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重难突破10　带电粒子（体）在电场中运动的综合问题
1.（2025·江苏苏州期末）如图甲所示，某多级直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙所示交变电源两极相连。t＝0时，位于金属圆板（序号为0）中央的电子，由静止开始加速。电子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（　　）
A.圆筒内部电场强度大小随序号增大而减小
B.电子在各圆筒中做匀加速直线运动
C.电子在各圆筒中运动的时间都为T
D.各圆筒的长度之比可能为1∶∶…
2.〔多选〕（2025·江西宜春期中）如图所示，在相距较远的两平行金属板中央有一个静止的带电粒子（不计重力），当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，在t＝0时刻静止释放该粒子，下列说法正确的是（　　）
A.电压如图甲所示时，在0～T时间内，粒子始终朝同一方向运动
B.电压如图乙所示时，在0～时间内，粒子先做匀减速运动，后做匀加速运动
C.电压如图丙所示时，在0～时间内，粒子动量变化量为0
D.电压如图丁所示时，若粒子在之前不能到达极板，则一直不能到达极板
3.（2025·河北石家庄模拟）图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示。质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述错误的是（　　）
A.t＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
B.t＝T时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
C.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平
D.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等
4.（2025·山西运城模拟）如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A.小球带负电
B.静电力与重力平衡
C.小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D.小球在运动过程中机械能守恒
5.（2025·河北沧州期中）中国新一代粒子研究利器“超级陶粲”装置关键技术攻关项目已经启动，静电分析器是其重要的组成部分。静电分析器的两电极之间存在如图所示的静电场，该静电场中任意一点的电场方向均沿半径方向指向圆心，大小均满足E＝（k为与装置有关的常数，r为该点到圆心O的距离）。某次实验中一组粒子由入射口P进入静电分析器HH沿轨迹Ⅰ绕圆心O做圆周运动H沿轨迹Ⅱ绕圆心O做圆周运动。下列说法正确的是（　　）
A.静电分析器中同一圆周上各点的电场强度相同
B.三种粒子的动能都相同
CH粒子在电场中的运动时间最长
DH粒子的向心力最小
6.（2025·湖北黄冈模拟）如图所示，在水平向右的匀强电场中有一个绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J。下列说法中正确的是（　　）
A.金属块带负电荷
B.金属块克服静电力做功8 J
C.金属块的电势能减少4 J
D.金属块的机械能减少12 J
7.（2025·北京西城阶段练习）如图所示为密立根油滴实验示意图。实验中要设法使带负电的油滴悬浮在电场之中。若在实验中观察到某一个带负电的油滴向下加速运动。在该油滴向下运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A.静电力做正功
B.重力和静电力的合力做负功
C.电势能逐渐增大
D.重力势能的减少量小于动能的增加量
8.〔多选〕（2025·四川成都模拟）一质量为m的带电液滴以竖直向下的初速度v0进入某电场中，由于静电力和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一段距离h后，速度变为0。在此过程中，以下判断正确的是（　　）
A.液滴一定带负电
B.合外力对液滴做的功为－m
C.液滴的电势能增加了m＋mgh
D.液滴的重力势能减少了m＋mgh
9.（2024·浙江6月选考12题）如图所示，空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R，AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为＋q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则（　　）
A.小球从A到C的过程中电势能减少
B.小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C.可求出小球运动到B点时的加速度
D.小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN
10.（2025·浙江衢州期末）如图，用一长L＝20 cm、不可伸长的绝缘轻绳将一带电小球悬挂于O点，O点离水平地面高h＝48 cm，小球质量m＝1.0×10－3 kg。加一范围足够大的水平向左的匀强电场，电场强度大小E＝3.0×105 N/C，平衡时小球静止于A点，此时轻绳与竖直方向夹角θ＝37°。现将小球拉到O点正下方B点（绳子刚好伸直），由静止释放。带电小球可视为质点，sin 37°＝0.6，求：
