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考点 34 电容器 带电粒子在电场中的运动
1. 高考真题考点分布
题型 考点考查 考题统计
选择题 电容器 2024 年浙江卷、甘肃卷、辽宁卷
选择题 带电粒子在电场中直线运动 2024 年江西卷
选择题 带电粒子在电场中圆周运动 2024 年河北卷
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】高考对电容器的考查较为频繁，但对带电粒子在电场中运动几乎每年都考，并且特别容易与
磁场相结合，考查电磁组合场和叠加场问题，题目难度相对较大。
【备考策略】
1.理解和掌握电容的定义式和决定式，会处理分析电容器的动态问题。
2.能够利用动力学、功能观点处理带电粒子在电场中的直线运动和抛体运动。
【命题预测】重点关注带电粒子在电磁场中的运动问题，特别是计算题。
一、电容器的电容
1．电容器
(1)组成：在两个相距很近的平行金属板中间夹上一层绝缘物质——电介质，就组成一个最简单的电容器。
(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。
(3)电容器的充、放电
①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。
②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。
(4)击穿电压与额定电压
①击穿电压：电容器两极板间的电压超过某一数值时，电介质将被击穿，电容器损坏，这个极限电压称为
电容器的击穿电压。
②额定电压：电容器外壳上标的工作电压，也是电容器正常工作所能承受的最大电压，额定电压比击穿电
压低。
2．电容
(1)定义
电容器所带的电荷量 Q 与电容器两极板之间的电势差 U 之比，叫作电容器的电容。
Q
(2)定义式：C＝ 。
U
(3)物理意义：表示电容器储存电荷本领大小的物理量。
(4)单位：法拉(F)，1 F＝1×106 μF＝1×1012 pF。
3．平行板电容器
(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离。
εrS
(2)决定式：C＝ 。
4πkd
二、带电粒子在电场中的运动
1．加速
1 1
(1)在匀强电场中，W＝qEd＝qU＝ mv2－ mv 20 。2 2
1 1
(2)在非匀强电场中，W＝qU＝ mv2－ mv 20 。2 2
2．偏转
(1)运动情况：如果带电粒子以初速度 v0 垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，
如图所示。
(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿静电力方向的匀加速直线运动。根据
运动的合成与分解的知识解决有关问题。
l F qE qU 1 qUl2
(3)基本关系式：运动时间 t＝ ，加速度 a＝ ＝ ＝ ，偏转量 y＝ at2＝ ，偏转角 θ 的正切值：tan
v0 m m md 2 2mdv02
vy at qUl
θ＝ ＝ ＝ 。
v0 v0 mdv02
考点一 电容器的动态分析
考向 平行板电容器两类动态的分析
1．平行板电容器动态的分析思路
2.平行板电容器的动态分析问题的两种情况
(1)平行板电容器充电后,保持电容器的两极板与电池的两极相连接:
(2)平行板电容器充电后,切断与电池的连接:
1．如图所示，平行板电容器实验装置中，极板 A 接地，B 与一个灵敏的静电计相接。若电容器的电容为
C，两极板间的电压为 U，两极板间的电场强度为 E，则（ ）
A．将 A 极板向上移动，C 变大，U 变小，E 变小
B．将 A 极板向下移动，C 变小，U 变大，E 不变
C．将 A 极板向右移动，C 变大，U 变小，E 变小
D．将 A 极板向左移动，C 变小，U 变大，E 不变
【答案】D
e S
【详解】A．将 A 极板向上移动，两板间正对面积 S 减小，由C = 可知 C 减小；由于两极板所带电荷
4p kd
量不变，由C
Q
= 可知，两极板间的电压 U 变大，由E
U
= 可知电容器两极板间的电场强度 E 变大。故 A
U d
错误；
e S
B．将 A 极板向下移动，两板间正对面积 S 减小，由C = 可知 C 减小；由于两极板所带电荷量不变，
4p kd
C Q U由 = 可知，两极板间的电压 U 变大，由E = 可知电容器两极板间的电场强度 E 变大。故 B 错误；
U d
e S
C．将 A 极板向右移动，两板间距离 d 减小，由C = 可知 C 增大；由于两极板所带电荷量不变，由
4p kd
C Q U 4p kQ= 可知，两极间的电压 U 变小，由E = = 可知电容器两极板间的电场强度 E 不变。故 C 错
U d e S
误；
e S
D．将 A 极板向左移动，两板间距离 d 增大，由C = 可知 C 减小；由于两极板所带电荷量不变，由
4p kd
C Q U 4p kQ= 可知，两极间的电压 U 变大，由E = = 可知电容器两极板间的电场强度 E 不变。故 D 正
U d e S
确。故选 D。
2．半导体指纹传感器，多用于手机、电脑、汽车等设备的安全识别，如图所示。传感器半导体基板上有
大量金属颗粒，基板上的每一点都是小极板，其外表面绝缘。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于
指纹凹凸不平，凸点处与凹点处分别与半导体基板上的小极板形成正对面积相同的电容器。使每个电容器
的电压保持不变，对每个电容器的放电电流进行测量，即可采集指纹。在指纹采集过程中，下列说法正确
的是（　　）
A．手指缓慢松开绝缘表面，电容器两极间的距离增大，电容器带电量减小
B．手指用力挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，电容器带电量减小
C．指纹的凸点处与小极板距离近，电容小
D．指纹的凹点处与小极板距离远，电容大
【答案】A
e S
【详解】AB．根据电容的公式C = 可知，手指缓慢松开绝缘表面，电容器两极间的距离增大，电容
4p kd
减小。由Q = CU 可知，U 不变，则电容器带电量减小。反之电容器带电量增大。故 A 正确，B 错误；
e S
CD．根据电容的公式C = 可知，指纹的凹点处与小极板距离远，电容小，指纹的凸点处与小极板距
4p kd
离近，电容大，故 CD 错误。故选 A。
考点二 带电粒子在电场中的直线运动
考向 电场中带电粒子的直线运动
1.电场中带电粒子做直线运动的条件
(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.用动力学和功能观点分析问题
(1)用动力学观点分析
qE U
a＝ ，E＝ ，v2－v 20 ＝2ad(匀强电场)。m d
(2)用功能观点分析
1 1
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝ mv2－ mv 2
2 2 0
。
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。
3．如图甲所示，在光滑水平面上 O 点处有带正电的绝缘小物块处于静止状态，零时刻开始，加如图乙所
T
示的水平电场（以水平向右为正方向），物块在 时刻到达 A 点，速度有为vA ；T 时刻恰好回到出发点2
O ，速度大小为 v0 ，则下列说法中正确的是（　　）
A ．E1 = E0 B．E1 = 3E0 C． v0 =0 D． v0 =3 vA
【答案】B
【详解】设OA长度为 x
0 + v T T
，以向右为正方向，则由O A过程有 x = A × ， : T 时段加反向匀强电
2 2 2
v - v ' T
场，物块先向右做匀减速运动至零后反向向左做匀加速运动，则 A O过程有-x = A 0 × 结合两式有
2 2
vA - 0 -v0- vA
v0= 2v
T a1 =
A则0 ~ 时段加速度 T
T a =
， : T 时段加速度 2 T 代入 v0= 2vA得 a2 = -3a1则E1 = 3E 故2 2 2
0
2
选 B。


4．如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为 θ，极板间距为 d，带负电的微粒质量为
m、带电量为 q，从极板 M 的左边缘 A 处以初速度 v0水平射入，沿直线运动并从极板 N 的右边缘 B 处射
出，则（　　）
A．微粒的加速度大小等于 gsinθ
mgd
B．两极板的电势差 UMN= q cosq
C B mv2．微粒达到 点时动能为 0
mgd
D．微粒从 A 点到 B 点的过程电势能增加
tanq
【答案】B
【详解】AB．微粒在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力的合力必定水平向左，如图
所示
mg U
微粒沿直线做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得mg tanq = ma， = Eq = MN q 解得
cosq d
mgd
a = g tanq ，UMN = q cosq 故 A 错误，B 正确；
C．由于微粒做匀减速直线运动，动能减小，故 C 错误；
mgd
D．微粒的电势能增加量为DEp = qUMN = 故 D 错误。故选 B。cosq
考点三 带电粒子在电场中的抛体运动
考向 电场中带电粒子的抛体运动
1.求解电偏转问题的两种思路
以示波管模型为例,带电粒子经加速电场U1加速,再经偏转电场U2偏转后,需再经历一段匀速直线运动才会打
到荧光屏上而显示亮点 P,如图所示。
(1)确定最终偏移距离 OP 的两种方法
方法 1:
方法 2:
(2)确定粒子经偏转电场后的动能(或速度)的两种方法
2.特别提醒：
（1）利用动能定理求粒子偏转后的动能时,电场力做功 W=qU=qEy,其中“U”为初末位置的电势差,而不一定
是 U= 22 。
（2）注意是否考虑重力
①基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不
忽略质量)．
②带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．
5．如图所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在
荧光屏上，下列说法不正确的是（　　）
A．经过加速电场的过程中，电场力对氚核做的功最多
B．经过偏转电场的过程中，电场力对三种原子核做的功一样多
C．三种原子核打在屏上的动能一样大
D．三种原子核都打在屏的同一位置上
【答案】A
【详解】A．设加速电压为 U1，偏转电压为 U2，偏转极板的长度为 L，板间距离为 d。在加速电场中，电
1 2
场力做的功为W = qU1 = mv0 由于加速电压相同，电荷量相等，所以电场力做的功相等，故 A 错误；2
2
1 U L2
D．在偏转电场中的偏转位移为 y = at 2 1
qU L
= × 2 × 解得 y = 2 同理可得到偏转角度的正切为
2 2 md ֏ v0 4dU1
tanq U= 2L
4U d 可见 y 和 tanθ 与电荷的电量和质量无关。所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同。1
运动轨迹相同，故三种粒子打屏上同一点，故 D 正确。
B．粒子的运动轨迹相同，电荷量相同，电场力相同，在偏转电场中电场力做功相同，故 B 正确；
1
C 2．整个过程运用动能定理得 mv = qU1 + qEy在偏转电场中电场力做功 W2一样大，故 C 正确；故选 A。2
6．一带正电微粒从静止开始经电压 U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为 U2。微粒射
