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重难10 电场及带电粒子在电场中的运动
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技巧掌握
手感养成
重难考向聚焦
锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向
重难技巧突破
授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧
重难保分练
稳扎稳打 必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值
重难抢分练
突破瓶颈 争夺高分： 聚焦于中高难度题目，争夺关键分数
重难冲刺练
模拟实战 挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”
电势高低、电势能大小的判断
1．电势高低的判断
判断依据
判断方法
电场线方向
沿电场线方向电势逐渐降低
场源电荷的正负
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；靠近
正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低
电势能的高低
正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在电势较低处电势能大
电场力做功
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.电势能大小的判断
公式法
将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的绝对值越大，电势能越
大；负Ep的绝对值越大，电势能越小
电势法
正电荷在电势高的地方电势能大
负电荷在电势低的地方电势能大
做功法
电场力做正功，电势能减小
电场力做负功，电势能增加
能量守恒法
在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势
能减小；反之，动能减小，电势能增加
技巧：电场中的四类图象问题
几种常见图象的特点及规律
v t 图象
根据v t 图象中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变化，确定电
场的方向、电势高低及电势能变化
φ x 图象
(1)电场强度的大小等于φ x 图线的斜率大小，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 图象中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势高低关系确定电场
强度的方向；
(3)在φ x 图象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，然后做出判断
Ex 图象
(1)反映了电场强度随位移变化的规律；(2)E＞0 表示场强沿x 轴正方向，E＜0 表示
场强沿x 轴负方向；
(3)图线与x 轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点
的电势高低根据电场方向判定
Epx 图象
(1)反映了电势能随位移变化的规律；
(2)图线的切线斜率大小等于电场力大小；
(3)进一步判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况
技巧：带电粒子在电场中的偏转运动
1．带电粒子在电场中的偏转规律
2．处理带电粒子的偏转问题的方法
(1)运动的分解法
一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方
向上的匀速直线运动．
(2)功能关系
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＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置
间的电势差．
（建议用时：30 分钟）
1．（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，空间中存在竖直向下的匀强电场，虚线边界MN 的右侧还存在垂直
于纸面的匀强磁场（图中未画出）。一带电小球从P 点沿着与水平方向成
角开始运动，运动到虚线边
界MN 上的Q 点时速度方向恰好水平向右，之后小球开始做匀速直线运动。已知小球的初速度大小为