（1）小球所带电性和电荷量q；
（2）小球第一次经过A点时的速度大小vA；
（3）当小球第一次运动到A点时立即剪断轻绳，小球运动到与A点等高处时与A点的水平距离x。
重难突破10　带电粒子（体）在
电场中运动的综合问题
1.D　金属圆筒中电场强度为零，电子不受电场力，所以电子做匀速直线运动，故A、B错误；只有电子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故C错误；电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理neU0＝m，解得vn＝，第n个圆筒长度Ln＝vn×＝，则各金属圆筒的长度之比为1∶∶…，故D正确。
2.AD　由图甲可知粒子应朝同一方向先加速后减速，T末速度恰好减到0，不返回，故A正确；由图乙可知，根据E＝可知电场时刻在变化，则粒子受变力作用，其做非匀变速运动，故B错误；由图丙可知，0～时间内电压值始终为正，故电场力冲量之和不为零，故C错误；由图丁可知，粒子先加速，到后减速，后反向加速，若此刻该粒子一直未打到板上，那么由运动的对称性可知，T后粒子做减速运动，T时刻速度减为零，之后又反向加速……，故粒子做往复运动，故D正确。
3.B　粒子在电场中运动的时间是相同的，t＝0时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，最后离开电场区域，故t＝0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，选项A正确；t＝T时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，再反向加速，最后反向减速离开电场区域，故此时刻入射的粒子离开电场时速度方向和中线在同一直线上，选项B错误；因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时的竖直方向分速度为零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，选项C、D正确。
4.B　由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与静电力的合力为0，即静电力与重力平衡，知静电力方向竖直向上，所以小球带正电，A错误，B正确；从a→b，静电力做负功，电势能增大，C错误；由于静电力对小球做功，故小球在运动过程中机械能不守恒，D错误。
5.B　同一圆周上各点的电场强度方向不同，故A错误；由牛顿第二定律，圆周运动的向心力由静电力提供，有Eq＝m，又E＝，解得Ek＝mv2＝，由于三种粒子的电荷量相等，则其动能相同，故B正确H粒子和H粒子动能相同，但H粒子质量大，速率小HH粒子运动弧长相同H粒子在电场中的运动时间大于H粒子在电场中的运动时间，故C错误；根据静电力提供粒子做圆周运动所需的向心力，则F向＝Eq＝q，由图可知H粒子做圆周运动的半径最小，则向心力最大，故D错误。
6.D　金属块滑下的过程中动能增加了12 J，由动能定理知WG＋Wf＋WF＝ΔEk，摩擦力做功Wf＝－8 J，重力做功WG＝24 J，解得静电力做功WF＝－4 J，静电力做负功，金属块带正电荷，电势能增加了4 J，故A、B、C错误；由功能关系可知机械能的变化量ΔE＝Wf＋WF＝－12 J，即机械能减少了12 J，故D正确。
7.C　该油滴受到的静电力向上，与位移方向相反，故静电力做负功，故A错误；油滴受重力和静电力，做加速运动，动能增加，根据动能定理，合力做正功，故B错误；油滴克服静电力做功，故电势能逐渐增大，故C正确；重力势能的减小量等于重力做的功，动能增加量等于合力做的功，由于静电力做负功，故重力做功大于合力做功，故重力势能的减少量大于动能的增加量，故D错误。
8.BC　带电液滴下落h高度的过程中，根据动能定理有W电＋mgh＝0－mv2，可得W电＝－mgh－m，所以静电力做负功，则液滴的电势能增加m＋mgh，静电力方向竖直向上，电场方向向上，则液滴一定带正电，故A错误，C正确；合外力对液滴做的功为W合＝ΔEk＝0－m＝－m，故B正确；重力对液滴做的功为WG＝mgh，则液滴的重力势能减少了mgh，故D错误。
9.C　根据等量异种点电荷的电场特点可知，圆环所在平面为等量异种点电荷电场的等势面，匀强电场方向竖直向上，则小球从A到C的过程中电势升高，电势能增加，A错误；当竖直向上的电场的电场强度E满足qE＝mg时，小球沿圆环做匀速圆周运动，B错误；根据动能定理可以求得小球运动到B点的速度vB，则由an＝可以求得小球的向心加速度，根据牛顿第二定律可以求得小球的切向加速度，再根据平行四边形定则可以得到小球在B点的加速度，C正确；小球在D点要受到圆环指向圆心的力提供向心力，所以小球在D点受到圆环的作用力方向并不平行MN，D错误。
10.（1）带负电　2.5×10－8 C　（2）1 m/s　（3）0.15 m
解析：（1）小球静止于A点，可知小球受到的静电力水平向右，与电场强度方向相反，则小球带负电；根据平衡条件可得tan θ＝
解得小球的电荷量为q＝＝2.5×10－8 C。
（2）现将小球拉到O点正下方B点（绳子刚好伸直），由静止释放，到达A点时，根据动能定理可得qELsin θ－mgL（1－cos θ）＝m－0
解得小球第一次经过A点时的速度大小为vA＝1 m/s。
（3）当小球第一次运动到A点时立即剪断轻绳，球运动到与A点等高处时，竖直方向有
t＝＝0.12 s
水平方向有x＝vAcos θ·t＋at2，a＝＝g
联立解得x＝0.15 m。
4 / 4　带电粒子（体）在电场中运动的综合问题
突破点一　带电粒子在交变场中的运动
　　
1.三种常见运动
（1）粒子做单向直线运动（一般用牛顿运动定律及运动学公式求解）。
（2）粒子做往返运动（一般分段研究）。
