，带电小球仍可以运动至N处
C. 若仅将变阻器的滑片上移，带电小球仍可以运动至N处
D. 断开开关S，从P处将小球由静止释放，带电小球将无法运动至N处
【答案】C
【解析】A.设P与N的竖直距离为H，平行板电容器两极板间的电压为U，距离为d，正对面积为S，则
小球由P到N，由动能定理有 mgH -Uq =0
根据开关闭合，二极管左边为负极，右边为正极，平行板电容器的公式 C = Q
U = εr S
4 πkd
仅将B板稍微上移，电容增大，电容器充电，稳定时平行板电容器上下极板的电压U不变，N到P的距
离变小为 H ' ，假设小球仍可以运动到N点，速度为v，重新对小球由P点到N用动能定理，
有 mgH ' -Uq = 1
2 mv
2
得动能为负值，则带电小球不可以运动至N处，故A 错误；
B.若将A板上移，板间距增大，电容减小，由于二极管左边为负极，右边为正极，电容器无法放电，电
量不变，则两板间电压增大，由前面分析中动能定理方程可得到N处时动能为负值，则带电小球不可以
运动至N处，故B 错误；
C.若仅将变阻器的滑片上移，则滑动变阻器的电阻变大，电路稳定时通过 R0 的电流减小，电阻 R0
两端电压变小， R0 上端电势降低，但二极管左边为负极，右边为正极，无法放电，所以电容器两端
的电压保持不变，则带电小球仍恰好运动至N处，故C 正确；
D.断开开关S，电容器电容不变，板间电压不会变化，所以带电小球仍可以运动至N处，故D 错误。
故选C。
【题型2：带电粒子在电容器中的运动】
8.(2026·专项测试)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地，一带电油滴位于电容器中的P
点且处于静止状态，现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则( )
A. 若S闭合，该油滴将向下运动
B. 若S闭合，P点的电势减小
C. 若S断开，该油滴将向上运动
D. 若S断开，P点的电势不变
【答案】AD
【解析】AB.若开关S闭合，电容器两端电压不变，根据场强与电势差关系E = U
d ，将下极板竖直向下
缓慢地移动一小段距离，则板间场强减小，油滴受到向上的电场力减小，小于重力，油滴将向下运动；
由于上极板接地电势为零，上极板到P点电势差为U 上P= E d上P，由于E变小，d上P不变，则U 上P减小，
根据U 上P=φ上-φP，可知P点的电势增加，故A 正确，B 错误；
CD.若开关S断开，电容器所带电荷量Q不变，结合电容定义式以及决定式可得
E = U
d = Q
Cd =
Q
ϵ r S
4 πkd d
= 4 πkQ
ϵ r S ，可知板间场强不变，油滴受力保持不变，依然受力平衡，则油滴保持
静止；根据U 上P= E d上P，可知U 上P不变，则P点的电势保持不变，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
8.(2026·湖北省·月考试卷)如图所示，一对竖直放置的平行金属板A、B构成电容器，电容为C，电容器的
A板接地，A板中间有一小孔S，B板不带电。被加热的灯丝K不断地释放电子(初速度可忽略不计)，电
子经过电压为U 0的电场加速后通过小孔S，电子到达B板后被吸收，稳定后电容器所带电荷量为Q。设
电子的电荷量大小为e，不计电子重力以及电子间的相互作用力，下列说法正确的是( )
A. 最终B板的电势低于灯丝K的电势
B. B板最多吸收C U 0
e
个电子
C. 电子从灯丝K至运动到B板的过程中，电势能一直减小
D. 若增大A、B板间的距离，则稳定后电容器所带电荷量小于Q
【答案】BD
【解析】由能量守恒及动能定理得eU 0=eU AB，即φ A -φB=φ A -φK，可知B板的电势和灯丝K的电势
相等，故A 项错误;
A、B板间的最大电压为U AB=U 0，可知B板的最大电荷量为Q =C U 0，B板最多吸收的电子个数为
N = Q
e = C U 0
e
，故B 项正确;
由能量守恒定律可知，在第一个电子被B板吸收后，电子由灯丝K运动到A板过程，动能增大，电势能
减小，由A板运动到B板过程，动能减小，电势能增大，故C 项错误;
电源的电动势不变即电压U 0不变，所以A、B板间的最大电压U AB不变，若增大A、B板间的距离，则
由C = εr S
4 πkd 可知电容减小，故电容器所带的电荷量小于Q，D项正确。
三．带电粒子（带电体）在电场中的运动
围绕带电粒子在电场中的运动展开，涵盖直线加速/匀速、类平抛偏转、圆周运动、交变电场往返/偏
转、叠加场（如电场+重力场）运动及力电综合问题，考查运动规律、能量转化、临界条件等。
常用方法：
1.