、
质量为m、电荷量大小为q，重力加速度为g，匀强电场的电场强度
，下列说法正确的是（ ）
A．小球带正电
B．匀强磁场的方向垂直于纸面向外
C．P、Q 两点的水平距离大小为
D．匀强磁场的磁感应强度大小为
【答案】C
【详解】A．由题意可带电小球从P 点到Q 点在竖直方向做匀减速直线运动，则加速度方向向上，小球受
到的电场力向上，与场强方向相反，所以小球带负电，故A 错误；
C．带电小球从P 点到Q 点过程，竖直方向有
，
水平方向有
联立解得P、Q 两点的水平距离大小为
，故C 正确；
BD．小球经过Q 点之后小球开始做匀速直线运动，根据平衡条件可知，洛伦兹力竖直向下，由左手定则
可知，匀强磁场的方向垂直于纸面向里；又
解得匀强磁场的磁感应强度大小为
，故BD 错误。
故选C。
2．（2025·辽宁·三模）某同学为研究带电粒子的运动情况，通过仿真模拟软件设计了如图甲所示的实验，
装置由放射源、速度选择器、平行板电容器三部分组成。放射源P 靠近速度选择器，能沿水平方向发射出
不同速率的某种带电粒子，其中某速率的带电粒子能恰好做直线运动通过速度选择器，并沿平行于金属板
A、B 的中轴线
射入板间。已知速度选择器中存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，
电场强度为E，磁感应强度为B．平行板电容器的极板A、B 长为L，两板间加有如图乙所示的交变电压。
不计粒子重力及相互间作用力，忽略边缘效应，以下说法中正确的是（ ）
A．从P 点射出的粒子一定带正电
B．只增大速度选择器中的电场强度E，仍能沿中轴线
射入平行板电容器的粒子，通过A、B 板的
时间不变
C．若
时刻粒子恰好沿
方向进入平行板电容器，则粒子飞出平行板电容器的方向不可能沿
方向
D．若t=0 时刻沿
进入平行板电容器的粒子离开电容器时方向也平行于
，则
【答案】D
【详解】A．无论粒子带正电还是负电都可以满足电场力和洛伦兹力平衡，因此不能确定粒子一定带正电，
A 错误；
B．根据粒子通过速度选择器的速度
增大电场强度E，速度也会增大，根据通平行板电容器的时间
可知，时间会减小，B 错误；
C．在
时刻进入电容器的粒子，在交变电场中经
时飞出的粒子，运动方向平行
于
，C 错误；
D．粒子在电容器中运动的时间
若粒子离开电容器时方向仍平行于
，则说明粒子在电容器中运动的时间是交变电压周期T 的整数倍，
即
，则
，D 正确。
故选D。
3．（2025·内蒙古包头·二模）如图所示，水平面上方有水平向左的匀强电场，电场强度
，一个质
量为
、电量为
的带正电微粒从距离水平面
处水平抛出，抛出速度
，不计空气阻力，重力
加速度
。微粒运动过程中下列说法正确的是（ ）
A．微粒做非匀变速运动
B．微粒抛出到落地的时间是
C．微粒运动过程到动能最小时所用的时间是
D．微粒运动过程中动能最小时距离地面的高度为
【答案】D
【详解】A．微粒受到电场力和重力作用，由于电场力和重力均为恒力，微粒受到的合力恒定不变，加速
度恒定不变，微粒做匀变速运动，故A 错误；
B．竖直方向微粒做自由落体运动，则有
可得微粒抛出到落地的时间为
故B 错误；
CD．设微粒受到的合力与竖直方向的夹角为
，如图所示
可得
，
解得
将微粒的运动分解为垂直合力方向与沿合力方向两个分运动，当沿合力方向分速度减为0 时，微粒的速度
最小，动能最小，则微粒运动过程到动能最小时所用的时间为
此时微粒下落的高度为
即微粒运动过程中动能最小时距离地面的高度为
故C 错误，D 正确。
故选D。
4．（2025·内蒙古·模拟预测）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
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
【详解】AB．设两个带电小球间距为r，由动能定理可知
则
图像的斜率表示合外力，则
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，则斜率
逐渐减小，故AB 不符合题意；
CD．由
图像的斜率表示库仑力，则
所以在乙沿x 轴加速下滑过程中，库仑力逐渐增大，
图像的斜率逐渐增大，故C 不符合题意，D 符合
题意。
故选D。
5．（2024·吉林长春·模拟预测）如图所示为两个电荷量均为
的带电小球A 和B（均可视为质点），球
A 固定在
点的正下方
处，球B 用长为
的细线悬挂在
点，静止时，细线与竖直方向的夹角为
。
已知静电常量为
，重力加速度为
，下列说法正确的是（ ）
A．B 的质量为
B．B 的质量为
C．
点处的电场强度的大小为
D．
点处的电场强度的大小为
【答案】C
【详解】AB．对B 受力分析，如图所示