（3）粒子做偏转运动（一般根据交变电场的特点分段研究）。
2.两条分析思路
（1）利用力和运动的关系：根据牛顿第二定律及运动学规律分析。
（2）利用能量关系：根据动能定理、功能关系、能量守恒定律等规律分析。
3.解题技巧
（1）按周期性分段研究。
（2）将a-t图像v-t图像。
〔多选〕（2025·山东淄博期末）匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，带电粒子只受静电力的作用，下列说法正确的是（　　）
A.带电粒子将始终向同一个方向运动
B.3 s末带电粒子回到原出发点
C.3 s末带电粒子的速度不为零
D.前3 s内，静电力做的总功为零
尝试解答
〔多选〕（2025·贵州贵阳一模）如图甲，水平放置长为l的平行金属板右侧有一竖直挡板。金属板间的电场强度大小为E0，其方向随时间变化的规律如图乙所示，其余区域的电场忽略不计。质量为m、电荷量为q的带电粒子任意时刻沿金属板中心线OO'射入电场，均能通过平行金属板，并打在竖直挡板上。已知粒子在电场中的运动时间与电场强度变化的周期T相同，不计粒子重力，则（　　）
A.金属板间距离的最小值为
B.金属板间距离的最小值为
C.粒子到达竖直挡板时的速率都大于
D.粒子到达竖直挡板时的速率都等于
尝试解答
突破点二　带电体在“等效重力场”中的圆周运动
1.“等效重力场”
在匀强电场和重力场的共存区域，可以将重力场与电场合二为一，称之为“等效重力场”。
2.“等效重力场”的理解
3.带电小球在“等效重力场”中两种圆周运动图例
（2025·四川绵阳期末）如图所示，可视为质点的质量为m且电荷量为q的带正电小球，用一绝缘轻质细绳悬挂于O点，绳长为L，现加一水平向右的足够大的匀强电场，电场强度大小为E＝，小球初始位置在最低点，若给小球一个水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A.小球在运动过程中机械能守恒
B.小球在运动过程中机械能不守恒
C.小球在运动过程的最小速度至少为
D.小球在运动过程的最大速度至少为5
尝试解答
空间中有竖直向上的匀强电场，电场强度E＝。绝缘圆形轨道竖直放置，O点是它的圆心、半径为R，A、C为圆轨道的最低点和最高点，B、D为与圆心O等高的两点，如图所示。在轨道A点放置一质量为m，带电荷量为＋q的光滑小球。现给小球一初速度v0（v0≠0），重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A.无论v0多大，小球都不会脱离轨道
B.只有v0≥，小球才不会脱离轨道
C.v0越大，小球在A、C两点对轨道的压力差也越大
D.若将小球无初速度从D点释放，小球一定会沿轨道经过C点
尝试解答
突破点三　电场中的功能关系
电场力做功的计算
电场中的功能关系 （1）电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加，即W＝－ΔEp。 （2）如果只有电场力做功，则动能和电势能之间相互转化，二者总和不变，即ΔEk＝－ΔEp
〔多选〕（2024·山东高考10题）如图所示，带电量为＋q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电量为＋q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知A、C间的距离为s，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　）
A.O、B间的距离l＝
B.O、B间的距离l＝
C.从A到C，静电力对小滑块做功W＝－mgs
D.A、C之间的电势差UAC＝－
尝试解答
（2025·河南林州一中月考）如图所示，在E＝103 V/m的水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，半圆轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电
场线平行，其半径R＝40 cm，一带正电荷q＝1×10－4 C的小滑块质量为m＝40 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2。
（1）要使小滑块恰好运动到半圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？
（2）在（1）的条件下释放的滑块通过P点时对轨道的压力为多大？（P为半圆轨道中点）
尝试解答
重难突破10　带电粒子（体）在
电场中运动的综合问题
【着眼“四翼”·探考点】
突破点一
【例1】 AD　带电粒子由静止释放后，在0～2 s时间内，由牛顿第二定律可知粒子的加速度大小为a1＝，在2～3 s时间内，粒子的加速度大小为a2＝，可知粒子由静止先以a1加速2 s，再以a2减速1 s，由于a2＝2a1，可知此时粒子速度是零，同理在3～5 s时间内由静止又以a1加速2 s，再以a2减速1 s，此时粒子速度是零，因此粒子在0～6 s时间内，带电粒子将始终向同一个方向运动，其速度—时间图像如图所示，A正确；由带电粒子的速度—时间图像可知，带电粒子将始终向同一个方向运动，因此3 s末带电粒子回不到原出发点，B错误；由带电粒子的速度—时间图像可知，3 s末带电粒子的速度是零，C错误；在前3 s内，由动能定理可知W＝ΔEk＝0，前3 s内，静电力做的总功是零，D正确。
【例2】 AD　在t＝T（n＝0，1，2，…）时刻进入电场的粒子在电场中的竖直位移最大，粒子在电场中运动的时间为T，则粒子在竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动，由对称性可知y＝2×a＝，金属板间距离的最小值d＝2y＝，A正确，B错误；粒子出电场时的水平速度v0＝，粒子在竖直方向运动的v-t图像如图所示，在t＝t0时刻进入电场的粒子，在t＝T＋t0时刻出电场时竖直方向的速度再次减为0，粒子出电场后做匀速直线运动，则粒子到达竖直挡板时的速率等于，C错误，D正确。