直线运动：动能定理或牛顿定律求速度/时间。
2.
偏转运动：类平抛公式计算位移、偏转角。
3.
圆周运动：向心力方程分析临界速度与能量。
4.
交变电场：分段研究运动，利用周期性/对称性。
5.
叠加场：等效重力场法转化问题类型。
6.
综合问题：动力学、能量、动量多维度分析。
【题型1：直线运动】
9.(2026·江苏省镇江市·其他类型)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.
【答案】D
【解析】AB、乙小球受电场力、重力、支持力作用，下滑过程中，当电场力与重力分力相等时，速度
最大，所以小球乙的动能先增大，后减小，故AB 错误；
CD、电场力做功代表机械能变化，可知E - x图像的斜率代表库仑力，根据库仑定律F = kQq
r
2 可知，库
仑力增大，则E - x图像的斜率增大，故C 错误，D 正确；
故选：D。
【题型2：偏转运动（类平抛）】
10.(2025·辽宁省·联考题)喷墨打印机的工作原理简化图如图所示，质量为m的墨滴经带电室时带上电荷量
为q的负电荷，随后经加速电场后，以初速度v0垂直射入偏转电场中，经偏转电场后打在纸面上。已知
偏转极板长为L1，板间距为d，偏转电压为U，偏转极板右端到纸面的距离为L2。不计空气阻力以及墨
滴所受重力和偏转电场的边缘效应，下列说法正确的是( )
A. 加速电场电压U 0= mv0
2
2q
B. 墨滴落在纸上的位置偏离原入射方向的距离r = qU L1
2( L1+2 L2)
2md v0
2
C. 若仅U减小20 %，则字体缩小20 %
D. 若仅L1减小20 %，则字体缩小4 %
【答案】AC
【解析】在加速电场中，由qU 0= 1
2 mv0
2，得U 0= m v0
2
2q
，A项正确;
在偏转电场中，偏转位移y = 1
2 at
2= 1
2 × qU
md × L1
2
v0
，由y
r =
1
2 L1
1
2 L1+ L2
，得r = qU L1( L1+2 L2)
2md v0
2
，B项错
误;
由r = qU L1( L1+2 L2)
2md v0
2
可知，C项正确，D项错误。
11.(2025·广东省·联考题)飞行时间质谱仪可通过测量离子飞行时间得到离子的荷质比q
m，如图1。带正电
的离子经电压为U的电场加速后进入长度为L的真空管AB，可测得离子飞越AB所用时间t1。改进以上
方法，如图2，让离子飞越AB后进入场强为E(方向如图)的匀强电场区域BC，在电场的作用下离子返回
B端，此时，测得离子从A出发后飞行的总时间t2(不计离子重力)。
(1)忽略离子源中离子的初速度，①用t1计算荷质比；②用t2计算荷质比。
(2)离子源中相同荷质比离子的初速度不尽相同，设两个荷质比都为q
m的离子在A端的速度分别为v和
v
'(v ≠v ' )，在改进后的方法中，它们飞行的总时间通常不同，存在时间差Δt，可通过调节电场E使
Δt =0。求此时E的大小。
【答案】解：(1)①设离子带电量为q，质量为m，经电场加速后的速度为v，根据动能定理有
qU = 1
2 m v
2，
离子飞越真空管，在AB做匀速直线运动，则L= v t1，
解得离子荷质比q
m =
L
2
2U t1
2；
②离子在匀强电场区域BC中做往返运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律有qE =ma， t2= L
v + 2v
a ，
解得离子荷质比q
m = 1
2U(L+ 4U
E )
2 1
t2
2 或 q
m =(
L
√2U
+ 2
√2U
E )
2 1
t 2
2 ；
(2)两离子初速度分别为 v 、v ' ，则t = L
v + 2v
qE
m
， t ' = L
v ' + 2v '
qE
m
，
Δt =t -t ' =(
L
vv ' - 2m
qE)(v ' - v)，
要使Δt =0，则须有L
vv ' - 2m
qE =0，
解得E = 2mvv '
qL
。
【题型3：圆周运动】
12.(2025·湖南省长沙市·模拟题)如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接
在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场，现将一质量为m、电荷量为+q的小球(可
视为质点)从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开半圆轨道后，经界面MN上的P点进入电