由几何关系可知，三个力之间的夹角均为
，则有
又
则B 质量为
故AB 错误；
CD．根据点电荷电场强度公式，A、B 在O 点产生的电场强度大小都为
又两电场强度方向间夹角为
，结合平行四边形定则得O 点处的电场强度的大小为
故C 正确，D 错误。
故选C。
6．（2024·吉林·二模）一个封闭绝缘环由两个直径相同的半圆环
、
和两段直杆AB、DE 组成，
是矩形，封闭环固定在绝缘水平面上，
段和
段分别均匀分布等量的异种电荷，在环的
中心O 垂直水平面固定一根粗细均匀的粗糙绝缘杆，一只带正电的小球套在杆上，从P 点由静止释放，小
球向下运动，在小球从P 点运动到O 点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球的电势能越来越大
B．小球受到的摩擦力越来越大
C．小球运动的加速度越来越大
D．小球的动能一定越来越大
【答案】B
【详解】A．将封闭环上的电荷看成是由若干组等量异种电荷组成，根据电场的叠加可知，绝缘杆所在处
的电场方向与杆垂直且从上向下电场强度越来越大，根据等量异种电荷的电势分布可知小球向下运动过程
中，电势能不变，A 错误；
B．电场力越来越大，正压力越来越大，滑动摩擦力越来越大，B 正确；
CD．由于有摩擦力，小球可能先做加速运动后做减速运动，即可能加速度先减小后增大，速度先增大后减
小，则动能可能先增大后减小，CD 错误。
故选B。
7．（2025·吉林白城·模拟预测）现代仪器中常用电磁场控制带电粒子的轨迹，如图所示，空间中xOy 直角
坐标系，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为
、B，其中
，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场．
时刻，一比荷为
的带正电粒子，从坐标
为
的A 点处以初速度
沿x 轴正方向射出，恰好从O 点射入磁场，不计粒子重力，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)要使粒子不再返回电场中，k 的取值范围；
(3)若
，则粒子从x 轴上方经过x 轴的时刻。
【答案】(1)
(2)
(3)
[或
]
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，则有
，
由牛顿第二定律则有
联立解得
（2）粒子到达
点时，沿
轴负方向的速度
粒子在
点的速度
且与
轴正方向夹角
粒子在第Ⅳ象限内有
解得
粒子在第Ⅰ象限内有
粒子恰好不再返回电场时，由几何关系得
联立解得
故
的取值范围为
（3）粒子在电场中运动的时间
粒子在第Ⅳ象限内有
粒子在第Ⅰ象限内有
故粒子在磁场中从
轴上方经过
轴的时间
故粒子从
轴上方经过
轴的时刻
解得
[或
]
8．（2025·吉林松原·模拟预测）如图所示为一中空长方体形管，
、
、
，
为管的中轴线，管内分布着沿中轴线
方向的匀强电场，电场强度大小为
。带电粒子与管内壁
发生碰撞时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后沿管壁切向分速度不变，垂直管壁方向分速度大小不变、
方向相反。一质量为
、电荷量为
的带正电粒子以垂直于中轴线
方向的速度
从
点沿
轴方向射
出，不计粒子的重力。
(1)求带电粒子从
点出发与管壁发生碰撞后第一次经过中轴线
（带电粒子仍在长方体形管内）时的速
度
大小；
(2)调整带电粒子的射出方向（仍垂直于
）和管内匀强电场的大小，大小未知，发现在管中碰撞次数最
少的粒子恰好能从
点离开长方体形管，且速度方向与
轴成
角，求匀强电场的大小和带电粒子在管
中与管壁碰撞的次数；
(3)在（2）的条件中若将该长方体形管替换为它的外接圆柱体管（图中未画），其他条件不变，若粒子第
一次经过中轴线
时撤去电场，并立即换成与电场方向相同的匀强磁场，磁感应强度大小为
，
求带电粒子第4 次经过中轴线时（带电粒子仍在圆柱形管内）的位置与
点之间的距离。
【答案】(1)
(2)
，6 (3)
【详解】（1）因为粒子与管壁碰撞后沿管壁切向分速度不变，垂直管壁方向分速度大小不变、方向相反，
则带电粒子从
点出发与管壁发生碰撞后第一次经过中轴线
的过程中，在垂直于中轴线
方向上有
在沿中轴线方向上有
，
联立解得
（2）在管中碰撞次数最少的粒子一定是
面内沿着对角线射出的粒子，因为需要走
后才能与管壁
相撞，而每一次经过中轴线
需要往返
，假设粒子在进出中空长方体形管的过程中与管壁碰撞
次，
在垂直于中轴线方向上有
在沿中轴线方向上有
，
粒子在垂直于中轴线
的面内的分速度大小始终为
，从