突破点二
【例3】 B　小球在运动的过程中，电场力做功，机械能不守恒，故A错误，B正确；如图所示，小球在电场中运动的等效最高点和等效最低点分别为A点和B点，等效重力G'＝mg，小球在等效最高点的最小速度v1满足G'＝m，得v1＝，故C错误；小球由等效最高点运动到等效最低点，由动能定理有G'·2L＝m－m，解得v2＝，故D错误。
【例4】 D　由题意可知小球所受静电力与重力的合力方向竖直向上，大小为F＝qE－mg＝2mg，若要使小球不脱离轨道，设其在A点所具有的最小速度为vmin，根据牛顿第二定律有F＝m，解得vmin＝，所以只有当v0≥时，小球才不会脱离轨道，故A、B错误；假设小球可以沿轨道做完整的圆周运动，在C点的速度大小为v1，根据动能定理有F·2R＝m－m，在A、C两点小球所受轨道的支持力大小分别为F0和F1，根据牛顿第二定律有F0＋F＝m，F1－F＝m，联立以上三式解得ΔF＝F1－F0＝6F＝12mg，根据牛顿第三定律可知小球在A、C两点对轨道的压力差等于12mg，与v0的大小无关，故C错误；若将小球无初速度从D点释放，由于F向上，所以小球一定能沿DC轨道经过C点，故D正确。
突破点三
【例5】 AD　小滑块在B点的加速度为零，则沿斜面方向有mgsin 30°＝cos 30°，解得l＝，A正确，B错误；小滑块从A点到C点的过程，由动能定理有W＋mgssin 30°＝0，解得静电力对小滑块做的功为W＝－，C错误；根据电场力做功与电势差的关系结合C项分析可知，A、C之间的电势差UAC＝＝－，D正确。
【例6】 （1）20 m　（2）1.5 N
解析：（1）滑块恰好能通过轨道最高点，则滑块在最高点的速度v＝＝2 m/s；滑块由释放点到最高点的过程中由动能定理得Eqs－μmgs－mg·2R＝mv2，代入数据解得s＝20 m。
（2）滑块由释放点到P点，由动能定理得Eq（s＋R）－μmgs－mgR＝m；在P点，由牛顿第二定律得FN－Eq＝，联立解得FN＝1.5 N；由牛顿第三定律可得滑块通过P点时对轨道的压力为1.5 N。
4 / 4(共51张PPT)
重难突破10
带电粒子（体）在电场中运动的综合问题
高中总复习·物理
目 录
01
着眼“四翼”·探考点
02
培养“思维”·重落实
题型 规律 方法
着眼“四翼”·探考点
突破点一　带电粒子在交变场中的运动
1. 三种常见运动
（1）粒子做单向直线运动（一般用牛顿运动定律及运动学公式求解）。
（2）粒子做往返运动（一般分段研究）。
（3）粒子做偏转运动（一般根据交变电场的特点分段研究）。
2. 两条分析思路
（1）利用力和运动的关系：根据牛顿第二定律及运动学规律分析。
（2）利用能量关系：根据动能定理、功能关系、能量守恒定律等规律
分析。
3. 解题技巧
（1）按周期性分段研究。
（2）将
〔多选〕（2025·山东淄博期末）匀强电场的电场强度E随时间t变化
的图像如图所示。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒
子，带电粒子只受静电力的作用，下列说法正确的是（　　）
A. 带电粒子将始终向同一个方向运动
B. 3 s末带电粒子回到原出发点
C. 3 s末带电粒子的速度不为零
D. 前3 s内，静电力做的总功为零
√
√
解析：带电粒子由静止释放后，在0～2 s时间内，由牛顿
第二定律可知粒子的加速度大小为a1＝，在2～3 s时间
内，粒子的加速度大小为a2＝，可知粒子由静止先以a1加速2 s，再以a2减速1 s，由于a2＝2a1，可知此时粒子速度是零，同理在3～5 s时间内由静止又以a1加速2 s，再以a2减速1 s，此时粒子速度是零，因此粒子在0～6 s时间内，带电粒子将始终向同一个方向运动，其速度—时间图像如图所示，A正确；由带电粒子的速度—时间图像可知，带电粒子将始终向同一个方向运动，因此3 s末带电粒子回不到原出发点，B错误；由带电粒子的速度—时间图像可知，3 s末带电粒子的速度是零，C错误；在前3 s内，由动能定理可知W＝ΔEk＝0，前3 s内，静电力做的总功是零，D正确。
〔多选〕（2025·贵州贵阳一模）如图甲，水平放置长为l的平行金属
板右侧有一竖直挡板。金属板间的电场强度大小为E0，其方向随时间变化
的规律如图乙所示，其余区域的电场忽略不计。质量为m、电荷量为q的带
电粒子任意时刻沿金属板中心线OO'射入电场，均能通过平行金属板，并
打在竖直挡板上。已知粒子在电场中的运动时间与电场强度变化的周期T
相同，不计粒子重力，则（　　）
A. 金属板间距离的最小值为
B. 金属板间距离的最小值为
C. 粒子到达竖直挡板时的速率都大于
D. 粒子到达竖直挡板时的速率都等于
√
√
解析：在t＝T（n＝0，1，2，…）时刻进入电场的粒子在
电场中的竖直位移最大，粒子在电场中运动的时间为T，则
粒子在竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动，由对称
性可知y＝2×a＝，金属板间距离的最小值d＝2y＝，A正确，B错误；粒子出电场时的水平速度v0＝，粒子在竖直方向运动的v-t图像如图所示，在t＝t0时刻进入电场的粒子，在t＝T＋t0时刻出电场时竖直方向的速度再次减为0，粒子出电场后做匀速直线运动，则粒子到达竖直挡板时的速率等于，C错误，D正确。
　如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的
加速电压为U0，电容器极板长L＝10 cm，极板间距d＝10 cm，下极板接