场，已知P点在A点的正上方，整个运动过程小球的电荷量保持不变，A、B间的距离为2 R，重力加速
度为g。求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)轨道对小球支持力的最大值；
(3)小球在水平轨道上的落点到A点的距离。
【答案】解：(1)设小球过C点时的速度大小为vC，小球从A运动到C的过程中，
根据动能定理有qE·3 R -mg·2 R = 1
2 m vC
2 ，
小球离开C点后做平抛运动，小球从C运动到P的过程中，水平方向有2 R = vC t1，
竖直方向有R = 1
2 gt1
2，
联立解得E = mg
q 。
(2)小球运动到等效最低点D时速度最大，设最大速度为v，OD与竖直线OB夹角为α，
由于mg=qE，则α = 45°，
小球从A点运动到D点的过程中，根据动能定理有qE(2 R+ Rsinα )-mgR(1-cosα )= 1
2 m vm
2 ，
即 1
2 m vm
2 =mgR(sinα +cosα +1)，
解得最大速率vm=
√2( √2+1)gR，
由于小球在D点时速度最大且静电力与重力的合力恰好背离半径方向，故小球在D点时对半圆轨道的压
力最大，
设此压力大小为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示的直角坐标系，
设在D点受到的支持力大小为F ' -qEsin45° -mgcos 45° = m vm
2
R
，
即小球对半圆轨道压力的最大值为F =(2+3 √2 )mg。
(3)小球通过P点时水平方向速度大小为v1= vC = √2gR，
竖直方向速度大小为v2= gt1= √2 gR，
进入电场后，水平方向加速度大小为a1= Eq
m = g，
竖直方向加速度大小为a2= mg
m = g，
故小球在水平方向做匀减速运动，在竖直方向做匀加速运动，水平方向有x = v1t2- 1
2 a1t2
2，
竖直方向有R = v2t2+ 1
2 a2t2
2，
联立解得x =(4 √2 -5)R。
【题型4：在交变电场中的运动】
13.(2026·专项测试)如图甲，在两平行金属板A、B间加一如图乙所示的交变电压，有一粒子源从平行板左
边界中点处沿垂直电场方向连续发射速度大小v0=8×10
6m/ s的电子。t =0时刻进入电场的电子恰好在
t =T时刻到达A板右边缘。已知电子的质量m=9×10
-31kg，电荷量e =1.6×10
-19C，图乙中
U 0= 405V 、T =1.5×10
-8 s，不计电子之间的相互作用力及其所受的重力。下列说法正确的是( )
A. 平行金属板的板长为6cm
B. 金属板A、B间的距离为9cm
C. t = T
4 时刻进入电场的电子到达电场右边界的速度最大
D. t = T
4 时刻进入电场的电子到达电场右边界时距A板的距离为2.25cm
【答案】B
【解析】A、电子进入电场后，在电场力作用下做类平抛运动，电子在水平方向做匀速直线运动，故有
L= v0T =12cm，故A 错误;
B、设两极板间的距离为d，据题意有d
2 =2× 1
2 a( T
2 )
2，a= qU 0
md
，解得d =9cm，故B 正确;
C、电子在竖直方向做周期性运动，匀加速和匀减速运动的时间相等，加速度也相同，所以到达电场右
边界时速度的变化量为零，因此电子到达电场右边界时的速度大小等于进入电场时初速度大小，与何时
进入电场无关，故C 错误;
D、t = T
4 时刻进入的电子，在前半周期内竖直方向的位移向上，大小为y1=2× 1
2 a( T
4 )
2，在后半周期内
竖直方向的位移向下，大小为y2=2× 1
2 a( T
4 )
2，则知y1= y2，即竖直方向的位移为0，所以电子到达电
场右边界时距A板距离为y = d
2 = 4.5cm，故D 错误。
【题型5：在叠加场（复合场）中的运动】
14.(2025·湖南省·联考题)如图所示，BCDG是光滑绝缘的3
4 圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，
下端与绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小
滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为F = 4