入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为 45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分
别为 2L 和 L，到两极板距离均为 d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（　　）
A．L:d=2:1
B．U1:U1=2:1
1
C．微粒穿过图中电容器区域的速度偏转角度的正切值为
2
D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
【答案】D
v
【详解】A y．带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动，从进入电场到最高点有 2L = vxt ，d = t vy = at ，2
v
tan 45° = y 联立解得 L : d =1:1故 A 错误；
vx
1 U 1 v
B 2 2 y．带电粒子在加速电场中，有 qU1 = mv2 0 带电粒子在偏转电场中，有
q 2 = mvy ， sin 45° = 联立解得2 2 v0
U1 1=
U 1故 B 错误；2
C．设带电粒子进入偏转电场的速度方向与水平方向夹角为 α，则有 tana = tan 45° =1设带电粒子射出偏转
vy
电场的速度方向与水平夹角为 β，则有 tan b = 依题意，带电粒子从最高点运动到射出电场过程，有
vx
L = vxt ， v y = at 联立解得 tan b
1
= 根据数学三角函数，可得 tan a + b = 3故 C 错误；
2
1 qU 2 U x
2
D．粒子射入最高点的过程水平方向和竖直方向的位移分别为 x = v t ， y = × 2x × t 解得 y = 2 可知带2 2md 4dU1
电粒子的轨迹方程与其质量或者电荷数量无关，即轨迹不会变化，故 D 正确。故选 D。
考点四 带电粒子在力电等效场中的圆周运动
考向 带电粒子在力电等效场中的圆周运动
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
合
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= 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。
7．如图所示，场强为 E 的匀强电场方向竖直向下，所带电荷量为-q 、质量为 m 的带电小球用长为 L 的绝
缘细线拴住，小球可以在竖直平面内绕 O 做圆周运动，A、B 分别是轨迹的最高点和最低点。已知小球静
止时的位置是 A 点，重力加速度大小为 g，小球可以看成质点，下列说法正确的是（　　）
A 5(qE - mg)L．若小球恰好可以做完整的圆周运动，则小球通过 A 点时速度最小值为
m
B 5(qE + mg)L．若小球恰好可以做完整的圆周运动，则小球通过 A 点时速度最小值为
m
C．若小球恰好可以做完整的圆周运动，则小球通过 A 点时速度最小值 gL
D 5qEL．若小球恰好可以做完整的圆周运动，则小球通过 A 点时速度最小值
m
【答案】A
v2
【详解】若小球恰好可以做完整的圆周运动，则在 B 点有 qE - mg = m B 根据动能定理有
L
(qE mg) 1 1- ×2L = mv2A - mv
2 v 5(qE - mg)LB 解得 A = 故选 A。2 2 m
8．如图所示，水平面上用绝缘支架固定一个半径为 R 的圆形、绝缘轨道，轨道平面位于竖直面内，整个
装置处于竖直向下的匀强电场中，轨道内有一个电荷量为 q 的带正电的小球。已知小球受到的电场力等于
其重力，小球沿着轨道做圆周运动的过程中，对轨道最低点与最高点的压力大小分别为F1和F2 F2 0 ，
则匀强电场的电场强度大小为（　　）
F
A 1
+ F2 F1 - F2 F1 + F2 F1 - F2
． 6q B． 6q C． 12q D． 12q
【答案】D
【详解】设小球质量为m ，最低点与最高点速度大小分别为 v1 和 v2 ，在最低点由牛顿第二定律可知
v2F qE mg m 1 v
2
1 - + = 在最高点由牛顿第二定律可知F2 + qE + mg = m 2 联立解得R R
2
F F 2 qE mg mv1 - mv
2 1 1
1 - 2 - + =
2 由动能定理可知 qE + mg 2R = mv21 - mv22 解得F1 - F2 = 6 qE + mg 根R 2 2
F - F
据题意 qE = mg 1 2，即电场强度为E = 12q ，D 正确。故选 D。
考点五 带电粒子在交变电场中的运动
考向 1 交变电场中的直线运动
1.此类题型一般有三种情况:一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解);二是粒子做往返运动
(一般分段研究);三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。
2.分析时从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规律分析;二是功能关系。
3.注重全面分析(分析受力特点和运动特点),抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征,求
解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。
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
9．如图甲中高能医用电子直线加速器能让电子在真空场中被电场力加速，产生高能电子束，图乙为加在
直线加速器上 a、b 间的电压，已知电子电荷量为 e，质量为 m，交变电压大小始终为 U，周期为 T， t = 0
时刻电子从轴线 BC 上的紧靠 0 号金属圆筒右侧由静止开始被加速，圆筒的长度的设计遵照一定的规律，
使得粒子“踏准节奏”在间隙处一直被加速。不计在两金属圆筒间隙中的运动时间，不考虑电场的边缘效
应，则（ ）
eU
A．电子在第 1 个圆筒内加速度 B．电子在第 2 个圆筒内运动时间 t = T
m
C．电子射出第 3 8eU T 16eU个圆筒时的速度为 D．第 8 号金属圆筒的长度为
m 2 m
【答案】D
【详解】A．金属筒中电场为零，电子不受电场力所用，则电子在第 1 个圆筒内加速度为 0，故 A 错误；
B．电子每经过圆筒间狭缝时都要被加速，然后进入圆筒做匀速直线运动，所以电子在圆筒运动时间必须
T
为 ，才能满足每次经过狭缝时被加速，故 B 错误；
2
C 3 v 3eU
1
= mv2 6eU．设电子进入第 个圆筒时的速度为 3，由动能定理有 3 可得 v3 = 因为电子在圆筒中做2 m
6eU
匀速直线运动，则电子射出第 3 个圆筒时的速度为 ，故 C 错误；
m
1
C．设电子进入第 8 号圆筒时的速度为 v8 ，由动能定理有8eU = mv
2 16eU
8 可得 v8 = 而电子在圆筒内做匀2 m
T T 16eU
速直线运动，由此可得第 8 号圆筒的长度为 L8 = v8 × = 故 D 正确。故选 D。2 2 m
10．如图甲所示，两板距离足够宽，板间原来固定一电子，使之处于静止状态，电子重力不计。两极板间
加上如图乙所示的交变电压，在 t 时刻释放电子，以下说法正确的是（　　）
T
A．如果 t= ，电子一直向 A 板运动
8
T
B．如果 t= ，电子时而 B 板运动，时而向 A 板运动，最后向 B 板靠近
4
3T
C．如果 t= ，电子时而向 B 板运动，时而向 A 板运动，最后向 A 板靠近
4
7T
D．如果 t= ，电子时而向 B 板运动，时而向 A 板运动，最后向 A 板靠近
8
【答案】D
T 3T 3T T
【详解】A．如果 t= ，电子先向 A 板加速 ，再向 A 板减速 ，而后向 B 板加速 ，再向 B 板减速
8 8 8 8
T
，之后重复以上运动，最后打到 A 板。故 A 错误；
8
T T T T T
B．如果 t= ，电子先向 A 板加速 ，再向 A 板减速 ，而后向 B 板加速 ，再向 B 板减速 ，之后重
4 4 4 4 4
复以上运动，电子时而 B 板运动，时而向 A 板运动，两板距离足够宽，最后不会打到 A、B 板上。故 B 错
误；
3T T T T T
C．如果 t= ，电子先向 B 板加速 ，再向 B 板减速 ，而后向 A 板加速 ，再向 A 板减速 ，之后重
4 4 4 4 4
复以上运动，电子时而 B 板运动，时而向 A 板运动，两板距离足够宽，最后不会打到 A、B 板上。故 C 错
误；
7T T T 3T 3T
D．如果 t= ，电子先向 B 板加速 ，再向 B 板减速 ，而后向 A 板加速 ，再向 A 板减速 ，之后
8 8 8 8 8
重复以上运动，最后打到 A 板。故 D 正确。故选 D。
考向 2 交变电场中的偏转
交变电场中的偏转处理方法（带电粒子重力不计，方法实操展示）
U-t 图
v
轨迹图 0 v0 vv 0
v 00
[]
vy v速度不反向 y
v A0 v0 A 速度反向
B
vy-t 图 B O T/2 T t
O
T/2 T t -v0
单向直线运动 往返直线运动
11．如图甲所示，两平行金属板 A、B 的板长和板间距均为 d，两板之间的电压随时间周期性变化规律如
图乙所示。一不计重力的带电粒子以速度 v0从 O 点沿板间中线射入极板之间，若 t=0 时刻进入电场的带电
粒子在 t=T 时刻刚好沿 A 板右边缘射出电场，则（　　）
A．t =0 时刻进入电场的粒子离开电场时速度大小为 2v0
t TB． = 时刻进入电场的粒子离开电场时速度大小为 v
8 0
t T 3C． = 时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中的最大速度为 v
4 2 0
t T 1D． = 时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中离 A 板的最小距离为 d
4 4
【答案】B
【详解】A．依题意，粒子带负电，由受力分析可知，t =0 时刻进入电场的粒子在沿电场线方向先匀加速
运动后匀减速运动，如图
v T d
设沿电场线方向最大速度为 v ，则有 yy = ， d = v0T 解得 vy = v0 由运动的对称性可知，离开电场时沿电2 2
场线方向速度恰好减为零，即其速度大小仍为 v0 。故 A 错误；
t 9T 3T 3TB． = 时刻进入电场的粒子沿电场线方向先匀加速 ，再匀减速 ，速度减为零，然后反方向匀加
8 8 8
T T 9T
速 ，再反方向匀减速 ，即 速度再次减为零。v-t 图像如图所示
8 8 8
综上所述，粒子离开电场时速度大小仍为 v0。故 B 正确；
T
C． t = 时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中沿电场线方向最大速度设为 v '
T
y ，则有 v '4 y
= a × 又
4
v a T vy = ×
5
联立，解得 v 'y = 0 根据速度的平行四边形定则，可得粒子的最大速度为 v 2 2m = v 'y + v0 = v0故2 2 2
C 错误；
T
D．根据 C 选项分析可知， t = 时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中，沿电场线方向最大位移为
4
v ' d d d 7d
y = y T× 联立，解得 y = 则离 A 板的最小距离为 l = - = 故 D 错误。故选 B。
2 4 16 2 16 16
12．如图甲所示，长为8d 、间距为 d 的平行金属板水平放置，O 点为两板中点的一粒子源，能持续水平向
右发射初速度为 v0 、电荷量为 +q 、质量为 m 的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下
为正方向，不计粒子重力，以下判断正确的是（　　）
A．能从板间射出的粒子的动能均相同
2d
B．粒子在电场中运动的最短时间为
2v0
d
