資源簡介

考點 34 電容器 帶電粒子在電場中的運動
1. 高考真題考點分布
題型 考點考查 考題統計
選擇題 電容器 2024 年浙江卷、甘肅卷、遼寧卷
選擇題 帶電粒子在電場中直線運動 2024 年江西卷
選擇題 帶電粒子在電場中圓周運動 2024 年河北卷
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】高考對電容器的考查較為頻繁，但對帶電粒子在電場中運動幾乎每年都考，并且特別容易與
磁場相結合，考查電磁組合場和疊加場問題，題目難度相對較大。
【備考策略】
1.理解和掌握電容的定義式和決定式，會處理分析電容器的動態問題。
2.能夠利用動力學、功能觀點處理帶電粒子在電場中的直線運動和拋體運動。
【命題預測】重點關注帶電粒子在電磁場中的運動問題，特別是計算題。
一、電容器的電容
1．電容器
(1)組成：在兩個相距很近的平行金屬板中間夾上一層絕緣物質——電介質，就組成一個最簡單的電容器。
(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。
(3)電容器的充、放電
①充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能。
②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉化為其他形式的能。
(4)擊穿電壓與額定電壓
①擊穿電壓：電容器兩極板間的電壓超過某一數值時，電介質將被擊穿，電容器損壞，這個極限電壓稱為
電容器的擊穿電壓。
②額定電壓：電容器外殼上標的工作電壓，也是電容器正常工作所能承受的最大電壓，額定電壓比擊穿電
壓低。
2．電容
(1)定義
電容器所帶的電荷量 Q 與電容器兩極板之間的電勢差 U 之比，叫作電容器的電容。
Q
(2)定義式：C＝ 。
U
(3)物理意義：表示電容器儲存電荷本領大小的物理量。
(4)單位：法拉(F)，1 F＝1×106 μF＝1×1012 pF。
3．平行板電容器
(1)決定因素：正對面積，相對介電常數，兩板間的距離。
εrS
(2)決定式：C＝ 。
4πkd
二、帶電粒子在電場中的運動
1．加速
1 1
(1)在勻強電場中，W＝qEd＝qU＝ mv2－ mv 20 。2 2
1 1
(2)在非勻強電場中，W＝qU＝ mv2－ mv 20 。2 2
2．偏轉
(1)運動情況：如果帶電粒子以初速度 v0 垂直場強方向進入勻強電場中，則帶電粒子在電場中做類平拋運動，
如圖所示。
(2)處理方法：將粒子的運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和沿靜電力方向的勻加速直線運動。根據
運動的合成與分解的知識解決有關問題。
l F qE qU 1 qUl2
(3)基本關系式：運動時間 t＝ ，加速度 a＝ ＝ ＝ ，偏轉量 y＝ at2＝ ，偏轉角 θ 的正切值：tan
v0 m m md 2 2mdv02
vy at qUl
θ＝ ＝ ＝ 。
v0 v0 mdv02
考點一 電容器的動態分析
考向 平行板電容器兩類動態的分析
1．平行板電容器動態的分析思路
2.平行板電容器的動態分析問題的兩種情況
(1)平行板電容器充電后,保持電容器的兩極板與電池的兩極相連接:
(2)平行板電容器充電后,切斷與電池的連接:
1．如圖所示，平行板電容器實驗裝置中，極板 A 接地，B 與一個靈敏的靜電計相接。若電容器的電容為
C，兩極板間的電壓為 U，兩極板間的電場強度為 E，則（ ）
A．將 A 極板向上移動，C 變大，U 變小，E 變小
B．將 A 極板向下移動，C 變小，U 變大，E 不變
C．將 A 極板向右移動，C 變大，U 變小，E 變小
D．將 A 極板向左移動，C 變小，U 變大，E 不變
【答案】D
e S
【詳解】A．將 A 極板向上移動，兩板間正對面積 S 減小，由C = 可知 C 減小；由于兩極板所帶電荷
4p kd
量不變，由C
Q
= 可知，兩極板間的電壓 U 變大，由E
U
= 可知電容器兩極板間的電場強度 E 變大。故 A
U d
錯誤；
e S
B．將 A 極板向下移動，兩板間正對面積 S 減小，由C = 可知 C 減小；由于兩極板所帶電荷量不變，
4p kd
C Q U由 = 可知，兩極板間的電壓 U 變大，由E = 可知電容器兩極板間的電場強度 E 變大。故 B 錯誤；
U d
e S