3 mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因
数为0.5，重力加速度为g，sin53° =0.8，cos53° =0.6.请完成下列问题：
(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=2 R的A点由静止释放，求滑块到达C点时受到轨道的支持力的大小；
(2)改变s的大小仍使滑块由静止释放，且滑块始终沿轨道滑行，并能从G点飞出轨道，求s的最小值；
(3)现撤去电场，滑块从水平轨道上距离B点s=2 R的A点释放，若运动到CD段某点时脱离轨道，并在
此后经过O点，求滑块释放时应该有多大的水平向左的初速度？
【答案】解：(1)滑块从A到C，由动能定理有：F(s+ R)- μmgs-mgR = 1
2 m vC
2 -0
解得：vC
2 = 4 gR
滑块在C点由牛顿第二定律有：N - F =m vC
2
R
解得：N = 16
3 mg
(2)如图，轨道DG间存在H点，滑块在H点的电场力和重力的合力指向圆心，
合力大小：F合=
√(qE)
2+(mg)
2= 5
3 mg
合力与竖直方向的夹角θ满足：tanθ = qE
mg = 4
3 即：θ =53
∘
s最小时滑块在H点速度最小，由牛顿第二定律有：F合=m v H
2
R
解得：v H
2 = 5
3 gR
滑块从A到H，由动能定理有：F(s- Rsinθ)- μmgs-mg( R+ Rcosθ)= 1
2 mv H
2
解得：s= 4 .2 R
(3)如图，设滑块在Q点脱离轨道，QO与CO之间的夹角为α，
滑块在Q点，由牛顿第二定律有：mgsin α =m vQ
2
R
解得：vQ
2 = gR sin α ①
滑块从A到Q，由动能定理有：- μmgs-mgR(1+sin α )= 1
2 mvQ
2 - 1
2 mv0
2
解得：v0
2=3 vQ
2 + 4 gR ②
滑块Q到O做斜抛运动，如图建直角坐标系，有：
y方向：vQ=(gcosα )⋅t ③
x方向：x = 1
2 (gsin α )⋅(2t )
2= R④
由①②③④解得：tan α = 1
√2
可得v0=
√(4 +
√3)gR
【题型6：力、电综合问题】
15.(2025·四川省成都市·联考题)如图所示，由光滑绝缘圆弧轨道AB与竖直支架BC组成的装置固定于竖直
面内，C点位于水平地面上，BC两点的距离h=0.35m。圆心O点与A点等高，轨道半径R =2.5m，圆
心角θ =53
∘，空间内存在水平向左的匀强电场。现从A点静止释放一质量m=0.4 kg，电荷量
q =2.0×10
-3C的带负电小球(可视为质点)，小球以v =5m/ s的速度从B点离开圆弧轨道后落到水平地
面上的D点(图中未标出)。sin53
∘=0.8，cos53
∘=0.6，重力加速度g取10m/ s
2。求：
(1)匀强电场的场强大小E；
(2)小球到达B点时轨道对小球的支持力大小N；
(3)小球落地点D与C点的距离d。
【答案】(1)由动能定理得mgRsin53
∘- EqR(1-cos53
∘)= 1
2 mv
2
解得E =1.5×10
3 N /C；
(2)在B点对小球由牛顿第二定律得F N -mgcos37
∘- Eqcos53
∘=m v
2
R
代入数据解得F N =9 N；
(3)小球离开B点后，水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，则水平方向由牛顿第二
定律得Eq=ma，
水平方向由运动学公式得d = v xt - 1
2 at
2，v x = v cos37
∘
竖直方向由运动学公式得h= v yt + 1
2 gt
2，v y = v sin37
∘
解得t1=0.1s，t2=-0.7 s(舍去)，d =0.3625m。
一：基础练
1.(2025·安徽省安庆市·期末考试)某静电场中x轴上各点的电场强度方向均与x轴重合，以x轴负方向为
电场强度的正方向，电场强度E随x的变化规律如图所示。-d ～d间的图像关于x =0对称。下图分别表
示x轴上各点的电势φ随x变化的图像，其中可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】由于以x轴负方向为电场强度的正方向，在-d ～d区间，场强均为正值，即场强均沿x轴负方
向，沿电场方向电势逐渐降低，故沿+ x方向，电势逐渐升高，由于φ - x图线的斜率表示场强大小，在O