C． t = v 时刻进入的粒子，从O 点的下方射出0
d
D． t = 2v 时刻进入的粒子，从O 点的上方射出0
【答案】A
E mv
2 2
【详解】B．由图可知场强 = 0 qE v则粒子在电场中的加速度 a = = 0 则粒子在电场中运动的最短时间
2qd m 2d
1 1 2 2d
满足 d = at 解得 t = 故 B 错误；
2 2 min min v0
8d
A．能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为 t = v 则任意时刻射入的粒子射出电场时沿电场方向的速度0
1
均为 0，可知射出电场时的动能均为 mv 20 ，故 A 正确；2
d T T T
C． t = =v 4 时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向下加速 ，后向下减速 速度到零；然后向0 4 4
T T
上加速 ，再向上减速 速度到零…..如此反复，则最后从 O′点射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将
4 4
从 O′点射出，故 C 错误；
d T 3T
D． t = =2v 8 时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向下加速 ，运动的位移0 8
y 1 at 2 1 v
2
= = × 0 × ( 3d )2 91 = d
1
> d 此时粒子已经到达下极板，即粒子不能从右侧射出，故 D 错误。故选
2 2 2d 2v0 16 2
A。
考点六 用动力学、能量和动量观点解决力电综合问题
考向 用动力学三大观点解决力电综合问题
1.力电综合问题的处理流程
2．电场中的功能关系
(1)若只有静电力做功 电势能与动能之和保持不变。
(2)若只有静电力和重力做功 电势能、重力势能、动能之和保持不变。
(3)除重力之外，其他各力对物体做的功 等于物体机械能的变化。
(4)所有外力对物体所做的功 等于物体动能的变化。
3．电场力做功的计算方法
(1)WAB＝qUAB(普遍适用)
(2)W＝qEx cos θ(适用于匀强电场)
(3)WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(从能量角度求解)
(4)W 电＋W 非电＝ΔEk(由动能定理求解)
13．如图所示，在真空中固定两等量同种正点电荷，电荷量均为+Q、分别位于同一水平线上的 A、B 两
点，О 为连线 AB 的中点，C、D 为连线 AB 的竖直中垂线上关于 О 点对称的两点，A、C 两点的距离为
kQ
r， CAO = q 。已知点电荷的电场中距离场源 Q 为 x 处的电势为 = （以无穷远处为零电势点），静电
x
力常量为 k，重力加速度为 g、如下分析正确的是（　　）
2kQ
A．C 点的电场强度大小为 cosq
r 2
B．一正试探电荷（不计重力），质量为 m，从 C 点给一初速度竖直向下运动、要使它能到达 О 点，则
2 kQq(1- cosq )给的初速度最小值为
mr cosq
C．将一电子从 C 点移到 D 点过程中电势能先增大后诚小
D．将一质量为 M 的带负电小球从 D 点以 v0向上抛出，恰能上升到 C 点，则 v0 = 2 Mgr sinq
【答案】B
【详解】A．两点电荷均为正电荷且带电量相等，则两点电荷在 C 点处的电场强度方向均背离各自电荷，
电场强度如图所示
2kQ
根据电场强度的矢量合成法则可得 C 点的场强EC = 2 sinq ，A 错误；r
Q
B．根据题意，C 点的电势为 C = 2k O 点的电势为 O = 2k
Q U 2kQ(cosq -1)可得 = - = 若一
r r cosq CO C O r cosq
个质量为 m、电荷量为 +q 的试探电荷（重力不计）从 C 点以某一竖直向下的初速度运动恰好能够到达 О
1 2 kQ(1- cosq )
点，则由动能定理有 qUCO = 0 - mvmin 解得 vmin = 2 可知能够到达 О 点的最小速度2 mr cosq
v v 2 kQ(1- cosq )2 = min = ，B 正确；mr cosq
C．从 C 到 D，电势先增大后减小，电子带负电，根据Ep = q 可知电势能先减小后增大，C 错误；
D．带负电的小球从 D 点到 О 点静电力做正功，从 O 到 C 电场力做负功，根据对称性可知，小球从 D 到
C -2Mgr sinq
1
= 0 - Mv2的过程中，静电力对小球所做功的代数和为零，则根据动能定理有 1 解得2
v1 = 2 gr sinq ，D 错误。故选 B。
14．如图所示在场强为 E 的匀强电场中有一带电绝缘物体 P 处于水平面上。已知 P 的质量为 m、带电量为
+q ，其所受阻力与时间的关系为 f = f0 + kt 。 t = 0时物体 P 由静止开始运动直至速度再次为零的过程中，
以下说法正确的是（　　）
Eq - f
A．物体达到最大速度的时间 0
mk
Eq - f 2B．物体达到的最大速度为 0
2mk
Eq Eq - f
C ．全过程中，物体所受电场力的冲量为 0
2k
f Eq - fD ．全过程中，物体的阻力 f 的冲量为 0 0
k
【答案】B
【详解】AB．当物体所受合力为零时，物体的速度最大，则有Eq = f0 + kt 解得 t
Eq - f
= 0 从静止到物体达
k
Eqt f- 0 + Eq t = mv - 0 Eq - fv 0
2
到的最大速度，由动量定理有 m 解得 = 故 A 错误，B 正确；2 m 2mk
CD f + f + kt
' 2 Eq - f
．根据题意，对全过程，由动量定理有Eqt ' - 0 0 t ' = 0解得 t ' = 0 则全过程中，物体所受
2 k
2Eq Eq - f '
电场力的冲量为 I = Eqt ' f + f + kt= 0 物体的阻力 f 的冲量为 I = - 0 0 t ' 2Eq f0 - Eq 1 2 = 故 CD 错k 2 k
误。故选 B。
1．如图所示，平行板电容器与电动势为 E 的电源连接，上极板 A 接地，一带负电的油滴固定于电容器中
的 P 点，现将平行板电容器的下极板 B 竖直向下移动一小段距离，则（　　）
A．带电油滴所受静电力不变 B．P 点的电势将升高
C．带电油滴在 P 点时的电势能增大 D．电容器的电容减小，极板带电荷量增大
【答案】B
【详解】A．带电油滴所受静电力F = qE
U
= q 平行板电容器的下极板 B 竖直向下移动，d 增大，F 减小，
d
故 A 错误；
U
B．电势差U AP = EdAP = dAP 平行板电容器的下极板 B 竖直向下移动，d 增大，U AP 减小，P 点电势升高，d
故 B 正确；
C． P 点电势升高，相当于液滴向上移动，电场力做正功，电势能减小，故 C 错误；
C e S e S Q e SUD．由电容公式 = ，d 增大，C 减小；C = ，C = 解得Q = d 增大，Q 减小，故 D 错
4p kd 4p kd U 4p kd
误。故选 B。
2．如图甲所示一足够长的绝缘竖直杆固定在地面上，带电荷量为 0.01C、质量为 0.1kg 的圆环套在杆上，
整个装置处于水平方向的电场中，电场强度 E 随时间 t 变化的图像如图乙所示，环与杆间的动摩擦因数为
0.5， t = 0时，环静止释放，环所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g=10m/s2。下列说法
正确的是（ ）
A．环先做加速运动再做匀速运动
B．0~2s 内环的位移等于 2.5m
C．环的最大速度大小为 15m/s
D．环的最大动能为 20J
【答案】D
【详解】AB．由图可得 E=（3-t）×102V/m 开始时的最大静摩擦力为 f=μq|E0|=0.5×0.01×3×102N=1.5N＞
mg=0.1×10N=1N 则环先静止，再做加速运动，后再做减速运动，最后静止不动，环速度最大时，重力等于
滑动摩擦力，则有 mg=μq|E|联立解得 t=5s（t=1s 时开始运动）根据牛顿第二定律得 mg-μq|E|=ma 整理得
a=5t-5（1≤t≤3s），a=25-5t（t＞3s）在 t=2s 时加速度为 a=5m/s2，若环做匀加速直线运动，则
x 1 1= at 2 = 5 12 m=2.5m 所以 0-2s 内环的位移小于 2.5m，故 AB 错误；
2 2
CD．a-t 图像如图所示
1
由 a-t 图像的面积表示速度的变化量，结合初速度为零，则环的最大速度为 v= ×4×10m/s=20m/s 故 0～6s
2
E 1 mv2 1内环的最大动能为 km = = 0.1 20
2 J=20J故 C 错误，D 正确。故选 D。
2 2
3．真空中存在沿 y 轴正方向的匀强电场，氦核与氘核先后从坐标原点 O 沿 x 轴正方向射入该电场，在仅
受电场力的作用下的运动轨迹如图所示。则氦核与氘核（　　）
A．在电场中运动时的加速度不同
B．射入电场时的初速度相同
C．射入电场时的初动能相等
D．射入电场时的初动量相同
【答案】C
Eq
【详解】A．根据题意，由牛顿第二定律可知，粒子在电场中运动加速度为 a = 由于氦核与氘核的比荷
m
相等，则在电场中运动时的加速度相同，故 A 错误；
1
BCD 2 2y．根据题意可知，沿 y 轴方向有 y = at 解得 t = 则氦核与氘核的运动时间之比为
2 a
tHe 2y 2= 0 = 沿 x 轴方向上有 x = v0t 由于氦核与氘核沿 x 轴方向的位移相等，则射入电场时氦核与氘核tH y0 1
v0He tH 1
的初速度之比为 = =v t 2 即射入电场时的初速度不同，射入电场时氦核与氘核的初动能之比为0H He
1 m v2E 2 He 0HekHe 4 1= 1 = =1即射入电场时的初动能相等，射入氦核与氘核的电场时的初动量之比为EkH m v2 2 2
2 H 0H
pHe m v 4 1 2= He 0He = = 即射入电场时的初动量不同，故 BD 错误，C 正确。故选 C。
pH mHv0H 2 2 1
4．如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，匀强电场中有一根长为 L 的绝缘细线，细线一端固
定在 O 点，另一端系一可视为质点的质量为 m、电荷量为 q的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成q
角，此时让小球获得沿切线方向的初速度且恰能绕 O 点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速
度为 g。下列说法正确的是（　　）
E mg tanqA．小球带正电，且匀强电场的电场强度大小 = q
B gL．小球做圆周运动过程中速度的最小值 v =
cosq
C．小球从原静止位置运动至圆周轨迹最高点的过程中动能逐渐减小，电势能一直增大
D．小球从原静止位置开始至其在竖直平面内运动一周的过程中，机械能先减小后增大
【答案】B
【详解】A．小球静止时细线与竖直方向成q 角，由平衡条件可知电场力水平向右，与场强方向相反，小
qE
球带负电，根据平衡条件有 = tanq 解得E
mg tanq
=
mg ，Aq 错误；
B．小球恰能绕 O 点在竖直面内做圆周运动，在等效最高点 A 点速度最小，如图所示
mg mv 2
重力与电场力合力为F ： = cosq 恰能完成圆周运动，小球在等效最高点 A 有最小速度，则有F =
F L
gL
联立求得 v = ，B 正确；
cosq
C．小球从静止位置内沿逆时针方向运动至圆周轨迹最高点的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能
先减小后增大，在从开始到最高点的过程中，重力与电场力合力做负功，动能减小，C 错误；
D．小球从静止位置开始沿逆时针方向至其在竖直平面内运动一周的过程中，小球的机械能和电势能之和
守恒，小球电场力先做正功后负功后再做正功，则电势能先减小后增大再减小，机械能先增大后减小再增