点离开长方体形管时的速度方向与
轴成
37°角，则
解得
沿中轴线方向上有
联立解得
，
（3）长方体形管替换为它的外接圆柱体管，截面半径为
在电场中加速的过程中有
，
，
联立可得，带电粒子第一次经过中轴线时沿轴线方向前进的距离为
，
此后，在垂直于中轴线方向，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
解得
，
粒子从第1 次经过中轴线到第4 次经过中轴线的过程，垂直中轴线方向的运动轨迹如图所示
根据几何关系可得，此过程中粒子做圆周运动转过的圆心角为
，所用时间为
此过程粒子沿中轴线方向前进的距离为
则带电粒子第四次经过中轴线时的位置与
点之间的距离为
（建议用时：30 分钟）
9．（2025·黑龙江佳木斯·模拟预测）某种类型的示波管工作原理如图所示，电子先经过电压为
的直线
加速电场，再垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏移量为h，两平行板之间的距离为d，电压为
，
板长为L，把
叫示波器的灵敏度，下列说法正确的是（ ）
A．电子在加速电场中动能增大，在偏转电场中动能不变
B．电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于
C．当
、L 增大，d 不变，示波器的灵敏度一定减小
D．当L 变为原来的两倍，d 变为原来的4 倍，
不变，示波器的灵敏度不变
【答案】D
【详解】A．电子在加速电场和偏转电场中，电场力均对电子做正功，电子动能均增大，故A 错误；
B．电子在加速电场中，有
解得
电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于
，故B 错误；
C．电子在偏转电场中，有
结合
联立可得
可知当
、L 增大，d 不变，示波器的灵敏度可能增大、可能减小、还可能不变，故C 错误；
D．根据
，可知当L 变为原来的两倍，d 变为原来的4 倍，
不变，示波器的灵敏度不变，故D
正确。
故选D。
10．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图所示，竖直平面内有固定的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向
平行于轨道平面水平向右，P、Q 分别为轨道上的最高点和最低点，M、N 是轨道上与圆心O 等高的点。质
量为m、电荷量为q 的带正电的小球在P 处以速度
水平向右射出，恰好能在轨道内做完整的圆周运动，
已知重力加速度大小为g，电场强度大小
。则下列说法中正确的是（ ）
A．在轨道上运动时，小球动能最大的位置在Q 点
B．经过M、N 两点时，小球所受轨道弹力大小的差值为
C．小球在Q 处以速度
水平向右射出，也能在此轨道内做完整的圆周运动
D．在轨道上运动时，小球机械能最小的位置在N 点
【答案】D
【详解】A．电场力和重力的合力为
方向右下方，与水平方向45°，所有动能最大点在QM 圆弧的中点，A 错误；
B．在N 点，则有
在M 点，则有
根据动能定理，则有
可解得
B 错误；
C．PN 圆弧的中点即为速度最小点，从P 点出发恰好到达速度最小点，所以相同的速度从Q 点出发，无法
到达速度最小点，C 错误；
D．机械能最小意味着电势能最大，N 点电势最高，电势能最大，D 正确。
故选D。
11．（2023·内蒙古包头·二模）在电子技术中，静电透镜是利用静电场使电子束汇聚或发散的一种装置，
其中某部分静电场的分布如图所示。虚线表示这个静电场在
平面内的一簇等势线，等势线形状相对于
轴、
轴对称。等势线的电势沿x 轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等。当一个电子经过P 点
（-x0，y0）时，速度与x 轴平行大小为
，如图。该电子通过电场区域时仅在
轴上方运动。在通过电场
区域（-x0，x0）过程中，下列说法正确的是（ ）
A．通过y 轴时速率小于
B．在x 轴左右两侧运动的时间是
C．图示的电子到达
时速度水平向右
D．从P 点到y 轴和从y 轴到
的过程中，电场力做功相等
【答案】B
【详解】A．根据
由于等势线的电势沿x 轴正向增加，则有
可知
即通过y 轴时速率大于
，A 错误；
B．由于电场线与等势线垂直，且沿电场线电势逐渐降低，由此可判断Ox 轴上方区域y 轴左侧各点的场强
方向斜向左上方，y 轴右侧各点的场强方向斜向左下方，电子运动过程中，受到的电场力的水平分力沿x
轴正方向，与初速方向相同，因此，电子在x 方向上的分运动是加速运动，根据空间对称性，电子从
运动到
过程中，在y 轴左侧运动时间比在y 轴右侧运动的时间长，既有