点附近场强最大，φ - x图线斜率最大，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
2.(2026·福建省·课时练习)如图所示，两个等量同种正点电荷固定在真空中同一水平线上(水平线在纸面
内)，荷量为Q，两电荷相距r，O为两者连线的中点，过O点沿竖直方向做水平线的垂线MN，M到两
个点电荷的距离均为r，一个带负电的粒子P以垂直于纸面的速度v从M点射入，恰好做匀速圆周运动，
已知静电力常量为k，带电粒子的质量为m、电荷量为q，重力忽略不计，则其速度v大小为( )
A. ❑√
3kqQ
2mr
B. ❑√
2kqQ
mr
C. ❑√
❑√3kqQ
mr
D. ❑√
kqQ
mr
【答案】A
【解析】两个等量正电荷对带电粒子的库仑力的合力为F =2 kQq
r
2 cos30°，
根据牛顿第二定律F =
m v
2
r cos30° ，
联立解得v = √
3kqQ
2mr 。
故选A。
3.(2025·湖北省武汉市·模拟题)如图所示是一种电容式键盘，键盘上每个键子下面都连有一块小金属片，
与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块固定的小金属片，这样两块金属片就组成一个小电容器，该电
容器的电容可用公式C =ε S
d 计算，其中ε为一常量，S表示金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离。
连接电源，设两金属片之间的电压不变，按下某个键时，与之相连的电子线路就给出与该键相关的信号，
此时该电容器的( )
A. 电容不变
B. 极板所带的电荷量变大
C. 极板间的电场强度变小
D. 极板间的电场强度不变
【答案】B
【解析】A.按下某个键时，d减小，根据 C =ε S
d 可知，C增大，故A 错误；
B.根据 C = Q
U 可知，电容C增大，U不变，则极板所带的电荷量变大，故B 正确；
CD.根据 E = U
d 可知，电压U不变，d减小，则极板间的电场强度变大，故CD 错误。
故选B。
4.(2026·湖南省株洲市·其他类型)一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为
球心，A、B为直径上的两点，OA =OB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，
移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则( )
A. O、C两点电势相等
B. A点的电场强度大于B点
C. 沿直线从A到B电势先升高后降低
D. 沿直线从A到B电场强度逐渐增大
【答案】A
【解析】A、由于O、C点连线所在平面构成等势面，故O、C两点电势相等，故A 正确；
BD、将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的电场强度大小分别
为E1和E2
由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E1= E2
根据对称性，左右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且E1= E2
在图示电场中，A的电场强度大小为E1，方向向左，B的电场强度大小为E2，方向向左，所以A点的电
场强度与B点的电场强度相同，故从A到B场强不可能逐渐增大，故BD 错误；
C、根据电场叠加原理可知，x轴上电场线的方向向左，沿着电场线的方向电势降低，则B点电势高于A
点电势，故C 错误。
故选：A。
5.(2026·湖南省·期末考试)如图所示，两对等量异种电荷固定在正方形的四个顶点上，K、L、M、N
是正方形四边的中点，用一个小型金属箱将其中一个正电荷封闭，并将金属箱外壳接地，则( )
A. M、N两点处电场强度相等
B. O点处电场强度为0
C. 将一带正电试探电荷从K移动至L点，电场力做功为0
D. 将一带负电试探电荷从K移动至L点，电场力做正功
【答案】C
【解析】A.由于一个正电荷封闭，而M、N两点关于两个负点电荷和剩余一个正点电荷对称，所以根据
电场强度的叠加可知，M、N两点处电场强度大小相等，方向不同，故A 错误；
B.若其中一个正电荷不封闭，O点处的电场强度为零，而现在剩余三个点电荷在O点处的合场强不为零，
故B 错误；
CD.由于K、L两点电势相等，所以将试探电荷由K移动到L，试探电荷的电势能不发生变化，所以电场