地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，荧光屏足够长，在电容器
两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图
乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程
中电压是不变的。求：
（1）在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的位置到O点的距离；
答案： 13.5 cm　
解析： 设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得eU0＝
m，设电容器间偏转电场的电场强度为E，则有E＝，设电子经时间t
通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则沿中心轴线方向有t＝，垂
直中心轴线方向有a＝，联立解得y＝at2＝＝，设电子通过偏
转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有
vy＝at，tan θ＝，则电子在荧光屏上偏离O点的距离为Y＝y＋Ltan θ＝
，由题图乙知t＝0.06 s时刻，U＝1.8U0，解得Y＝13.5 cm。
（2）荧光屏上有电子打到的区间长度。
答案： 30 cm
解析： 由题意知电子偏移量y的最大值为，根据y＝可知，当偏
转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，所以代入U＝2U0得Ymax＝
，所以荧光屏上电子能打到的区间长度为2Ymax＝3L＝30 cm。
突破点二　带电体在“等效重力场”中的圆周运动
1. “等效重力场”
在匀强电场和重力场的共存区域，可以将重力场与电场合二为一，称之为
“等效重力场”。
2. “等效重力场”的理解
3. 带电小球在“等效重力场”中两种圆周运动图例
（2025·四川绵阳期末）如图所示，可视为质点的质量为m且电荷量为
q的带正电小球，用一绝缘轻质细绳悬挂于O点，绳长为L，现加一水平向
右的足够大的匀强电场，电场强度大小为E＝，小球初始位置在最低
点，若给小球一个水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运
动，忽略空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A. 小球在运动过程中机械能守恒
B. 小球在运动过程中机械能不守恒
C. 小球在运动过程的最小速度至少为
D. 小球在运动过程的最大速度至少为5
√
解析：小球在运动的过程中，电场力做功，机械能不守
恒，故A错误，B正确；如图所示，小球在电场中运动的
等效最高点和等效最低点分别为A点和B点，等效重力G'
＝mg，小球在等效最高点的最小速度v1满足G'＝m，
得v1＝，故C错误；小球由等效最高点运动到等效最低点，由动能定理有G'·2L＝m－m，解得v2＝，故D错误。
空间中有竖直向上的匀强电场，电场强度E＝。绝缘圆形轨道竖
直放置，O点是它的圆心、半径为R，A、C为圆轨道的最低点和最高点，
B、D为与圆心O等高的两点，如图所示。在轨道A点放置一质量为m，带电
荷量为＋q的光滑小球。现给小球一初速度v0（v0≠0），重力加速度为g，
则下列说法正确的是（　　）
A. 无论v0多大，小球都不会脱离轨道
B. 只有v0≥，小球才不会脱离轨道
C. v0越大，小球在A、C两点对轨道的压力差也越大
D. 若将小球无初速度从D点释放，小球一定会沿轨道经过C点
√
解析：由题意可知小球所受静电力与重力的合力方向竖直向上，大小为F
＝qE－mg＝2mg，若要使小球不脱离轨道，设其在A点所具有的最小速度
为vmin，根据牛顿第二定律有F＝m，解得vmin＝，所以只有当
v0≥时，小球才不会脱离轨道，故A、B错误；假设小球可以沿轨道做完整的圆周运动，在C点的速度大小为v1，根据动能定理有F·2R＝m－m，在A、C两点小球所受轨道的支持力大小分别为F0和F1，根据牛顿第二定律有F0＋F＝m，F1－F＝m，联立以上三式解得ΔF＝F1－F0＝6F＝12mg，根据牛顿第三定律可知小球在A、C两点对轨道的压力差等于12mg，与v0的大小无关，故C错误；若将小球无初速度从D点释放，由于F向上，所以小球一定能沿DC轨道经过C点，故D正确。
突破点三　电场中的功能关系
电场力做功的计算
电场中的功能关系 （1）电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，
电势能增加，即W＝－ΔEp。
（2）如果只有电场力做功，则动能和电势能之间相
互转化，二者总和不变，即ΔEk＝－ΔEp
〔多选〕（2024·山东高考10题）如图所示，带电量为＋q的小球被绝
缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。
质量为m、带电量为＋q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等
高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知A、C间的距离为s，重
力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　）
A. O、B间的距离l＝
B. O、B间的距离l＝
C. 从A到C，静电力对小滑块做功W＝－mgs
D. A、C之间的电势差UAC＝－
√
√
解析：小滑块在B点的加速度为零，则沿斜面方向有mgsin 30°＝cos
30°，解得l＝，A正确，B错误；小滑块从A点到C点的过程，由动
能定理有W＋mgssin 30°＝0，解得静电力对小滑块做的功为W＝－，C