大，D 错误。故选 B。
5．如图甲所示，距离足够大的两平行金属板中央有一个静止的电子（不计电子所受重力），在 A、B 两板
间加上如图乙所示的交变电压。若取电子的初始运动方向为正，则下列图像中，能正确反映电子的位移
x、速度 v、加速度 a 和动能Ek 随时间（一个周期内）变化规律的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
T
【详解】AB．电子一个周期内的运动情况为：0 ~ 时间内，电子从静止开始向 A 板做匀加速直线运动，
4
T ~ T T T 3T时间内，原方向做匀减速直线运动， 时刻速度为零。 ~ 时间内，向 B 板做匀加速直线运动，
4 2 2 2 4
3T ~ T 时间内，继续向 B 板做匀减速直线运动，根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线；电子做匀变速直
4
线运动时 x - t 图象是抛物线，故 AB 错误；
qU
C．由于 a = 可知匀变速运动的加速度大小不变，方向发生变化，故 a - t 图象应平行于横轴，故 C 正
md
确；
1
D 2．匀变速运动速度图象是倾斜的直线，根据Ek = mv ，可知Ek 与 v成二次函数关系，结合上述分析， v2
与 t在每一阶段均为一次函数关系，由此可知Ek - t 图象是曲线，故 D 错误。故选 C。
6．如图甲所示，两平行金属板 A、B 的板长和板间距均为 d，两板之间的电压随时间周期性变化规律如图
乙所示。一不计重力的带电粒子束先后以速度 v0 从 O 点沿板间中线射入极板之间，若 t = 0时刻进入电场的
带电粒子在 t = T 时刻刚好沿 A 板右边缘射出电场，则（　　）
A． t = 0时刻进入电场的粒子离开电场时速度大小为 2v0
T
B． t = 2 时刻进入电场的粒子离开电场时速度大小为
v0
t T 3C． = 时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中的最大速度为 v
4 2 0
T
D． t = 时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中离 A 板的最小距离为 0
4
【答案】B
T
【详解】A．依题意可知粒子带负电，由受力分析可知， t = 0时刻进入电场的粒子，沿电场方向在0 ~ 内
2
T
向上做匀加速运动，在 ~ T2 内向上做匀减速运动，根据对称性可知，在
t = T 时刻，沿电场方向的速度刚
好减为 0，则粒子离开电场时速度大小为 v0 ，故 A 错误；
t T T
3T
B． = 2 时刻进入电场的粒子，沿电场方向在
~ T
2 内向下做匀加速运动，在
T ~ 内向下做匀减速运动，
2
3T
根据对称性可知，在 t = 时刻，沿电场方向的速度刚好减为 0，则粒子离开电场时速度大小为 v0 ，故 B2
正确；
t T T T T 3TCD． = 时刻进入电场的粒子，沿电场方向在 ~ 内向上做匀加速运动，在 ~ 内向上做匀减速运
4 4 2 2 4
3T 5T T
动，在 ~ T 内向下做匀加速运动，在T ~ 内向下做匀减速运动；可知粒子在 t = 2 时刻的速度最大，4 4
t 3T在 = 时刻与 A 板的距离最小；设粒子在电场中的加速度大小为 a，对于 t = 0时刻进入电场的粒子，在
4
1 1 T 2d 2v T
t = T 2时刻刚好沿 A 板右边缘射出电场，则有d = v 0T ， d = 2 a( ) 可得 a = 2 =
0 对于 t = 时刻进
2 2 2 T T 4
T T v T
入电场的粒子，在 t = 时刻沿电场方向的分速度为 v = a = 0y 则 t =2 时刻进入电场的粒子在两板间运动4 2 4
1 5 T 3T 1 T 2 d
过程中的最大速度为 vm = v
2
0 + ( v0 )
2 = v0 在 ~ 内粒子向上运动的位移大小为 y = 2 a( ) = 则2 2 4 4 2 4 8
t T 1 1 3= 时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中离 A 板的最小距离为Dx = d - d = d 故 CD 错误。故
4 min 2 8 8
选 B。
7．如图所示，在倾角为 θ 的足够长的绝缘光滑斜面底端，静止放置质量为 m、带电量 q（ q > 0）的物
体。加上沿着斜面方向的电场，物体沿斜面向上运动。物体运动过程中的机械能 E 与其位移 x 的关系图像
如图所示，其中 OA 为直线，AB 为曲线，BC 为平行于横轴的直线，重力加速度为 g，不计空气阻力，则
下列说法错误的是（　　）
E
A．0 : x 11过程中，电场强度的大小恒为E = qx1
E2 - EB 1． x1 : x2 过程中，物体电势降低了 q
C． x1 : x2 过程中，物体加速度一直减小
D． x2 : x3 过程中，电场强度为零
【答案】C
E1 - 0
【详解】A．物体机械能的变化量等于电场力做功，即DE = Eqx由图像可知0 : x1过程中Eq = x 解得电1
E1
场强度的大小恒为E = qx 选项 A 正确，不符合题意；1
B． x1 : x2 过程中，电场力做功W = E2 - E1 可知电势能减小ΔEp = E2 - E1 = Δ q 可得物体电势降低了
D E - E= 2 1
q 选项 B 正确，不符合题意；
x : x a qE - mg sinqC． 1 2 过程中，图像的斜率减小，则电场力减小，直到减为零，根据 = 物体加速度先减m
小后反向增加，选项 C 错误，符合题意；D． x2 : x3 过程中，图像的斜率为零，则电场强度为零，选项 D
正确，不符合题意。故选 C。
8．如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球。 t = 0时，乙球以 6m/s的初速度冲向原来静
止的甲球，在0 : t3时间内它们的 v - t 图线如图（b）所示。整个运动过程中两球未相碰，设 t1 、 t3时刻两
球的总电势能分别为E1、 E3，则（　　）
A． t1 时刻两球最近，E1 > E3 B． t1 时刻两球最近，E1 < E3
C． t2 时刻两球最近，E1 > E3 D． t2 时刻两球最近，E1 < E3
【答案】A
【详解】由图（b）可知，0 ~ t1时间内乙球向左减速，甲球向左加速，可知两球带同种电荷，两球间存在
m甲
斥力， t1 时刻两球速度相同，相距最近，由动量守恒定律可得m乙v0 = (m甲 + m乙)v1 解得 = 2m 整个过程电场乙
1 2 1 2
力做负功，电势能增加，增加量为DE1 = m乙v0 - (m + m )v 其中 v = 2m/s之后在斥力的作用下，甲继续2 2 甲 乙 1 1
向左加速，乙向左减速至速度为零后向右加速，t3时刻两球没有相距最近，0 : t3过程中，电势能的增加量
E 1D = m v2 1为 2 0 - ( m v
2 1
2 + m v
2
3 )其中 v2 = 4m/s， v3 = -2m/s乙 甲 乙 代入数据可得DE1 > DE2 2 2 2
故 t1时刻两球的总电
势能较大，即E1 > E3 故选 A。
9．如图所示，平行板电容器两极板与直流电源、理想二极管 D（正向电阻为零，反向电阻无穷大）、定值
电阻 R 连接，电容器下板 B 接地，两板间 P 点有一带电油滴恰好处于静止状态，现将上极板 A 向上移动，
则下列说法正确的是（　　）
A．R 中有从 a 到 b 的电流 B．两极板间电压保持不变
C．油滴的电势能不变 D．油滴仍保持静止状态
【答案】CD
e S
【详解】A．将 A 板向上移动时，由平行板电容器决定式可知C = 电容器的电容减小，由于二极管的
4πkd
单向导电性，电容器不能放电，电路中没有电流，故 A 错误；
Q
B．电容器的带电量不变，由电容关系式可知U = 两板间电压增大，B 错误；
C
C．由电场强度和电势差关系可知E
U 4πkQ
= = 两板间场强不变，P 点电势不变，油滴电势能不变。故 C
d e S
正确；
D．极板间电场强度不变，则油滴受力不变，油滴仍静止，故 D 正确。故选 CD。
10．我国空间站天和核心舱配备了四台全国产化的 LHT-100 霍尔推进器，其简化的工作原理如图所示。放
电通道两端的电极 A、B 间存在一加速电场 E，工作时，工作物质氙气进入放电通道后立即被电离为一价
氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。单台推进器每秒喷出的一价氙离子数量 n = 1.8 1019 个，速度
v = 2 104 m/s，单个氙离子的质量为m = 2.2 10-25 kg，电子电荷量e =1.6 10-19 C，不计一切阻力，计算
时取氙离子的初速度为零，忽略离子之间的相互作用，则（　　）
A．A、B 两电极间的加速电压为 175V
B．A、B 两电极间的加速电压为 275V
C．单台霍尔推进器产生的平均推力大小约为 8N
D．单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流约为 2.9A
【答案】BD
1 2
【详解】AB．氙离子经电场加速，根据动能定理有 eU = mv 可得加速电压为U = 275V 故 A 错误，B 正
2
确；
C．根据动量定理可得F ×Dt = nmv代入数据解得F = 7.92 10-2 N故 C 错误；
DQ ne 1.8 1019D I 1.6 10
-19
．单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流约为 = = = A 2.9A故 D 正确。
Dt Dt 1
故选 BD。
11．真空中的某装置如图所示，竖直放置平行金属板 A、B 和水平放置的平行金属板 C、D 上均加有电压，
M 2 4为荧光屏。现有质子（ 11H ）、氘核（ 1 H ）和a 粒子（ 2 He）均从 A 板上的 O 点由静止开始被加速，经
过一段时间后，均打在荧光屏上。中子从 O 点水平射出，将打在荧光屏上的O 点，不计粒子所受重力，不
考虑平行金属板外的电场，下列说法正确的是（　　）
A．质子、氘核和a 粒子均打在荧光屏上的同一位置
B．质子、氘核和a 粒子从 B 板运动到荧光屏经历的时间相同
C．质子、氘核和a 粒子打在荧光屏上时的速度方向相同
D．平行金属板 C、D 间的电场力对质子、氘核和a 粒子做的功之比为 1∶1∶2
【答案】ACD
【详解】A．设加速电场电压为U1 ，偏转电场电压为U 2 ，偏转电场间距为 d ，偏转极板长度为 L，则在加
1 qU L
速电场 1 =
1 2qU
2
2解得 v = 1 偏转电场 y = 2 t 2 因为 t = 代入得
m 2 md v
2

y 1 qU2 t 2 1 qU
÷ 2
= = 2
L ÷ U L= 2 由题知，加速电场电压，偏转电场电压，极板长度，极板间距不
2 md 2 md 2qU1 ÷ 4dU1 m ÷è
变，则可知，质子、氘核和a 粒子均打在荧光屏上的同一位置。A 正确；
L
B．在加速电场 11 = 2解得 v
2qU
= 1 由于 3 个粒子比荷不一样，故速度不一样，由 t = 知，质子、2 m v
氘核和a 粒子从 B 板运动到荧光屏经历的时间不相同。B 错误；
qU1 L
C．粒子的速度偏转角 vtanq = y = md v U2L= 由题知，加速电场电压，偏转电场电压，极板长度，极板
v v 2U2d
间距不变，质子、氘核和a 粒子打在荧光屏上时的速度方向相同。C 正确；
D．设电场力对质子、氘核和a 粒子做的功为W1 、W2 、W3，则电场力做功为W = qU 代入得W1 = eU2 ，
W2 = eU2，W3 = 2eU2 则W1 :W2 :W3 =1:1: 2，故 D 正确；
12．如图所示，在立方体塑料盒 ABCD-EFGH 内，棱 AE 竖直，将质量为 m 的带电小球（可看成质点）从
A 点以水平初速度 v0沿 AB 方向抛出，小球仅在重力作用下运动恰好落在 F 点。M 点为棱 BC 的中点，仅
研究小球与盒子第一次碰撞前的运动情况。则下列说法正确的是（　　）