力做功为零，故C 正确，D 错误。
故选C。
6.(2025·陕西省咸阳市·模拟题)如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相
等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空
气阻力，下列判断正确的是( )
A. 如果A球带电，则A球一定带正电
B. 如果A球带电，则A球的电势能一定减小
C. 如果B球带电，则B球一定带负电
D. 如果B球带电，则B球的电势能一定减小
【答案】B
【解析】AB.质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，即平抛时的
初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，A在上方，B在下方，由h= 1
2 at
2 可知，
A下落的加速度大于B的加速度；如果A球带电，则A的加速度大于B，故A 受到向下的电场力，则A球
一定带负电，电场力做正功，电势能一定减小，故A 错误，B 正确；
CD.同理可得，如果B球带电，则B带正电，电场力对B做负功，电势能一定增加，故CD 错误。
故选：B。
7.(2026·广东省·期末考试) （多选）如图，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，C表示电
容器的电容、U表示正负极板间的电势差、Q表示电容器所带的电量、E表示两板间的场强。正极板保
持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离l0，则图中关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正
确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】BD
【解析】A.由电容的决定式C =
εS
4 πkd ，可知，当极板间距d增大时，电容C减小，但不是均匀减小，A
错误；
C.当电容器充电完成与电源断开后，两极板上所带的电荷量就是固定不变的，C 错误；
B.由电容的定义式C = Q
U 及电容的决定式C =
εS
4 πkd
可知，在电荷量Q不变的情况下，U = 4 πkdQ
εS
，则电压U随负极板移动距离x均匀增大，B 正确；
D.由E = U
d = 4 πkQ
εS
可知，由于Q、S没有变化，所以电场强度E也是固定不变的，D 正确。
故选BD。
二：提能练
8.(2026·江苏省·模拟题)如图所示，一均匀带电的球体半径为R，在球内有一点A，与球心距离为R
2 ，
球外有一点B，与球心距离为3 R
2 ，已知球体外场强与电荷全部集中在球心处的点电荷激发的场强相同，
均匀球壳内部场强处处为零，则A、B两点的场强比值为( )
A. 3：1
B. 1：1
C. 9：8
D. 9：1
【答案】C
【解答】以O为球心，R为半径的球体体积V = 4
3 π R
3，故OA为半径的球体体积V ' = 4
3 π( 1
2 R)
3= 1
8 V ，
设球体带电量为Q，那么A点场强相当于O点处带电量为Q' = 1
8 Q的点电荷激发的场强，故
E A = kQ'
( 1
2 R)
2 = kQ
2 R
2；
B点场强相当于O点处带电量为Q的点电荷激发的场强，故EB=
kQ
( 3
2 R)
2 = 4 kQ
9 R
2 ；
所以，E A：EB=9：8，故C 正确，ABD 错误。
故选C。
9.(2026·广东省·期末考试)高铁站内两段水平钢轨连接处设置有8mm厚的机械绝缘节，其起着电气绝缘
和机械连接的作用，拉开后各部分如图甲所示。某次列车经过绝缘节时，钢轨A、B之间产生了约为
60V 的电势差，此时绝缘节顶部空间的等势面分布如图乙所示，其中c点位于绝缘节正上方，下列说法
正确的是( )
A. a点的电势低于b点
B. 负电荷在a点电势能比在c点大
C. c点电场强度方向沿着x轴正方向
D. 绝缘节顶部的电场强度约为7.5×10
3V /m
【答案】D
【解析】A.由图乙，a点的电势与b点相等，故A 错误；
B.由图乙，a点电势比c点高，则负电荷在a点电势能比在c点小，故B 错误；
C.由图乙，c点电场强度方向与等势线垂直并指向低电势处，则c点电场强度方向沿着x轴负方向，故C
错误；
D.绝缘节顶部的电场强度约为 E = Δφ
d ≈
60V
8×10
-3m
=7.5×10