错误；根据电场力做功与电势差的关系结合C项分析可知，A、C之间的电
势差UAC＝＝－，D正确。
（2025·河南林州一中月考）如图所示，在E＝103 V/m的水平向左的
匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，半圆轨道与一水平绝缘
轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，
一带正电荷q＝1×10－4 C的小滑块质量为m＝40 g，与水平轨道间的动摩擦
因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2。
（1）要使小滑块恰好运动到半圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离
N点多远处释放？
答案： 20 m　
解析： 滑块恰好能通过轨道最高点，则滑块在最高点的速度v＝
＝2 m/s；滑块由释放点到最高点的过程中由动能定理得Eqs－μmgs－mg·2R
＝mv2，代入数据解得s＝20 m。
解析： 滑块由释放点到P点，由动能定理得Eq（s＋R）－μmgs－mgR
＝m；在P点，由牛顿第二定律得FN－Eq＝，联立解得FN＝1.5
N；由牛顿第三定律可得滑块通过P点时对轨道的压力为1.5 N。
（2）在（1）的条件下释放的滑块通过P点时对轨道的压力为多大？（P为
半圆轨道中点）
答案： 1.5 N
（2024·河北高考13题）如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘
细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周
上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对
小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q（q＞0），质量为m，A、B两
点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求：
（1）电场强度E的大小；
答案： 　
解析： A、B两点间的电势差为U，则E＝。
（2）小球在A、B两点的速度大小。
答案： 　
解析： 小球运动到A点时，由牛顿第二定律有
qE－mg＝m
解得小球在A点的速度大小vA＝
小球从A点运动到B点的过程，由动能定理有
qU－mgL＝m－m
解得小球在B点的速度大小vB＝。
培养“思维”·重落实
夯基 提能 升华
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1. （2025·江苏苏州期末）如图甲所示，某多级直线加速器由多个横截面
积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数和偶
数的圆筒分别与图乙所示交变电源两极相连。t＝0时，位于金属圆板（序
号为0）中央的电子，由静止开始加速。电子通过圆筒间隙的时间不计，
且忽略相对论效应，则（　　）
A. 圆筒内部电场强度大小随序号增大而减小
B. 电子在各圆筒中做匀加速直线运动
C. 电子在各圆筒中运动的时间都为T
D. 各圆筒的长度之比可能为1∶∶…
√
解析： 　金属圆筒中电场强度为零，电子不受电场力，所以电子做匀
速直线运动，故A、B错误；只有电子在每个圆筒中匀速运动时间为
时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故C错误；电子进入第n个圆
筒时，经过n次加速，根据动能定理neU0＝m，解得vn＝，
第n个圆筒长度Ln＝vn×＝，则各金属圆筒的长度之比为
1∶∶…，故D正确。
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2. 〔多选〕（2025·江西宜春期中）如图所示，在相距较远
的两平行金属板中央有一个静止的带电粒子（不计重力），
当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，在t＝
0时刻静止释放该粒子，下列说法正确的是（　　）
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A. 电压如图甲所示时，在0～T时间内，粒子始终朝同一方向运动
B. 电压如图乙所示时，在0～时间内，粒子先做匀减速运动，后做匀加速运动
C. 电压如图丙所示时，在0～时间内，粒子动量变化量为0
D. 电压如图丁所示时，若粒子在之前不能到达极板，则一直不能到达极板
√
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解析： 　由图甲可知粒子应朝同一方向先加速后减速，T末速度恰好减
到0，不返回，故A正确；由图乙可知，根据E＝可知电场时刻在变化，则
粒子受变力作用，其做非匀变速运动，故B错误；由图丙可知，0～时间
内电压值始终为正，故电场力冲量之和不为零，故C错误；由图丁可知，
粒子先加速，到后减速，后反向加速，若此刻该粒子一直未打到板上，
那么由运动的对称性可知，T后粒子做减速运动，T时刻速度减为零，之
后又反向加速……，故粒子做往复运动，故D正确。
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3. （2025·河北石家庄模拟）图甲为两水
平金属板，在两板间加上周期为T的交变
电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙
所示。质量为m、重力不计的带电粒子以