B 正确；
C．根据上述可知，电子受到电场力的竖直方向的分力先沿y 轴负方向，后沿y 轴正方向，因此电子在y 方
向上的分运动是先向下加速后向下减速，但由于时间的不对称性，减速时间比加速时间短，所以，当
时，竖直方向分速度没有减为0，即
的方向应仍然沿y 轴负方向，而水平方向一直做加速运动，可
知，图示的电子到达
时速度斜向右下方，C 错误；
D．令P 关于y 轴对称的点为
，根据上述结合题意可知电子竖直方向一直靠近x 轴运动，则图形可知电
子运动到
时的电势小于
点的电势，可知
根据
可知，从P 点到y 轴电场力做功大于从y 轴到
的过程中电场力做功，D 错误。
故选B。
12．（2025·内蒙古乌兰察布·二模）如图所示，以过P 点的竖直线为界，空间中存在水平向左的匀强电场
和垂直于纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q 的带正电小球以一定初速度从
A 点水平向右射出，恰好由P 点沿切线无能量损失地进入半径为R 的竖直光滑固定圆管轨道（小球直径与
圆管内径相同且两者忽略不计），轨道圆心为O 点，最低点和最高点分别为M、N，小球从P 点进入轨道
时的动能等于从A 点射出时动能的
，小球恰好能到达圆管轨道最高点N 点，∠POM=60°，重力加速度为
g，不计空气及摩擦阻力，求
(1)小球经过M 点时，轨道下表面对小球的支持力；
(2)匀强电场的场强大小。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因小球恰好能到达圆管轨道最高点N 点，故小球在N 点的速度为0
对M 到N，由动能定理
解得
在M 点，小球受重力，洛伦兹力和支持力，由牛顿第二定律
解得
（2）对P 到M，由动能定理
解得
在P 点，把
水平竖直分解
得
，
对A 到P，水平方向有
，
竖直方向有
依题意，
则有
综上，解得
13．（2025·内蒙古包头·二模）如图，在平面直角坐标系
上，
区域有垂直于纸面（
平
面）向里、磁感应强度大小为
的匀强磁场；
区域有沿
轴负向的匀强电场，电场强度大小为
。
一带电粒子从坐标为（
，0）的
点处由静止释放，由
点入射到磁场中，在磁场另一侧的点射出，
粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于
轴的接收屏上的
点，
与屏的距离为
。若在磁场
右边界和接收屏之间再加上电场强度大小为
的匀强电场，方向垂直于
且与
轴负方向夹角为
，
则粒子将在
平面运动并垂直打在接收屏上的
点。粒子的重力不计，不考虑相对论效应。求：
(1)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；
(2)求带电粒子比荷的绝对值
；
(3)从释放到运动至Q 点所用的时间。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）从
到，粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
根据几何关系有
解得
则粒子做圆周运动的半径
（2）从
到
过程，根据动能定理
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力
可得
则
（3）从
到
过程，根据牛顿第二定律
根据运动学公式
解得
从
到，粒子在磁场中运动的周期
粒子在磁场中运动的时间
从到
，粒子做类平抛运动，根据几何关系
根据牛顿第二定律
得
从释放到运动至Q 点所用的时间
14．（2025·辽宁·模拟预测）空间存在着竖直方向的电场，取竖直向上为正方向，沿竖直方向建立
轴，
轴上的电势
与位置坐标
关系的图像如图所示。已知重力加速度
取
，现将质量为0.2kg，电
荷量为0.5C 的带正电小球在
处由静止释放，则下列说法正确的是（ ）
A．小球释放僢间，其加速度大小为
B．小球运动过程中动能的最大值为7.5J
C．若取
处为重力势能的零势能点，则小球运动过程中重力势能最大为5J
D．小球从由静止释放到第一次回到释放位置所用时间为
【答案】D
【详解】A．由图像分析可知，
轴负半轴的电场为匀强电场，方向竖直向上，根据
图像的斜率表示
电场强度大小，可得
根据牛顿第二定律，可得小球在
轴负半轴的加速度为
故A 错误；
B．
轴正半轴的电场也为匀强电场，方向竖直向下，根据
图像的斜率表示电场强度大小，可得
根据牛顿第二定律，可得小球在
轴正半轴的加速度为
小球在
处的速度最大，由动能定理可知
解得动能的最大值为
故B 错误；
C．设小球上升的最大高度为
，则有
解得
所以小球运动过程中重力势能最大为