A．若将小球从 A 点沿 AC 方向，以 1.5v0的水平初速度抛出，则运动时间将变短
B．若将小球从 A 点沿 AM 方向以 v0水平初速度抛出，小球与盒接触瞬间，垂直平面 BCGF 的分量大
小可能大于 v0
C．若在空间增加沿 AE 方向的匀强电场，将小球从 A 点沿 AB 方向以水平初速度 v0抛出，小球不可能
落在 BF 上
D．若在空间增加沿 AE 方向的匀强电场，将小球从 A 点沿 AB 方向以水平初速度 v0抛出，小球可能落
在 BF 上
【答案】AD
1 2
【详解】A．设立方体棱长为 l，从 A 点沿 AB 方向平抛落在 F 点，竖直方向自由落体有 l = gt1 运动时间2
2l gl
为 t1 = 水平方向做匀速直线运动，有 l = v0t1可知初速度为 v0 = 从 A 点沿 AC 方向，以水平初速度g 2
1.5v0抛出，经历时间 t1后的水平位移为 l ' =1.5v0t1 =1.5l > EG = 2l 则小球将与棱 CG 碰撞，竖直方向下落
高度将小于 l，飞行时间将变短，故 A 正确；
B．小球做平抛运动时垂直平面 BCGF 的分量保持不变，等于 v0沿 AB 方向的分速度，小于 v0，故 B 错
误；
CD．加了沿 AE 方向的匀强电场，小球从 A 点沿 AB 方向水平抛出，不改变小球在 AB 方向的匀速运动，若
水平位移相同，则运动时间相同。由于不确定小球的电性，竖直方向的加速度可能大于 g，也可能小于
g，小于 g 时，小球将落在 BF 上，故 C 错误，D 正确。故选 AD。
13．如图所示，一质量为m = 1kg 、带电荷量为 q = +0.5C 的小球，以速度 v0 = 3m/s沿两正对带电平行金属
板 MN（板间电场可看成匀强电场）左侧某位置水平向右飞入，已知极板长 L = 4.8m ，两极板间距为
d = 4m，不计空气阻力，小球飞离极板后恰好由 A 点沿切线进入竖直光滑绝缘圆弧轨道 ABCD，AC、BD
为圆轨道的直径，在圆轨道区域有水平向右的匀强电场，电场强度的大小与 MN 间的电场强度大小相等。
已知 g = 10m/s2 ， sin 53° = 0.8,cos53° = 0.6，下列说法正确的是（　　）
A．小球在 A 点的速度大小为5m/s B．MN 两极板间的电势差UM N = 20V
2
C．小球运动至 C 点的速度大小为4m/s D．轨道半径R m 时小球不会在 ABCD 区间脱离圆弧轨道
3
【答案】AD
【详解】A．因为小球飞离极板后恰好由 A 点沿切线进入竖直光滑绝缘圆弧轨道，所以小球在 A 点的速度
v
大小为 v = 0A = 5m/s 故 A 正确；cos53°
B．带电小球在匀强电场中作类平抛运动，则有 L = v0t ， vy = v0 tan 53° = at 解得 a = 2.5m/s2 因为 a＜g 所
以，小球所受电场力向上，又因为小球带正电，所以场强方向竖直向上，则有UMN＜0对带电小球受力分
mg q U析，由牛顿第二定律得 - NM = ma 代入数据解得UNM = 60V所以，MN 两极板间的电势差为d
UMN = -60V 故 B 错误；
C．小球从 A 点到 C 点的过程中，由动能定理得 qE2R sin 53° - mg2R cos53
1 1
° = mv2C - mv
2
A 又因为2 2
E U= =15V/m代入数据解得，小球运动至 C 点的速度大小为 vC = vA = 5m/s故 C 错误；d
qE
D．设电场力和重力的合力与竖直方向的夹角为q ，则 tanq = = 0.75mg 解得q = 37°若小球恰好运动到等效
mg v 2
最高点时速度为 v ，在等效最高点，由牛顿第二定律得 = m 从 A 点运动到等效最高点过程中，
cos37° R0
由动能定理 qER0 (sin 53° - sin 37°) - mgR
1
0 (cos53° + cos37°) = mv
2 1 mv2 2- A 联立解得，临界半径为R0 = m2 2 3
2
所以，当轨道半径R R0 = m 时，小球不会在 ABCD 区间脱离圆弧轨道，故 D 正确。故选 AD。3
14．如图 1 所示，在竖直面内坐标系的原点 O 处有一小球发射装置，可以沿与 x 轴正方向成53°的方向，
斜向上发射速度大小为 10m/s 的带电小球，在 y 轴右侧与直线 DF（平行于 y 轴）中间范围内有周期性变
化的水平方向电场，规定向右为正方向，交变电场周期T =1.6s ，变化规律如图 2. t = 0时刻将带正电绝缘
3
小球射入电场中，小球在 t = T 时刻到达电场边界 DF，且速度方向恰与直线 DF 平行。已知小球质量
2
m = 0.3kg ，电荷量 q = 4 10-3C，重力加速度 g = 10m/s2 ， sin 53° = 0.8，不计空气阻力的影响。下列说法
正确的是（　　）
A．E0 = 562.5V/m
B．直线 DF 到 y 轴的距离 xD = 7.2m
C．若小球在不同时刻射入电场，从射入到再次经过 x 轴时的时间与入射时刻有关
D．若小球在不同时刻射入电场，再次经过 x 轴时的坐标范围为 4.8m x 16.8m
【答案】ABD
【详解】A．小球到达直线 DF 时速度方向恰与 DF 平行，即水平速度恰减到 0，根据电场的周期性
v cos53 a T° - x = 0解得 ax = 7.5m / s
2 qE
根据 ax = 2 解得E0 = 562.5V / m 选项 A 正确；2 m
B 3 v cos53°
2
．根据速度位移关系式 x = 解得 xD = 7.2m 选项 B 正确；D 2a
t 2 v sin 53°C．小球在 y 轴右侧竖直方向做竖直上抛运动，小球再次经过 x 轴的运动时间相同 = =1.6sg 选项
C 错误；
D．恰经过一个周期， t = 0时刻进入电场，小球在一个周期内水平方向先减速运动再加速，此过程小球水
x 1平方向平均速度最小，离 C 点最近 3 = v cos53° + 0 T = 4.8m因为 x
T
2 3
< xD 小球在电场内经过 x 轴， t = 2
时刻进入电场，小球在一个周期内水平方向先加速运动 x
1
=
T T
1 v cos53° + v cos53° + ax ÷ 解得 x1 = 7.2m 且2 è 2 2
x T T1 = x

D恰加速运动至 DF 所在直线，小球出电场后做匀速运动 x2 = v cos53° + ax ÷ 解得 x2 = 9.6m则
è 2 2
xm = x1 + x2 = 16.8m 此过程小球水平方向平均速度最大，离 C 点最远，综上，小球经过 x 轴时的坐标范围
为 4.8m x 16.8m选项 D 正确。故选 ABD。
15．如图所示，空间某水平面内固定一均匀带电圆环，电荷量为 Q，其圆心为 O。P、Q 是圆环轴线上关
于圆心 O 对称的两点，OP 间距为 L，有一电荷量为 q 的小球恰能静止在 P 点，P 点与圆环上任意一点的
连线与PO间的夹角均为q 。已知静电力常量为 k，重力加速度为 g，现给小球一沿PO方向的初速度 v0 ，
下列说法正确的是（ ）
A．小球从 P 点运动到 O 点的过程中，做加速运动
kQqcos3q
B．小球的质量为
gL2
C．小球运动到 Q 点时的加速度为 0
D．小球运动到 Q 点的速度大小为 4gL + v20
【答案】BD
【详解】A．根据对称性可知 O 点场强为 0，无穷远处为零，因此从 O 沿 OP 到无穷远处，场强先变大后
变小，无法确定最大值的位置在 P 点的上方还是下方，因此小球从 P 点运动到 O 点的过程中，可能一直
加速，也可能先减速后加速运动，A 错误；
kQ 3EP = cosq
kQ cos q
= E q = mg m kQqcos
3q
B．P 点的场强 ( L )2 L
2 由于小球处于平衡状态，则 P 可得 = 2 ，B 正gL
cosq
确；
C．小球运动到 Q 点时，根据对称性可知，电场力和重力大小相等且都向下，加速度为 2g，C 错误；
1 1
D．从 P 到 Q 2 2的过程中，电场力做功为零，根据动能定理mg ×2L = mv - mv0 可得小球在 Q 点的速度2 2
v = 4gL + v20 ，D 正确。故选 BD。
16．如图，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为 q、质量为m 的小球在力F （大小可以变化）的作
用下沿图中虚线由 A 至 B 做竖直向上的匀速运动。已知力F 和 AB 间夹角为q ，A、B 间距离为 d ，重力加
速度为 g 。则（ ）
mg sinq
A．电场强度E 的最小值为 q
mg
B．力F 的最大值为
cosq
C．小球从 A 运动到 B 电场力一定做正功
mgtanq
D．若电场强度E = q 时，小球从 A 运动到 B 电势能变化量大小可能为 2mgd sin
2 q
【答案】AD
【详解】AB．分析小球受力情况：小球受到重力 mg、拉力 F 与电场力 qE，因为小球做匀速直线运动，合
力为零，则 F 与 qE 的合力与 mg 大小相等、方向相反，作出 F 与 qE 的合力，如图所示
当电场力 qE 与 F 垂直时，电场力最小，此时场强也最小；则有 qE = mg sinq 解得电场强度的最小值为
E mg sinq=
q 拉力 F 的取值随着电场强度方向的变化而变化，如果电场强度方向斜向右下方，则 F 的值将
mg
大于 ，故 A 正确，B 错误；
cosq
C．当电场力 qE 与 AB 方向垂直时，小球从 A 运动到 B 电场力不做功，故 C 错误；
mg tanq
D．若电场强度E = 时，即mg tanq = Eqq 电场力
qE 可能与 AB 方向垂直，如图 1 位置，电场力不做
功，电势能变化量为 0；电场力的方向也可能电场力位于位置 2 方向，则电场力做功为
W qE sin 2q d q mg tanq= × = × ×sin 2q ×d = 2mgd sin2 q
q 故 D 正确。故选 AD。
17．如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为 m、电荷量为 +q 的小球，系在一根长为 d 的绝
缘细线一端，可以在竖直平面内绕 O 点做圆周运动。AB 为圆周的水平直径，CD 为竖直直径。已知重力加
3mg
速度为 g，电场强度E = ，下列说法正确的是（　　）
q
A．若小球恰能在竖直平面内绕 O 点做圆周运动，则它运动的最小速度为 gd
B．若小球在竖直平面内绕 O 点做圆周运动，则小球运动到 B 点时的机械能最大
C．若将细线剪断，再将小球在 A 点以大小为 gd 的速度竖直向上抛出，小球将不能到达 B 点
D．若将小球在 A 点由静止开始释放，则小球沿 AC 圆弧到达 C 点的速度为 2gd + gd2 3
【答案】BC【详解】A．小球受到水平向右的电场力F = Eq = 3mg 合力为F合 = （mg）
2 +（ 3mg）2 = 2mg 方
向斜向右下方，与竖直方向夹角为60o ，设小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最小速度为 v，有
2
F = mv 联立解得 v = 2gd 故 A 错误；合 d
B．由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力或弹力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕 O 点做
圆周运动，运动到 B 点时，静电力做功最多，故运动到 B 点时小球的机械能最大，故 B 正确；
C．小球将在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向位移为 0 时，有
2 gd 1 qE
t = 水平位移有 x = at 2 由牛顿第二定律 a = = 3g 解得 x = 2 3d > 2d 所以小球将不能到达 B 点，
g 2 m
故 C 正确；
D mg 3．设合力方向与电场线方向夹角为q ，有 tanq = = 得q =30o所以将小球静止释放，小球将沿合力方
F 3