初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述错误的是（　　）
A. t＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
B. t＝T时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
C. 无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平
D. 无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等
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解析： 　粒子在电场中运动的时间是相同的，t＝0时入射的粒子，在竖直
方向先加速，然后减速，最后离开电场区域，故t＝0时入射的粒子离开电
场时偏离中线的距离最大，选项A正确；t＝T时入射的粒子，在竖直方向
先加速，然后减速，再反向加速，最后反向减速离开电场区域，故此时刻
入射的粒子离开电场时速度方向和中线在同一直线上，选项B错误；因粒
子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据动量定理，竖直方向
电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时的竖直方向分速度为
零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速
度，选项C、D正确。
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4. （2025·山西运城模拟）如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不
可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在
竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则
下列说法正确的是（　　）
A. 小球带负电
B. 静电力与重力平衡
C. 小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D. 小球在运动过程中机械能守恒
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解析： 　由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与静电力的
合力为0，即静电力与重力平衡，知静电力方向竖直向上，所以小球带正
电，A错误，B正确；从a→b，静电力做负功，电势能增大，C错误；由于
静电力对小球做功，故小球在运动过程中机械能不守恒，D错误。
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5. （2025·河北沧州期中）中国新一代粒子研究利器“超级陶粲”装置关
键技术攻关项目已经启动，静电分析器是其重要的组成部分。静电分析器
的两电极之间存在如图所示的静电场，该静电场中任意一点的电场方向均
沿半径方向指向圆心，大小均满足E＝（k为与装置有关的常数，r为该点
到圆心O的距离）。某次实验中一组粒子由入射口P进入静电分析器
HH沿轨迹Ⅰ绕圆心O做圆周运动H沿轨迹Ⅱ绕圆心O做圆周运
动。下列说法正确的是（　　）
A. 静电分析器中同一圆周上各点的电场强度相同
B. 三种粒子的动能都相同
CH粒子在电场中的运动时间最长
DH粒子的向心力最小
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解析： 　同一圆周上各点的电场强度方向不同，故A错误；由牛顿第
二定律，圆周运动的向心力由静电力提供，有Eq＝m，又E＝，解
得Ek＝mv2＝，由于三种粒子的电荷量相等，则其动能相同，故B正
确H粒子和H粒子动能相同，但H粒子质量大，速率小
HH粒子运动弧长相同H粒子在电场中的运动时间大于H
粒子在电场中的运动时间，故C错误；根据静电力提供粒子做圆周运动
所需的向心力，则F向＝Eq＝q，由图可知H粒子做圆周运动的半
径最小，则向心力最大，故D错误。
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6. （2025·湖北黄冈模拟）如图所示，在水平向右的匀强电场中有一个绝
缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中
动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J。下列说法中正
确的是（　　）
A. 金属块带负电荷
B. 金属块克服静电力做功8 J
C. 金属块的电势能减少4 J
D. 金属块的机械能减少12 J
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解析： 　金属块滑下的过程中动能增加了12 J，由动能定理知WG＋Wf＋
WF＝ΔEk，摩擦力做功Wf＝－8 J，重力做功WG＝24 J，解得静电力做功WF
＝－4 J，静电力做负功，金属块带正电荷，电势能增加了4 J，故A、B、C
错误；由功能关系可知机械能的变化量ΔE＝Wf＋WF＝－12 J，即机械能减
少了12 J，故D正确。
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7. （2025·北京西城阶段练习）如图所示为密立根油滴实验示意图。实验
中要设法使带负电的油滴悬浮在电场之中。若在实验中观察到某一个带负