C．將 A 極板向右移動，兩板間距離 d 減小，由C = 可知 C 增大；由于兩極板所帶電荷量不變，由
4p kd
C Q U 4p kQ= 可知，兩極間的電壓 U 變小，由E = = 可知電容器兩極板間的電場強度 E 不變。故 C 錯
U d e S
誤；
e S
D．將 A 極板向左移動，兩板間距離 d 增大，由C = 可知 C 減小；由于兩極板所帶電荷量不變，由
4p kd
C Q U 4p kQ= 可知，兩極間的電壓 U 變大，由E = = 可知電容器兩極板間的電場強度 E 不變。故 D 正
U d e S
確。故選 D。
2．半導體指紋傳感器，多用于手機、電腦、汽車等設備的安全識別，如圖所示。傳感器半導體基板上有
大量金屬顆粒，基板上的每一點都是小極板，其外表面絕緣。當手指的指紋一面與絕緣表面接觸時，由于
指紋凹凸不平，凸點處與凹點處分別與半導體基板上的小極板形成正對面積相同的電容器。使每個電容器
的電壓保持不變，對每個電容器的放電電流進行測量，即可采集指紋。在指紋采集過程中，下列說法正確
的是（　　）
A．手指緩慢松開絕緣表面，電容器兩極間的距離增大，電容器帶電量減小
B．手指用力擠壓絕緣表面，電容器兩極間的距離減小，電容器帶電量減小
C．指紋的凸點處與小極板距離近，電容小
D．指紋的凹點處與小極板距離遠，電容大
【答案】A
e S
【詳解】AB．根據電容的公式C = 可知，手指緩慢松開絕緣表面，電容器兩極間的距離增大，電容
4p kd
減小。由Q = CU 可知，U 不變，則電容器帶電量減小。反之電容器帶電量增大。故 A 正確，B 錯誤；
e S
CD．根據電容的公式C = 可知，指紋的凹點處與小極板距離遠，電容小，指紋的凸點處與小極板距
4p kd
離近，電容大，故 CD 錯誤。故選 A。
考點二 帶電粒子在電場中的直線運動
考向 電場中帶電粒子的直線運動
1.電場中帶電粒子做直線運動的條件
(1)粒子所受合外力 F 合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動。
(2)勻強電場中，粒子所受合外力 F 合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或
勻減速直線運動。
2.用動力學和功能觀點分析問題
(1)用動力學觀點分析
qE U
a＝ ，E＝ ，v2－v 20 ＝2ad(勻強電場)。m d
(2)用功能觀點分析
1 1
勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝ mv2－ mv 2
2 2 0
。
非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1。
3．如圖甲所示，在光滑水平面上 O 點處有帶正電的絕緣小物塊處于靜止狀態，零時刻開始，加如圖乙所
T
示的水平電場（以水平向右為正方向），物塊在 時刻到達 A 點，速度有為vA ；T 時刻恰好回到出發點2
O ，速度大小為 v0 ，則下列說法中正確的是（　　）
A ．E1 = E0 B．E1 = 3E0 C． v0 =0 D． v0 =3 vA
【答案】B
【詳解】設OA長度為 x
0 + v T T
，以向右為正方向，則由O A過程有 x = A × ， : T 時段加反向勻強電
2 2 2
v - v ' T
場，物塊先向右做勻減速運動至零后反向向左做勻加速運動，則 A O過程有-x = A 0 × 結合兩式有
2 2
vA - 0 -v0- vA
v0= 2v
T a1 =
A則0 ~ 時段加速度 T
T a =
， : T 時段加速度 2 T 代入 v0= 2vA得 a2 = -3a1則E1 = 3E 故2 2 2
0
2
選 B。


4．如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為 θ，極板間距為 d，帶負電的微粒質量為
m、帶電量為 q，從極板 M 的左邊緣 A 處以初速度 v0水平射入，沿直線運動并從極板 N 的右邊緣 B 處射
出，則（　　）
A．微粒的加速度大小等于 gsinθ
mgd
B．兩極板的電勢差 UMN= q cosq
C B mv2．微粒達到 點時動能為 0
mgd
D．微粒從 A 點到 B 點的過程電勢能增加
tanq
【答案】B
【詳解】AB．微粒在電場中受到重力和電場力，而做直線運動，電場力與重力的合力必定水平向左，如圖
所示
mg U