3V /m ，故D 正确。
故选D。
10.(2026·河南省·月考试卷)如图所示，边长为L的等边三角形的三个顶点a、b、c上各放置一个点电荷
电荷量分别为+q、+q、-q，O为等边三角形外接圆的圆心，d为ab边的中点。已知在电荷量为Q的点
电荷产生的电场中，若将无限远处的电势规定为零，则距离该点电荷r处的电势为k Q
r ，其中k为静电力
常量，多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在时该点的电势的代数和。则(
)
A. O点的电场强度大小为9k q
L
2
B. O点的电势为kq
√3 L
C. d点的电势为- 2
√3kq
3 L
D. 系统的总电势能为-k q
2
L
【答案】D
【解析】AB．O点到三个顶点的距离 d =
L
2
cos30
∘=
√3
3 L，则O点的电场强度大小
为 EO=2k q
d
2 cos60
∘+k q
d
2 =6k q
L
2，O点的电势 φO=2k q
d -k q
d =
√3kq
L
，故AB 错误；
C.d点的电势 φd =2k q
1
2 L
-k
q
Lsin 60
∘= 2(6-
√3)kq
3 L
，故C 错误；
D.由公式E p=φq可知系统的总电势能 E p 总= E pab+ E pbc+ E pca= k q
2
L - k q
2
L - k q
2
L =-k q
2
L ，故D 正
确。
故选D。
11.(2026·云南省·期中考试) （多选）竖直平面内有水平放置的两金属板AB、CD，相距为d，两极板
加上恒定电压U，如图所示。质量为m，电荷量为+q的粒子，从O点以初动能Ek 0=qU进入电场，O点
在AC连线上，且OA = 1
4 d，初速度与水平方向夹角为θ = 45°，粒子沿着OMB的轨迹恰好运动到下极
板右边缘的B点，M为运动轨迹的最高点，MN与极板垂直。不计粒子重力，则关于粒子的说法正确的
是( )
A. 粒子运动到B点时的动能EkB= 5
2 qU
B. 运动轨迹最高点到下极板的距离MN = 3
4 d
C. 水平方向运动的位移之比为AN：NB =
√2： √3
D. 若将上极板向下移一小段距离，则粒子将在B点上方飞出
【答案】BC
【解析】A.粒子在两极板间只有电场力做功，根据动能定理得q⋅1
4 U = EkB- Ek 0，Ek 0=qU
联立解得EkB= 5
4 qU，故A 错误；
B.粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀变速直线运动，因此到达最高点时满足
v M = v x = v0cosθ
所以到达最高点时动能：EkM = 1
2 mv M
2= 1
4 mv 0
2= 1
2 qU
根据动能定理得：qU OM = EkM - Ek 0，U OM =- d '
d U
解得d ' = 1
2 d
所以OM之间的竖直距离为 1
2 d ，因此M与下极板之间的距离为MN = 1
2 d + 1
4 d = 3
4 d，故B 正确；
C.设粒子做抛体运动的加速度为a，AN运动时间为t1，NB运动时间为t2
yOM = 1
2 at 1
2
y MN = 1
2 at 2
2
所以AN : NB = v xt1:v xt2=
√2:
√3，故C 正确；
D.若将上极板向下移一小段距离，则两极板电场强度增大，粒子的加速度增大，水平分速度不变，到达
右端时间不变，根据y =- v0t sinθ+ 1
2 at
2
可知粒子竖直位移增大，即打到了下极板上，故D 错误。
故选：BC。
12.(2025·江苏省·模拟题)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏
转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m=9×10
-31kg，电荷量为e =1.6×10
-19C，加速电场极板
间电势差为U 0=2000V 。偏转电场电压为u=110
√2sin100 πt(V )，极板长度为L=5cm，板间距
d =1cm。电子能从偏转电场中射出。偏转电场可视为匀强电场，忽略电子重力。
(1)求穿过偏转电场的时间t；
(2)在计算一个电子通过极板的偏转距离Δy时，仍可认为偏转极板间电势差是定值。请分析说明这样计
算的合理性；
(3)根据(2)中的结论，t = 1
400 s时，电子恰好进入偏转电场，计算电子通过偏转电场的偏转距离Δy。