向做匀加速直线运动，故 D 错误。故选 BC。
18．学校中某参赛选手设计了科技节运输轨道，如图甲所示，可简化为倾角为q 的足够长固定绝缘光滑斜
面．以斜面底端为坐标原点，沿斜面向上为 x 轴的正方向，且沿 x 轴部分区域存在电场。在斜面底端由静
止释放一质量为 m、电荷量为 +q 的滑块，在滑块向上运动的一段过程中，机械能 E 随位置坐标 x 的变化
如图乙所示，曲线 A 点处切线斜率最大。滑块可视为质点，不计空气阻力，不计滑块产生的电场，重力加
速度 g 已知．以下说法正确的是（　　）
A．在 x1 : x3过程中，滑块动能先减小后恒定
E
B．在x 01处滑块的动能最大，Ekmax = - mgx1 sinq2
C．在0 : x2 的过程中重力势能与电势能之和先减小后增大
D．在0: x3过程中，滑块先加速后减速
【答案】CD
【详解】A．滑块在 x1 : x2 过程机械能增加，在 x2 : x3 过程，高度增加，机械能不变，说明只有重力做
功，重力势能增加，动能减小，A 错误；
B．电场力做的功等于滑块机械能的变化，即
qE × x = DE E-x 图像的斜率表示 qE，根据图像可知0 : x1过程电场力逐渐增大， x1 : x2 过程电场力逐渐减
小，到 x2处电场强度为零。由牛顿第二定律得 qE - mg sinq = ma 加速度先增大后减小，最后反向增大，直
mg sinq
至电场力为零时 a = g sinq ，则当电场强度减小到E = q 时滑块的动能最大,即在
x1 : x2 的某处，B 错
误；
C．D．0 : x2 过程滑块做加速度增大的加速运动，然后做加速度逐渐减小的加速运动，再做滑块做加速度
逐渐增大的减速运动， x2后做匀减速直线运动，所以0 : x2 过程中重力势能与电势能之和先减小后增大，
0: x3过程先加速，再减速，C 正确，D 正确。故选 CD。
19．（2024·浙江·高考真题）图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当
极板间距增大时，静电计指针张角增大，则 （　　）
A．极板间电势差减小 B．电容器的电容增大
C．极板间电场强度增大 D．电容器储存能量增大
【答案】D
e S
【详解】AB．根据Q = CU ，C = 可得当极板间距增大时电容减小，由于电容器的带电量不变，故极
4p kd
板间电势差增大，故 AB 错误；
U 4p kQ
C．根据E = 得E = 故场强不变，故 C 错误；
d e S
D．移动极板的过程中要克服电场力做功，故电容器储存能量增大，故 D 正确。故选 D。
20．（2024·江西·高考真题）如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为 m、带同种电
荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为 q 和 Q。在图示的坐标系中，小
球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从 x = x0处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能
E k Qqp = （r 为两点电荷之间的距离，k 为静电力常量）。最大静摩擦力等于滑动摩擦力 f，重力加速度为r
g。关于小球甲，下列说法正确的是（　　）
x kQqA．最低点的位置 = (mg + f )x0
kQq
B．速率达到最大值时的位置 x =
mg - f
kQq
C．最后停留位置 x 的区间是 x
kQq

mg mg - f
kQq
D．若在最低点能返回，则初始电势能Ep0 < (mg - f ) mg + f
【答案】BD
Qq Qq kQq
【详解】A．全过程，根据动能定理 (mg - f )(x0 - x）- (k - k ) = 0 x =x x 解得 (mg - f )x 故 A 错误；0 0
Qq kQq
B．当小球甲的加速度为零时，速率最大，则有mg = f + k
x2
解得 x = 故 B 正确；
mg - f
Qq kQq kQq
C．小球甲最后停留时，满足mg - f k 2 mg + f 解得位置 x 的区间 x 故 C 错误；x mg + f mg - f
Qq Qq Qq
D．若在最低点能返回，即在最低点满足 k > mg + f 结合动能定理 (mg - f )(x0 - x）- (k - k ) = 0x2 x x
又
0
E k Qqp = 联立可得Ep0 < (mg f )
kQq
- 故 D 正确。故选 BD。
r mg + f
21．（2024·河北·高考真题）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。
（2）小球在 A、B 两点的速度大小。
U
1 2 v Uq - mgL 3 Uq - mgL 【答案】（ ） ；（ ） A = ，L v =m B m
U
【详解】（1）在匀强电场中，根据公式可得场强为E =
L
（2）在 A 点细线对小球的拉力为 0，根据牛顿第二定律得
2
Eq - mg = m vA A 到 B 过程根据动能定理得 qU
1 1
- mgL = mv 2B - mv
2
L 2 2 A
Uq - mgL 3 Uq - mgL
联立解得 vA = ， vB =m m考点 34 电容器 带电粒子在电场中的运动
1. 高考真题考点分布
题型 考点考查 考题统计
选择题 电容器 2024 年浙江卷、甘肃卷、辽宁卷
选择题 带电粒子在电场中直线运动 2024 年江西卷
选择题 带电粒子在电场中圆周运动 2024 年河北卷
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】高考对电容器的考查较为频繁，但对带电粒子在电场中运动几乎每年都考，并且特别容易与
磁场相结合，考查电磁组合场和叠加场问题，题目难度相对较大。
【备考策略】
1.理解和掌握电容的定义式和决定式，会处理分析电容器的动态问题。
2.能够利用动力学、功能观点处理带电粒子在电场中的直线运动和抛体运动。
【命题预测】重点关注带电粒子在电磁场中的运动问题，特别是计算题。
一、电容器的电容
1．电容器
(1)组成：在两个相距很近的平行金属板中间夹上一层绝缘物质——电介质，就组成一个最简单的电容器。
(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。
(3)电容器的充、放电
①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。
②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。
(4)击穿电压与额定电压
①击穿电压：电容器两极板间的电压超过某一数值时，电介质将被击穿，电容器损坏，这个极限电压称为
电容器的击穿电压。
②额定电压：电容器外壳上标的工作电压，也是电容器正常工作所能承受的最大电压，额定电压比击穿电
压低。
2．电容
(1)定义
电容器所带的电荷量 Q 与电容器两极板之间的电势差 U 之比，叫作电容器的电容。
Q
(2)定义式：C＝ 。
U
(3)物理意义：表示电容器储存电荷本领大小的物理量。
(4)单位：法拉(F)，1 F＝1×106 μF＝1×1012 pF。
3．平行板电容器
(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离。
εrS
(2)决定式：C＝ 。
4πkd
二、带电粒子在电场中的运动
1．加速
1 1
(1)在匀强电场中，W＝qEd＝qU＝ mv2－ mv 20 。2 2
1 1
(2)在非匀强电场中，W＝qU＝ mv2－ mv 20 。2 2
2．偏转
(1)运动情况：如果带电粒子以初速度 v0 垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，
如图所示。
(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿静电力方向的匀加速直线运动。根据
运动的合成与分解的知识解决有关问题。
l F qE qU 1 qUl2
(3)基本关系式：运动时间 t＝ ，加速度 a＝ ＝ ＝ ，偏转量 y＝ at2＝ ，偏转角 θ 的正切值：tan
v0 m m md 2 2mdv02
vy at qUl
θ＝ ＝ ＝ 。
v0 v0 mdv02
考点一 电容器的动态分析
考向 平行板电容器两类动态的分析
1．平行板电容器动态的分析思路
2.平行板电容器的动态分析问题的两种情况
(1)平行板电容器充电后,保持电容器的两极板与电池的两极相连接:
(2)平行板电容器充电后,切断与电池的连接:
1．如图所示，平行板电容器实验装置中，极板 A 接地，B 与一个灵敏的静电计相接。若电容器的电容为
C，两极板间的电压为 U，两极板间的电场强度为 E，则（ ）
A．将 A 极板向上移动，C 变大，U 变小，E 变小
B．将 A 极板向下移动，C 变小，U 变大，E 不变
C．将 A 极板向右移动，C 变大，U 变小，E 变小
D．将 A 极板向左移动，C 变小，U 变大，E 不变
2．半导体指纹传感器，多用于手机、电脑、汽车等设备的安全识别，如图所示。传感器半导体基板上有
大量金属颗粒，基板上的每一点都是小极板，其外表面绝缘。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于
指纹凹凸不平，凸点处与凹点处分别与半导体基板上的小极板形成正对面积相同的电容器。使每个电容器
的电压保持不变，对每个电容器的放电电流进行测量，即可采集指纹。在指纹采集过程中，下列说法正确
的是（　　）
A．手指缓慢松开绝缘表面，电容器两极间的距离增大，电容器带电量减小
B．手指用力挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，电容器带电量减小
C．指纹的凸点处与小极板距离近，电容小
D．指纹的凹点处与小极板距离远，电容大
考点二 带电粒子在电场中的直线运动
考向 电场中带电粒子的直线运动
1.电场中带电粒子做直线运动的条件
(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.用动力学和功能观点分析问题
(1)用动力学观点分析
qE U
a＝ ，E＝ ，v2－v 20 ＝2ad(匀强电场)。m d
(2)用功能观点分析
1 1
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝ mv2－ mv 20 。2 2
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。
3．如图甲所示，在光滑水平面上 O 点处有带正电的绝缘小物块处于静止状态，零时刻开始，加如图乙所
T
示的水平电场（以水平向右为正方向），物块在 时刻到达 A 点，速度有为vA ；T 时刻恰好回到出发点2
O v ，速度大小为 0 ，则下列说法中正确的是（　　）
A．E1 = E0 B．E1 = 3E 0 C． v0 =0 D v

． 0 =3 vA
4．如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为 θ，极板间距为 d，带负电的微粒质量为
m、带电量为 q，从极板 M 的左边缘 A 处以初速度 v0水平射入，沿直线运动并从极板 N 的右边缘 B 处射
出，则（　　）
A．微粒的加速度大小等于 gsinθ
mgd
B．两极板的电势差 UMN= q cosq
C 2．微粒达到 B 点时动能为mv0
mgd
D．微粒从 A 点到 B 点的过程电势能增加
tanq
考点三 带电粒子在电场中的抛体运动
考向 电场中带电粒子的抛体运动
1.求解电偏转问题的两种思路
以示波管模型为例,带电粒子经加速电场U1加速,再经偏转电场U2偏转后,需再经历一段匀速直线运动才会打
到荧光屏上而显示亮点 P,如图所示。
(1)确定最终偏移距离 OP 的两种方法
方法 1:
方法 2:
(2)确定粒子经偏转电场后的动能(或速度)的两种方法
2.特别提醒：
（1）利用动能定理求粒子偏转后的动能时,电场力做功 W=qU=qEy,其中“U”为初末位置的电势差,而不一定
是 U= 22 。
（2）注意是否考虑重力
①基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不
忽略质量)．
②带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．
5．如图所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在
荧光屏上，下列说法不正确的是（　　）
A．经过加速电场的过程中，电场力对氚核做的功最多
B．经过偏转电场的过程中，电场力对三种原子核做的功一样多
C．三种原子核打在屏上的动能一样大
D．三种原子核都打在屏的同一位置上
6．一带正电微粒从静止开始经电压 U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为 U2。微粒射
入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为 45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分
别为 2L 和 L，到两极板距离均为 d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（　　）
A．L:d=2:1
B．U1:U1=2:1
1
C．微粒穿过图中电容器区域的速度偏转角度的正切值为
2
D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
考点四 带电粒子在力电等效场中的圆周运动
考向 带电粒子在力电等效场中的圆周运动
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
合
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= 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。
7．如图所示，场强为 E 的匀强电场方向竖直向下，所带电荷量为-q 、质量为 m 的带电小球用长为 L 的绝
缘细线拴住，小球可以在竖直平面内绕 O 做圆周运动，A、B 分别是轨迹的最高点和最低点。已知小球静
止时的位置是 A 点，重力加速度大小为 g，小球可以看成质点，下列说法正确的是（　　）
A 5(qE - mg)L．若小球恰好可以做完整的圆周运动，则小球通过 A 点时速度最小值为
m
B 5(qE + mg)L．若小球恰好可以做完整的圆周运动，则小球通过 A 点时速度最小值为
m
C．若小球恰好可以做完整的圆周运动，则小球通过 A 点时速度最小值 gL
D 5qEL．若小球恰好可以做完整的圆周运动，则小球通过 A 点时速度最小值
m
8．如图所示，水平面上用绝缘支架固定一个半径为 R 的圆形、绝缘轨道，轨道平面位于竖直面内，整个
装置处于竖直向下的匀强电场中，轨道内有一个电荷量为 q 的带正电的小球。已知小球受到的电场力等于
其重力，小球沿着轨道做圆周运动的过程中，对轨道最低点与最高点的压力大小分别为F1和F2 F2 0 ，
则匀强电场的电场强度大小为（　　）
F1 + F2 F - F F + F F - FA． 6q B
1 2 1 2
． 6q C． 12q D
1 2
． 12q
考点五 带电粒子在交变电场中的运动
考向 1 交变电场中的直线运动
1.此类题型一般有三种情况:一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解);二是粒子做往返运动
(一般分段研究);三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。
2.分析时从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规律分析;二是功能关系。
3.注重全面分析(分析受力特点和运动特点),抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征,求
解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。
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
9．如图甲中高能医用电子直线加速器能让电子在真空场中被电场力加速，产生高能电子束，图乙为加在
直线加速器上 a、b 间的电压，已知电子电荷量为 e，质量为 m，交变电压大小始终为 U，周期为 T， t = 0
时刻电子从轴线 BC 上的紧靠 0 号金属圆筒右侧由静止开始被加速，圆筒的长度的设计遵照一定的规律，
使得粒子“踏准节奏”在间隙处一直被加速。不计在两金属圆筒间隙中的运动时间，不考虑电场的边缘效
应，则（ ）
eU
A．电子在第 1 个圆筒内加速度 B．电子在第 2 个圆筒内运动时间 t = T
m
C 8eU T 16eU．电子射出第 3 个圆筒时的速度为 D．第 8 号金属圆筒的长度为
m 2 m
10．如图甲所示，两板距离足够宽，板间原来固定一电子，使之处于静止状态，电子重力不计。两极板间
加上如图乙所示的交变电压，在 t 时刻释放电子，以下说法正确的是（　　）
T
A．如果 t= ，电子一直向 A 板运动
8
T
B．如果 t= ，电子时而 B 板运动，时而向 A 板运动，最后向 B 板靠近
4
3T
C．如果 t= ，电子时而向 B 板运动，时而向 A 板运动，最后向 A 板靠近
4
7T
D．如果 t= ，电子时而向 B 板运动，时而向 A 板运动，最后向 A 板靠近
8
考向 2 交变电场中的偏转
交变电场中的偏转处理方法（带电粒子重力不计，方法实操展示）
U-t 图
v
轨迹图 0 v0 vv 0
v 00
[]
vy v
A 速度不反向
y
v0 v0 A 速度反向
B
vy-t 图 B O T/2 T t
O
T/2 T t -v0
单向直线运动 往返直线运动
11．如图甲所示，两平行金属板 A、B 的板长和板间距均为 d，两板之间的电压随时间周期性变化规律如
图乙所示。一不计重力的带电粒子以速度 v0从 O 点沿板间中线射入极板之间，若 t=0 时刻进入电场的带电
粒子在 t=T 时刻刚好沿 A 板右边缘射出电场，则（　　）
A．t =0 时刻进入电场的粒子离开电场时速度大小为 2v0
B． t
T
= 时刻进入电场的粒子离开电场时速度大小为 v
8 0
T 3
C． t = 时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中的最大速度为 v
4 2 0
T 1
D． t = 时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中离 A 板的最小距离为 d
4 4
12．如图甲所示，长为8d 、间距为 d 的平行金属板水平放置，O 点为两板中点的一粒子源，能持续水平向
右发射初速度为 v0 、电荷量为 +q 、质量为 m 的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下
为正方向，不计粒子重力，以下判断正确的是（　　）
A．能从板间射出的粒子的动能均相同
2d
B．粒子在电场中运动的最短时间为
2v0
d
C． t = v 时刻进入的粒子，从O
点的下方射出
0
d
D． t = 2v 时刻进入的粒子，从O
点的上方射出
0
考点六 用动力学、能量和动量观点解决力电综合问题
考向 用动力学三大观点解决力电综合问题
1.力电综合问题的处理流程
2．电场中的功能关系
(1)若只有静电力做功 电势能与动能之和保持不变。
(2)若只有静电力和重力做功 电势能、重力势能、动能之和保持不变。
(3)除重力之外，其他各力对物体做的功 等于物体机械能的变化。
(4)所有外力对物体所做的功 等于物体动能的变化。
3．电场力做功的计算方法
(1)WAB＝qUAB(普遍适用)
(2)W＝qEx cos θ(适用于匀强电场)
(3)WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(从能量角度求解)
(4)W 电＋W 非电＝ΔEk(由动能定理求解)
13．如图所示，在真空中固定两等量同种正点电荷，电荷量均为+Q、分别位于同一水平线上的 A、B 两
点，О 为连线 AB 的中点，C、D 为连线 AB 的竖直中垂线上关于 О 点对称的两点，A、C 两点的距离为
kQ
r， CAO = q 。已知点电荷的电场中距离场源 Q 为 x 处的电势为 = （以无穷远处为零电势点），静电
x
力常量为 k，重力加速度为 g、如下分析正确的是（　　）
2kQ
A．C 点的电场强度大小为 cosq
r 2
B．一正试探电荷（不计重力），质量为 m，从 C 点给一初速度竖直向下运动、要使它能到达 О 点，则
2 kQq(1- cosq )给的初速度最小值为
mr cosq
C．将一电子从 C 点移到 D 点过程中电势能先增大后诚小
D．将一质量为 M 的带负电小球从 D 点以 v0向上抛出，恰能上升到 C 点，则 v0 = 2 Mgr sinq
14．如图所示在场强为 E 的匀强电场中有一带电绝缘物体 P 处于水平面上。已知 P 的质量为 m、带电量为
+q ，其所受阻力与时间的关系为 f = f0 + kt 。 t = 0时物体 P 由静止开始运动直至速度再次为零的过程中，
以下说法正确的是（　　）
Eq - f
A．物体达到最大速度的时间 0
mk
B Eq - f
2
．物体达到的最大速度为 0

2mk
Eq
C Eq - f．全过程中，物体所受电场力的冲量为 0
2k
f Eq - fD ．全过程中，物体的阻力 f 的冲量为 0 0
k
1．如图所示，平行板电容器与电动势为 E 的电源连接，上极板 A 接地，一带负电的油滴固定于电容器中
的 P 点，现将平行板电容器的下极板 B 竖直向下移动一小段距离，则（　　）
A．带电油滴所受静电力不变 B．P 点的电势将升高
C．带电油滴在 P 点时的电势能增大 D．电容器的电容减小，极板带电荷量增大
2．如图甲所示一足够长的绝缘竖直杆固定在地面上，带电荷量为 0.01C、质量为 0.1kg 的圆环套在杆上，
整个装置处于水平方向的电场中，电场强度 E 随时间 t 变化的图像如图乙所示，环与杆间的动摩擦因数为
0.5， t = 0时，环静止释放，环所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g=10m/s2。下列说法
正确的是（ ）
A．环先做加速运动再做匀速运动
B．0~2s 内环的位移等于 2.5m
C．环的最大速度大小为 15m/s
D．环的最大动能为 20J
3．真空中存在沿 y 轴正方向的匀强电场，氦核与氘核先后从坐标原点 O 沿 x 轴正方向射入该电场，在仅
受电场力的作用下的运动轨迹如图所示。则氦核与氘核（　　）
A．在电场中运动时的加速度不同
B．射入电场时的初速度相同
C．射入电场时的初动能相等
D．射入电场时的初动量相同
4．如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，匀强电场中有一根长为 L 的绝缘细线，细线一端固
定在 O 点，另一端系一可视为质点的质量为 m、电荷量为 q的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成q
角，此时让小球获得沿切线方向的初速度且恰能绕 O 点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速
度为 g。下列说法正确的是（　　）
mg tanq
A．小球带正电，且匀强电场的电场强度大小E = q
B gL．小球做圆周运动过程中速度的最小值 v =
cosq
C．小球从原静止位置运动至圆周轨迹最高点的过程中动能逐渐减小，电势能一直增大