微粒沿直線做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律可得mg tanq = ma， = Eq = MN q 解得
cosq d
mgd
a = g tanq ，UMN = q cosq 故 A 錯誤，B 正確；
C．由于微粒做勻減速直線運動，動能減小，故 C 錯誤；
mgd
D．微粒的電勢能增加量為DEp = qUMN = 故 D 錯誤。故選 B。cosq
考點三 帶電粒子在電場中的拋體運動
考向 電場中帶電粒子的拋體運動
1.求解電偏轉問題的兩種思路
以示波管模型為例,帶電粒子經加速電場U1加速,再經偏轉電場U2偏轉后,需再經歷一段勻速直線運動才會打
到熒光屏上而顯示亮點 P,如圖所示。
(1)確定最終偏移距離 OP 的兩種方法
方法 1:
方法 2:
(2)確定粒子經偏轉電場后的動能(或速度)的兩種方法
2.特別提醒：
（1）利用動能定理求粒子偏轉后的動能時,電場力做功 W=qU=qEy,其中“U”為初末位置的電勢差,而不一定
是 U= 22 。
（2）注意是否考慮重力
①基本粒子：如電子、質子、α粒子、離子等除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不
忽略質量)．
②帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不能忽略重力．
5．如圖所示，氕、氘、氚的原子核自初速度為零經同一電場加速后，又經同一勻強電場偏轉，最后打在
熒光屏上，下列說法不正確的是（　　）
A．經過加速電場的過程中，電場力對氚核做的功最多
B．經過偏轉電場的過程中，電場力對三種原子核做的功一樣多
C．三種原子核打在屏上的動能一樣大
D．三種原子核都打在屏的同一位置上
【答案】A
【詳解】A．設加速電壓為 U1，偏轉電壓為 U2，偏轉極板的長度為 L，板間距離為 d。在加速電場中，電
1 2
場力做的功為W = qU1 = mv0 由于加速電壓相同，電荷量相等，所以電場力做的功相等，故 A 錯誤；2
2
1 U L2
D．在偏轉電場中的偏轉位移為 y = at 2 1
qU L
= × 2 × 解得 y = 2 同理可得到偏轉角度的正切為
2 2 md ֏ v0 4dU1
tanq U= 2L
4U d 可見 y 和 tanθ 與電荷的電量和質量無關。所以出射點的位置相同，出射速度的方向也相同。1
運動軌跡相同，故三種粒子打屏上同一點，故 D 正確。
B．粒子的運動軌跡相同，電荷量相同，電場力相同，在偏轉電場中電場力做功相同，故 B 正確；
1
C 2．整個過程運用動能定理得 mv = qU1 + qEy在偏轉電場中電場力做功 W2一樣大，故 C 正確；故選 A。2
6．一帶正電微粒從靜止開始經電壓 U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為 U2。微粒射
入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為 45°，微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分
別為 2L 和 L，到兩極板距離均為 d，如圖所示。忽略邊緣效應，不計重力。下列說法正確的是（　　）
A．L:d=2:1
B．U1:U1=2:1
1
C．微粒穿過圖中電容器區域的速度偏轉角度的正切值為
2
D．僅改變微粒的質量或者電荷數量，微粒在電容器中的運動軌跡不變
【答案】D
v
【詳解】A y．帶電粒子在勻強電場中做類斜拋運動，從進入電場到最高點有 2L = vxt ，d = t vy = at ，2
v
tan 45° = y 聯立解得 L : d =1:1故 A 錯誤；
vx
1 U 1 v
B 2 2 y．帶電粒子在加速電場中，有 qU1 = mv2 0 帶電粒子在偏轉電場中，有
q 2 = mvy ， sin 45° = 聯立解得2 2 v0
U1 1=
U 1故 B 錯誤；2
C．設帶電粒子進入偏轉電場的速度方向與水平方向夾角為 α，則有 tana = tan 45° =1設帶電粒子射出偏轉
vy
電場的速度方向與水平夾角為 β，則有 tan b = 依題意，帶電粒子從最高點運動到射出電場過程，有
vx
L = vxt ， v y = at 聯立解得 tan b
1
= 根據數學三角函數，可得 tan a + b = 3故 C 錯誤；
2
1 qU 2 U x
2