故C 错误；
D．小球向上加速的时间为
小球向上减速的时间为
所以小球从静止释放到第一次回到释放位置的时间为
故D 正确。
故选D。
15．（2025·黑龙江·一模）如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场，一质量m=20g、电荷量
的小球以大小v0=20m/s 的初速度与水平方向成θ=30°的夹角由K 点斜向上射出，小球由K 点
运动至最高点P（图中未画出）时，其机械能的增加量为13J。取g=10m/s2，忽略空气阻力。下列说法正确
的是（ ）
A．由K 至P，小球的电势能增加了13J
B．由K 至P，小球的重力势能增加了4J
C．小球在P 点的速度大小为40m/s
D．电场强度的大小为
【答案】C
【详解】A．由K 至P，小球的机械能的增加量为13J，则电场力做了13J 正功，小球的电势能减少了
13J，故A 错误；
B．小球竖直方向上的初速度
小球竖直方向上受重力作用，则小球竖直方向的分运动为竖直上抛运动，则由K 点运动至最高点P 的时间
为
上升的高度
由K 至P，小球的重力势能增加了
故B 错误；
C．取K 点所在水平面重力势能为零，由K 至P，根据已知条件可得
解得
故C 正确；
D．小球水平方向做匀加速直线运动，在K 点水平分速度为
由于P 点是最高点，此时竖直分速度为零，水平分速度为v，根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得
解得
故D 错误。
故选C。
16．（2025·黑龙江·一模）如图所示，一个电容为C 的平行板电容器与恒压电源相连，平行板电容器极板
长度为d，极板间距离也为d。一电荷量为q、质量为m 的粒子以平行于极板的速度v0贴近上极板从左侧进
入电场，恰好能从两极板间的中点射出。不计粒子所受重力，忽略电容器两极板的边缘效应。下列说法正
确的是（ ）
A．粒子带负电
B．带电粒子射出电场时的速度大小为2v0
C．若将下极板上移
，则粒子恰好紧贴下极板右侧射出
D．若断开开关后将下极板上移
，则粒子穿过平行板电容器的过程中电势能减少了
【答案】D
【详解】A．由粒子的运动可知，粒子所受电场力垂直于极板向下，因电场方向垂直于极板向下，所以粒
子带正电，故A 错误；
B．粒子在两极板间做类平抛运动，射出电场时速度的方向延长线过上极板的中点，即速度方向与极板成
角，所以，带电粒子射出电场时的速度大小为
，故B 错误；
C．若将下极板上移
，则两极板间的场强变为原来的2 倍，粒子的加速度变为原来的2 倍，假设粒子能
够射出电场，则粒子在两极板间运动的时间不变，垂直极板方向发生的位移变为原来的2 倍，所以粒子必
将打在下极板上，故C 错误；
D．若断开开关后将下极板上移
，根据
，
，
得
若电容器两极板与电源断开，则
不变，若只改变两极板间的距离则两极板间的场强不变。
则粒子的运动轨迹不变，即粒子穿过平行板电容器的过程中动能增加了
，因粒
子只受电场力，动能与电势能总和不变，所以电势能的减少量等于动能的增加量，即电势能减少了
，
故D 正确。
故选D。
（建议用时：40 分钟）
17．（2024·辽宁大连·二模）如图所示，空间存在与
平面平行的匀强电场，电场强度大小为
。一
个质量为m、电荷量为q 的带正电的小球从x 轴上的A 点以某一初速度出发，小球运动中经过y 轴上的B
点和x 轴上的C 点。已知D 点为x 轴上一点，直线BD 为小球运动轨迹的对称轴，
，
，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．A 点的电势可能低于C 点的电势
B．小球经过B 点时的速度大小为
C．小球的加速度大小为
D．带电小球在C 点的动能为
【答案】D
【详解】AC．依题意，直线BD 为小球运动轨迹的对称轴，则小球所受合力方向沿BD 方向，其中重力方
向竖直向下，由几何关系，可得
解得
又
可知电场力方向与BD 垂直，如图所示
根据沿电场方向，电势降低，可知A 点的电势高于C 点的电势。由力的合成与分解，可得
解得
故AC 错误；
B．由轨迹可知，小球从B 点到C 点做类平抛运动，有
解得
故B 错误；
D．小球从B 点到C 点，根据动能定理，可得
解得
故D 正确。
故选D。
18．（2024·辽宁·模拟预测）在茶叶生产过程中有道茶叶、茶梗分离的工序，如图所示，A、B 两个带电球
之间产生非匀强电场，茶叶茶梗都带正电荷，且茶叶的比荷
小于茶梗的比荷，两者通过静电场便可分离，
并沿光滑绝缘分离器落入小桶。假设有一茶梗
电荷量为
，质量为
，以
的速度离开
A 球表面
点，最后落入桶底，
点电势为
，距离桶底高度为
，桶底电势为零。不计空气阻
力、茶叶茶梗间作用力及一切碰撞能量损失，重力加速度