D．小球从原静止位置开始至其在竖直平面内运动一周的过程中，机械能先减小后增大
5．如图甲所示，距离足够大的两平行金属板中央有一个静止的电子（不计电子所受重力），在 A、B 两板
间加上如图乙所示的交变电压。若取电子的初始运动方向为正，则下列图像中，能正确反映电子的位移
x、速度 v、加速度 a 和动能Ek 随时间（一个周期内）变化规律的是（　　）
A． B．
C． D．
6．如图甲所示，两平行金属板 A、B 的板长和板间距均为 d，两板之间的电压随时间周期性变化规律如图
乙所示。一不计重力的带电粒子束先后以速度 v0 从 O 点沿板间中线射入极板之间，若 t = 0时刻进入电场的
带电粒子在 t = T 时刻刚好沿 A 板右边缘射出电场，则（　　）
A． t = 0时刻进入电场的粒子离开电场时速度大小为 2v0
T
B． t = 2 时刻进入电场的粒子离开电场时速度大小为
v0
T 3
C． t = 时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中的最大速度为 v
4 2 0
T
D． t = 时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中离 A 板的最小距离为 0
4
7．如图所示，在倾角为 θ 的足够长的绝缘光滑斜面底端，静止放置质量为 m、带电量 q（ q > 0）的物
体。加上沿着斜面方向的电场，物体沿斜面向上运动。物体运动过程中的机械能 E 与其位移 x 的关系图像
如图所示，其中 OA 为直线，AB 为曲线，BC 为平行于横轴的直线，重力加速度为 g，不计空气阻力，则
下列说法错误的是（　　）
E
A．0 : x 11过程中，电场强度的大小恒为E = qx1
E - E
B x : x 2 1． 1 2 过程中，物体电势降低了 q
C． x1 : x2 过程中，物体加速度一直减小
D． x2 : x3 过程中，电场强度为零
8．如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球。 t = 0时，乙球以 6m/s的初速度冲向原来静
止的甲球，在0 : t3时间内它们的 v - t 图线如图（b）所示。整个运动过程中两球未相碰，设 t1 、 t3时刻两
球的总电势能分别为E1、 E3，则（　　）
A． t1 时刻两球最近，E1 > E3 B． t1 时刻两球最近，E1 < E3
C． t2 时刻两球最近，E1 > E3 D． t2 时刻两球最近，E1 < E3
9．如图所示，平行板电容器两极板与直流电源、理想二极管 D（正向电阻为零，反向电阻无穷大）、定值
电阻 R 连接，电容器下板 B 接地，两板间 P 点有一带电油滴恰好处于静止状态，现将上极板 A 向上移动，
则下列说法正确的是（　　）
A．R 中有从 a 到 b 的电流 B．两极板间电压保持不变
C．油滴的电势能不变 D．油滴仍保持静止状态
10．我国空间站天和核心舱配备了四台全国产化的 LHT-100 霍尔推进器，其简化的工作原理如图所示。放
电通道两端的电极 A、B 间存在一加速电场 E，工作时，工作物质氙气进入放电通道后立即被电离为一价
氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。单台推进器每秒喷出的一价氙离子数量 n = 1.8 1019 个，速度
v = 2 104 m/s，单个氙离子的质量为m = 2.2 10-25 kg，电子电荷量e =1.6 10-19 C，不计一切阻力，计算
时取氙离子的初速度为零，忽略离子之间的相互作用，则（　　）
A．A、B 两电极间的加速电压为 175V
B．A、B 两电极间的加速电压为 275V
C．单台霍尔推进器产生的平均推力大小约为 8N
D．单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流约为 2.9A
11．真空中的某装置如图所示，竖直放置平行金属板 A、B 和水平放置的平行金属板 C、D 上均加有电压，
M 2 4为荧光屏。现有质子（ 11H ）、氘核（ 1 H ）和a 粒子（ 2 He）均从 A 板上的 O 点由静止开始被加速，经
过一段时间后，均打在荧光屏上。中子从 O 点水平射出，将打在荧光屏上的O 点，不计粒子所受重力，不
考虑平行金属板外的电场，下列说法正确的是（　　）
A．质子、氘核和a 粒子均打在荧光屏上的同一位置
B．质子、氘核和a 粒子从 B 板运动到荧光屏经历的时间相同
C．质子、氘核和a 粒子打在荧光屏上时的速度方向相同
D．平行金属板 C、D 间的电场力对质子、氘核和a 粒子做的功之比为 1∶1∶2
12．如图所示，在立方体塑料盒 ABCD-EFGH 内，棱 AE 竖直，将质量为 m 的带电小球（可看成质点）从
A 点以水平初速度 v0沿 AB 方向抛出，小球仅在重力作用下运动恰好落在 F 点。M 点为棱 BC 的中点，仅
研究小球与盒子第一次碰撞前的运动情况。则下列说法正确的是（　　）
A．若将小球从 A 点沿 AC 方向，以 1.5v0的水平初速度抛出，则运动时间将变短
B．若将小球从 A 点沿 AM 方向以 v0水平初速度抛出，小球与盒接触瞬间，垂直平面 BCGF 的分量大
小可能大于 v0
C．若在空间增加沿 AE 方向的匀强电场，将小球从 A 点沿 AB 方向以水平初速度 v0抛出，小球不可能
落在 BF 上
D．若在空间增加沿 AE 方向的匀强电场，将小球从 A 点沿 AB 方向以水平初速度 v0抛出，小球可能落
在 BF 上
13．如图所示，一质量为m = 1kg 、带电荷量为 q = +0.5C 的小球，以速度 v0 = 3m/s沿两正对带电平行金属
板 MN（板间电场可看成匀强电场）左侧某位置水平向右飞入，已知极板长 L = 4.8m ，两极板间距为
d = 4m，不计空气阻力，小球飞离极板后恰好由 A 点沿切线进入竖直光滑绝缘圆弧轨道 ABCD，AC、BD
为圆轨道的直径，在圆轨道区域有水平向右的匀强电场，电场强度的大小与 MN 间的电场强度大小相等。
已知 g = 10m/s2 ， sin 53° = 0.8,cos53° = 0.6，下列说法正确的是（　　）
A．小球在 A 点的速度大小为5m/s B．MN 两极板间的电势差UM N = 20V
2
C．小球运动至 C 点的速度大小为4m/s D．轨道半径R m 时小球不会在 ABCD 区间脱离圆弧轨道
3
14．如图 1 所示，在竖直面内坐标系的原点 O 处有一小球发射装置，可以沿与 x 轴正方向成53°的方向，
斜向上发射速度大小为 10m/s 的带电小球，在 y 轴右侧与直线 DF（平行于 y 轴）中间范围内有周期性变
化的水平方向电场，规定向右为正方向，交变电场周期T =1.6s ，变化规律如图 2. t = 0时刻将带正电绝缘
3
小球射入电场中，小球在 t = T 时刻到达电场边界 DF，且速度方向恰与直线 DF 平行。已知小球质量
2
m = 0.3kg ，电荷量 q = 4 10-3C，重力加速度 g = 10m/s2 ， sin 53° = 0.8，不计空气阻力的影响。下列说法
正确的是（　　）
A．E0 = 562.5V/m
B．直线 DF 到 y 轴的距离 xD = 7.2m
C．若小球在不同时刻射入电场，从射入到再次经过 x 轴时的时间与入射时刻有关
D．若小球在不同时刻射入电场，再次经过 x 轴时的坐标范围为 4.8m x 16.8m
15．如图所示，空间某水平面内固定一均匀带电圆环，电荷量为 Q，其圆心为 O。P、Q 是圆环轴线上关
于圆心 O 对称的两点，OP 间距为 L，有一电荷量为 q 的小球恰能静止在 P 点，P 点与圆环上任意一点的
连线与PO间的夹角均为q 。已知静电力常量为 k，重力加速度为 g，现给小球一沿PO方向的初速度 v0 ，
下列说法正确的是（ ）
A．小球从 P 点运动到 O 点的过程中，做加速运动
kQqcos3q
B．小球的质量为
gL2
C．小球运动到 Q 点时的加速度为 0
D．小球运动到 Q 点的速度大小为 4gL + v20
16．如图，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为 q、质量为m 的小球在力F （大小可以变化）的作
用下沿图中虚线由 A 至 B 做竖直向上的匀速运动。已知力F 和 AB 间夹角为q ，A、B 间距离为 d ，重力加
速度为 g 。则（ ）
mg sinq
A．电场强度E 的最小值为 q
mg
B．力F 的最大值为
cosq
C．小球从 A 运动到 B 电场力一定做正功
E mgtanqD．若电场强度 = q 时，小球从 A 运动到 B 电势能变化量大小可能为 2mgd sin
2 q
17．如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为 m、电荷量为 +q 的小球，系在一根长为 d 的绝
缘细线一端，可以在竖直平面内绕 O 点做圆周运动。AB 为圆周的水平直径，CD 为竖直直径。已知重力加
速度为 g
3mg
，电场强度E = ，下列说法正确的是（　　）
q
A．若小球恰能在竖直平面内绕 O 点做圆周运动，则它运动的最小速度为 gd
B．若小球在竖直平面内绕 O 点做圆周运动，则小球运动到 B 点时的机械能最大
C．若将细线剪断，再将小球在 A 点以大小为 gd 的速度竖直向上抛出，小球将不能到达 B 点
D．若将小球在 A 点由静止开始释放，则小球沿 AC 圆弧到达 C 点的速度为 2gd + gd2 3
18．学校中某参赛选手设计了科技节运输轨道，如图甲所示，可简化为倾角为q 的足够长固定绝缘光滑斜
面．以斜面底端为坐标原点，沿斜面向上为 x 轴的正方向，且沿 x 轴部分区域存在电场。在斜面底端由静
止释放一质量为 m、电荷量为 +q 的滑块，在滑块向上运动的一段过程中，机械能 E 随位置坐标 x 的变化
如图乙所示，曲线 A 点处切线斜率最大。滑块可视为质点，不计空气阻力，不计滑块产生的电场，重力加
速度 g 已知．以下说法正确的是（　　）
A．在 x1 : x3过程中，滑块动能先减小后恒定
E
B．在x1处滑块的动能最大，E
0
kmax = - mgx1 sinq2
C．在0 : x2 的过程中重力势能与电势能之和先减小后增大
D．在0: x3过程中，滑块先加速后减速
19．（2024·浙江·高考真题）图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当
极板间距增大时，静电计指针张角增大，则 （　　）
A．极板间电势差减小 B．电容器的电容增大
C．极板间电场强度增大 D．电容器储存能量增大
20．（2024·江西·高考真题）如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为 m、带同种电
荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为 q 和 Q。在图示的坐标系中，小
球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从 x = x0处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能
E k Qqp = （r 为两点电荷之间的距离，k 为静电力常量）。最大静摩擦力等于滑动摩擦力 f，重力加速度为r
g。关于小球甲，下列说法正确的是（　　）
kQq
A．最低点的位置 x = (mg + f )x0
kQq
B．速率达到最大值时的位置 x =
mg - f
kQq x kQqC．最后停留位置 x 的区间是
mg mg - f
kQq
D．若在最低点能返回，则初始电势能Ep0 < (mg - f ) mg + f
21．（2024·河北·高考真题）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。
（2）小球在 A、B 两点的速度大小。

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