【答案】解：(1)电子在加速电场中加速过程，根据动能定理有：eU 0= 1
2 m v0
2-0
解得：v0=
√
2eU 0
m
，
电子在偏转电场中运动的时间：t = L
v0
= L √
m
2eU 0
=1.875×10
-9 s；
(2)交变电压的周期为T = 2π
ω = 2π
100 π s=0.02s，
由于t ≪T，所以这样计算是合理的；
(3)t = 1
400 s时，偏转电场电压为U =110
√2sin100 π × 1
400 (V ) =110V ，
电子在偏转电场中偏转距离Δy = 1
2 at
2，
qE =ma，E = U
d ，t = L
v0
，
联立解得：Δy = U L
2
4U 0d =0.0034 m=0.34 cm。
三：拔高练
13.(2025·广东省·模拟题)在现代吸入式药物治疗(如哮喘、肺部给药)中，需要将不同大小、不同带药量
的气溶胶微粒精确地分选并输送到肺部的不同区域。该设备中的核心部件--“静电轨道分选器”的原理
简图如图所示，平行板电容器的电容为C，相距为d的两个极板MN和PQ倾斜放置，上极板的左端M和
下极板的右端Q等高，极板与水平方向的夹角α =37°，上极板MN带正电，下极板PQ带负电，将一个
可视为质点、质量为m、电荷量为-q(q>0)的小球，从Q点由静止释放，小球恰好沿直线QM水平向左
做直线运动。已知重力加速度为g，sin37° =0.6，cos37° =0.8。
(1)求电容器极板MN的带电量q'；
(2)求小球到达M端时的动能Ek；
(3)若小球从Q点以v0垂直极板MN向上射出，恰能击中极板MN的中点，求v0的大小。
【答案】解：(1)对小球，根据受力分析可得cosα = mg
qE
解得E = 5mg
4 q
对电容器，有U = Ed， q' =CU
联立解得q' = 5mgdC
4 q
；
(2)由(1)得U = 5mgd
4 q
小球从释放至运动到M端过程，根据动能定理可得Ek =qU
解得Ek = 5mgd
4
其他解法
根据受力分析和牛顿第二定律有mg tan α =ma
解得a= 3 g
4
根据运动学规律可得v1
2=2a
d
sin α
小球到达M端的动能Ek = 1
2 m v1
2
解得Ek = 5mgd
4
；
(3)小球沿QM方向的分运动为匀加速直线运动，垂直QM方向的分运动为匀速直线运动，如图所示
垂直QM方向有2d
5 = v0cosα ⋅t
平行QM方向有17d
15 = v0sin α ⋅t + 1
2 at
2
联立解得v0= 3
√5 gd
20
。
14.(2025·广东省·模拟题)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC与光滑水平轨道PA相
切于A点，BC为圆弧轨道ABC的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角α =37
∘。整个装置处于水平向
右的匀强电场中。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电小球(可视为质点)可以在圆弧轨道上的B点保持
静止。现将该带电小球从水平轨道某点静止释放，小球经A点沿圆弧轨道ABC恰好能通过C点。已知重
力加速度大小为g，sin37
∘=0.6,cos37
∘=0.8。求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)小球经过C点时，电场力对小球做功的功率P；(结果保留根号)
(3)小球在圆弧轨道上运动时对轨道的最大压力的大小。
【答案】(1)小球可以在圆弧轨道上的B点保持静止，小球受合力为0
则有tan α = qE
mg
解得E = 3mg
4 q
(2)小球到达C点时受重力和电场力作用，合力的大小为F
有cosα = mg
F
设小球到达C点时的速度大小为vC，由牛顿第二定律得F =m v C
2
R
小球在C点电场力与速度夹角为143
∘，故小球在C点所受电场力做功的功率P =qE⋅vC cos143
∘
解得P=- 3mg
10
√5 gR
(3)在B点，重力和电场力的合力F沿OB方向背离圆心，小球对圆弧轨道的压力最大。
B到C过程，由动能定理得- F ⋅2 R = 1
2 mv C
2- 1
2 mv B
2
在B点，由牛顿第二定律得N B- F =m v B
2
R
解得N B= 15
2 mg
由牛顿第三定律得：小球在圆弧轨道上运动时对轨道的最大压力为F 压= N B= 15
2 mg。