取
，则（ ）
A．
处的电场强度小于
处的电场强度，
处的电势低于
处的电势
B．茶叶落入右桶，茶梗落入左桶
C．茶梗
落入桶底速度为
D．茶梗
落入桶底速度为
【答案】C
【详解】A．电场线分布的密集程度表示电场强弱，M 处电场线分布比N 处电场线稀疏一些，则M 处电场
强度小于N 处电场强度，且沿着电场线方向电势降低，故
处的电势高于
处的电势，故A 错误；
B．根据牛顿第二定律有
解得
由于茶叶、茶梗带正电，则电场力产生的加速度方向整体向右，由于茶叶的比荷
小于茶梗的比荷，可知
茶叶所受电场力产生的加速度小于茶梗所受电场力产生的加速度，即在相等时间内，茶叶的水平分位移小
于茶梗的水平分位移，可知，茶叶落入左桶，茶梗落入右桶，故B 错误；
CD．对茶梗进行分析，根据动能定理有
其中
解得
故C 正确，D 错误。
故选C。
19．（2025·吉林长春·模拟预测）示波器能显示周期性变化的电压的波形，其核心部件为示波管，示波管
的结构示意图如图甲所示：电子枪持续释放电子，经过加速电场后，沿中轴线依次经过两对偏转电极后，
打在荧光屏上形成亮斑。在两对偏转电极上均不加电压时，亮斑出现在屏光屏的中心O 点，若在两对偏转
电极上加上极性、数值不同的电压时，电子束偏转后，亮斑会出现在荧光屏的其它位置。示波管简化示意
图如图乙所示，电极均为边长为L 的正方形，极板间距均为d，
电极的右边缘与
电极的左边缘的距
离为2L，
电极的右边缘与荧光屏的距离为3L。已知电子的电荷量为e，质量为m，电子从电子枪出来
的初速度、电子所受的重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，不考虑相对论效应及极板外的电场。
若加速度电场的电压为
。
(1)求电子经加速电场加速后获得的速度的大小v；
(2)
间不加电压，电子能飞出
电极且能从
间电场右边缘射出，求
两极间所加电压
应满足
的条件；
(3)
间加恒定电压U（Y 接正），
间加恒定电压
（X 接正），电子最终在荧光屏上的亮斑出现在
第一象限的角平分线上，求
；
(4)在电极
间加周期性变化的电压
，同时在电极
间加周期性变化的电压
，两周期性电压随
时间变化的图像如图丙所示，电子都能飞出两个偏转电场，每个电子通过电场区域的时间远小于周期性电
压的周期，荧光屏上有如图丁所示的方格，正方形方格的边长为a，荧光屏上的亮斑在
方向上的偏离中
心O 点的最大距离为3a，在
方向上的偏离中心O 点的最大距离为4a，在图丁上画出屏光屏上光班运
动的轨迹。（不要求计算和论证，作出图即可）。
【答案】(1)
(2)若
，则
；若
，则
(3)
(4)见解析
【详解】（1）在加速过程，根据动能定理有
解得
（2）
两极间所加电压为
，在两极之间运动时间
在
两极间的偏转距离为
电子能从
两极间飞出，则有
解得
电子能从
间电场右缘边射出，则有
解得
则
应满足的条件为：若
，则
；
若
，则
（3）电子束在两对电极间的偏移量分别为
和
，则有
，
亮斑在荧光屏上的偏移量分别为
和
，则有
，
又
解得
（4）画出屏光屏上光班运动的轨迹，如图所示
20．（2025·吉林通化·二模）如图所示，光滑水平地面上方
处存在宽度
、方向竖直向上，大小
匀强电场区域。质量
、长为
的水平绝缘长木板静置于该水平面，且长木板最
右侧与电场边界D 重合。某时刻质量
、带电量
的可视为质点的滑块以初速度
从长木板左端水平滑入，一段时间后，滑块离开电场区域。已知长木板与滑块的动摩擦因数
，重力加速度大小为
。求：
(1)滑块刚进电场时，长木板的速度大小；
(2)滑块在电场中的运动时间，及全过程的摩擦生热。
【答案】(1)1m/s (2)
，6J
【详解】（1）滑块刚进电场前，对长木板根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
对滑块根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
滑块进入电场前，对滑块有
，
解得滑块进入电场时的速度、滑行时间分别为
，
在时间
内，对木板有
所以滑块刚进电场时，长木板的速度大小为
。
（2）滑块进入电场后经过时间
滑块与木板同速，设共同速度为v，滑块与木板组成的系统动量守恒，则
有
解得
对滑块分析，由动量定理可得
解得
在时间
和
内滑块的总位移为
滑块与木板同速后一起匀速运动，滑块在电场中匀速运动的时间为
所以滑块在电场中的运动时间为
由能量守恒定律得，全过程中摩擦产生的热量为