电的油滴向下加速运动。在该油滴向下运动的过程中，下列说法正确的是
（　　）
A. 静电力做正功
B. 重力和静电力的合力做负功
C. 电势能逐渐增大
D. 重力势能的减少量小于动能的增加量
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解析： 　该油滴受到的静电力向上，与位移方向相反，故静电力做负
功，故A错误；油滴受重力和静电力，做加速运动，动能增加，根据动能
定理，合力做正功，故B错误；油滴克服静电力做功，故电势能逐渐增
大，故C正确；重力势能的减小量等于重力做的功，动能增加量等于合力
做的功，由于静电力做负功，故重力做功大于合力做功，故重力势能的减
少量大于动能的增加量，故D错误。
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8. 〔多选〕（2025·四川成都模拟）一质量为m的带电液滴以竖直向下的初
速度v0进入某电场中，由于静电力和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一
段距离h后，速度变为0。在此过程中，以下判断正确的是（　　）
A. 液滴一定带负电
B. 合外力对液滴做的功为－m
C. 液滴的电势能增加了m＋mgh
D. 液滴的重力势能减少了m＋mgh
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解析： 　带电液滴下落h高度的过程中，根据动能定理有W电＋mgh＝0
－mv2，可得W电＝－mgh－m，所以静电力做负功，则液滴的电势能
增加m＋mgh，静电力方向竖直向上，电场方向向上，则液滴一定带正
电，故A错误，C正确；合外力对液滴做的功为W合＝ΔEk＝0－m＝－
m，故B正确；重力对液滴做的功为WG＝mgh，则液滴的重力势能减少
了mgh，故D错误。
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9. （2024·浙江6月选考12题）如图所示，空间原有大小为E、方向竖直向
上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电
荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R，
AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为＋q的小球套在圆
环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则（　　）
A. 小球从A到C的过程中电势能减少
B. 小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C. 可求出小球运动到B点时的加速度
D. 小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN
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解析： 　根据等量异种点电荷的电场特点可知，圆环所在平面为等量异
种点电荷电场的等势面，匀强电场方向竖直向上，则小球从A到C的过程中
电势升高，电势能增加，A错误；当竖直向上的电场的电场强度E满足qE＝
mg时，小球沿圆环做匀速圆周运动，B错误；根据动能定理可以求得小球
运动到B点的速度vB，则由an＝可以求得小球的向心加速度，根据牛顿
第二定律可以求得小球的切向加速度，再根据平行四边形定则可以得到小
球在B点的加速度，C正确；小球在D点要受到圆环指向圆心的力提供向心
力，所以小球在D点受到圆环的作用力方向并不平行MN，D错误。
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10. （2025·浙江衢州期末）如图，用一长L＝20 cm、不可伸长的绝缘轻绳
将一带电小球悬挂于O点，O点离水平地面高h＝48 cm，小球质量m＝
1.0×10－3 kg。加一范围足够大的水平向左的匀强电场，电场强度大小E＝
3.0×105 N/C，平衡时小球静止于A点，此时轻绳与竖直方向夹角θ＝
37°。现将小球拉到O点正下方B点（绳子刚好伸直），由静止释放。带电
小球可视为质点，sin 37°＝0.6，求：
（1）小球所带电性和电荷量q；
答案： 带负电　2.5×10－8 C　
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解析： 小球静止于A点，可知小球受到的静电力水平向右，与电场强
度方向相反，则小球带负电；根据平衡条件可得tan θ＝
解得小球的电荷量为q＝＝2.5×10－8 C。
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（2）小球第一次经过A点时的速度大小vA；
答案： 1 m/s
解析：现将小球拉到O点正下方B点（绳子刚好伸直），由静止释放，到达A点时，根据动能定理可得qELsin θ－mgL（1－cos θ）＝m－0
解得小球第一次经过A点时的速度大小为vA＝1 m/s。
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（3）当小球第一次运动到A点时立即剪断轻绳，小球运动到与A点等高处
时与A点的水平距离x。
答案： 0.15 m
解析：当小球第一次运动到A点时立即剪断轻绳，球运动到与A点等高处时，竖直方向有
t＝＝0.12 s
水平方向有x＝vAcos θ·t＋at2，a＝＝g
联立解得x＝0.15 m。
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