21．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）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不同初速度同时水平抛出，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，两个小球可视为质点，下列判断正确的是（ ）
A．如果A 球带正电，则A 球的初速度一定较小
B．如果B 球带正电，则A 球的初速度一定较大
C．如果A 球带负电，则A 球运动时间一定较长
D．如果B 球带负电，则A 球运动时间一定较短
【答案】A
【详解】A．若A 带正电，对A 进行分析有
，
解得
此时对B 进行分析有
，
解得
其中
可知
，故A 正确；
B．若B 带正电，对B 进行分析有
，
解得
此时对A 进行分析有
，
解得
其中
可知两小球的初速度大小关系不能够确定，故B 错误；
C．若A 带负电，对A 进行分析有
解得
此时对B 进行分析有
解得
其中
可知两小球的运动时间大小关系不能够确定，故C 错误；
D．若B 带负电，对B 进行分析有
解得
此时对A 进行分析有
解得
其中
可知
即如果B 球带负电，则A 球运动时间一定较长，故D 错误。
故选A。
22．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）长为
的绝缘轻细线一端连接质量为
、电荷量为
的带正电小球，
另一端固定在光滑绝缘水平桌面上的
点，整个空间内存在着平行于桌面的匀强电场，带电小球恰好能在
桌面内沿顺时针做圆周运动，俯视图如图甲所示，
为轨迹圆的一条直径。以
点为起始点，小球运动
过程中的电势能
与小球运动的路程之间的关系如图乙所示，其中
。下列说法正确的是（ ）
A．小球做简谐运动
B．B．从
点到
点电场力对小球不做功
C．小球运动过程中速度的最小值为
D．小球运动过程中所受细线拉力的最大值为
【答案】C
【详解】A．带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动，则小球做圆周运动，故A 错误；
B．由图像乙可知当小球运动
时，转过的角度
电势能最大，则圆周上电势能最大的位置即为该
点，垂直于该点的切线方向，如下图所示即为电场线方向，小球转过
的位置所在的直径与圆周的交点
为同一等势面上的点（图中虚线
为等势线）。
可知小球转过
的过程中
电场强度的大小
由对称性可知
点的电势
从
点到
点电场力对小球做功
故B 错误；
C．带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动，在运动到
的位置取得速度的最小值，此时电场力
提供小球做圆周运动的向心力，即
解得
故C 正确；
D．小球运动过程中所受细线拉力的最大值在运动到
的位置取得，此时速度也最大。根据动能定理
在该点处合外力提供向心力，即
解得
故D 错误。
故选C。
23．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）在平行于纸面的匀强电场中，质量为
、电荷量为
的小球，仅在重力
和电场力的作用下，由静止释放，沿斜向下做直线运动，轨迹与竖直方向的夹角为
，重力加速度g，下
列说法正确的是（ ）
A．电场方向可能水平向左
B．电场强度的最小值为
C．小球的电势能不可能增加
D．小球的机械能可能增加
【答案】D
【详解】B．带电小球受重力mg、电场力F，小球运动轨迹为直线，那么小球受力的合力也必定沿运动轨
迹直线斜向下，由力合成的三角形定则求合力，如图所示
由解析图可知，当电场力F 与小球运动轨迹直线垂直时，电场力F 最小，场强最小，则有F=qEmin=mgsinθ
解得
故B 错误；
A．小球带正电，受电场力方向只能向右侧，所以电场方向不可能向左，故A 错误；
CD．当电场力方向与速度方向夹角
为某一钝角时，如图所示
电场力做负功，小球机械能减小，电势能增加，
为锐角时，电场力做正功，小球机械能增加，电势能减
小，故C 错误，D 正确。
故选D。
24．（2025·黑龙江·二模）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】A
【详解】A．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
，根据
牛顿第二定律可得
垂直电场方向的位移为
平行电场方向的位移为
根据几何关系有
联立解得
故A 正确；
B．水平速度为
竖直方向速度为
则到到达
连线上某点速度为
故B 错误；
C．水平位移为
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C 错误；
D．速度方向与竖直方向的夹角正切值为
则夹角不等于
，故D 错误。
故选A。