D．粒子射入最高點的過程水平方向和豎直方向的位移分別為 x = v t ， y = × 2x × t 解得 y = 2 可知帶2 2md 4dU1
電粒子的軌跡方程與其質量或者電荷數量無關，即軌跡不會變化，故 D 正確。故選 D。
考點四 帶電粒子在力電等效場中的圓周運動
考向 帶電粒子在力電等效場中的圓周運動
1.方法概述
等效思維方法是將一個復雜的物理問題,等效為一個熟知的物理模型或問題的方法。對于這類問題,若采用常
規方法求解,過程復雜,運算量大。若采用等效法求解,則能避開復雜的運算,過程比較簡捷。
2.方法應用
合
先求出重力與電場力的合力,將這個合力視為一個等效重力,將 a= 視為等效重力加速度。再將物體在重力場

中的運動規律遷移到等效重力場中分析求解即可。
7．如圖所示，場強為 E 的勻強電場方向豎直向下，所帶電荷量為-q 、質量為 m 的帶電小球用長為 L 的絕
緣細線拴住，小球可以在豎直平面內繞 O 做圓周運動，A、B 分別是軌跡的最高點和最低點。已知小球靜
止時的位置是 A 點，重力加速度大小為 g，小球可以看成質點，下列說法正確的是（　　）
A 5(qE - mg)L．若小球恰好可以做完整的圓周運動，則小球通過 A 點時速度最小值為
m
B 5(qE + mg)L．若小球恰好可以做完整的圓周運動，則小球通過 A 點時速度最小值為
m
C．若小球恰好可以做完整的圓周運動，則小球通過 A 點時速度最小值 gL
D 5qEL．若小球恰好可以做完整的圓周運動，則小球通過 A 點時速度最小值
m
【答案】A
v2
【詳解】若小球恰好可以做完整的圓周運動，則在 B 點有 qE - mg = m B 根據動能定理有
L
(qE mg) 1 1- ×2L = mv2A - mv
2 v 5(qE - mg)LB 解得 A = 故選 A。2 2 m
8．如圖所示，水平面上用絕緣支架固定一個半徑為 R 的圓形、絕緣軌道，軌道平面位于豎直面內，整個
裝置處于豎直向下的勻強電場中，軌道內有一個電荷量為 q 的帶正電的小球。已知小球受到的電場力等于
其重力，小球沿著軌道做圓周運動的過程中，對軌道最低點與最高點的壓力大小分別為F1和F2 F2 0 ，
則勻強電場的電場強度大小為（　　）
F
A 1
+ F2 F1 - F2 F1 + F2 F1 - F2
． 6q B． 6q C． 12q D． 12q
【答案】D
【詳解】設小球質量為m ，最低點與最高點速度大小分別為 v1 和 v2 ，在最低點由牛頓第二定律可知
v2F qE mg m 1 v
2
1 - + = 在最高點由牛頓第二定律可知F2 + qE + mg = m 2 聯立解得R R
2
F F 2 qE mg mv1 - mv
2 1 1
1 - 2 - + =
2 由動能定理可知 qE + mg 2R = mv21 - mv22 解得F1 - F2 = 6 qE + mg 根R 2 2
F - F
據題意 qE = mg 1 2，即電場強度為E = 12q ，D 正確。故選 D。
考點五 帶電粒子在交變電場中的運動
考向 1 交變電場中的直線運動
1.此類題型一般有三種情況:一是粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解);二是粒子做往返運動
(一般分段研究);三是粒子做偏轉運動(一般根據交變電場的特點分段研究)。
2.分析時從兩條思路出發:一是力和運動的關系,根據牛頓第二定律及運動學規律分析;二是功能關系。
3.注重全面分析(分析受力特點和運動特點),抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征,求
解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的邊界條件。
4.交變電場中的直線運動（方法實操展示）
U-t 圖像 v-t 圖像 軌跡圖
9．如圖甲中高能醫用電子直線加速器能讓電子在真空場中被電場力加速，產生高能電子束，圖乙為加在
直線加速器上 a、b 間的電壓，已知電子電荷量為 e，質量為 m，交變電壓大小始終為 U，周期為 T， t = 0
時刻電子從軸線 BC 上的緊靠 0 號金屬圓筒右側由靜止開始被加速，圓筒的長度的設計遵照一定的規律，
使得粒子“踏準節奏”在間隙處一直被加速。不計在兩金屬圓筒間隙中的運動時間，不考慮電場的邊緣效
應，則（ ）
eU
A．電子在第 1 個圓筒內加速度 B．電子在第 2 個圓筒內運動時間 t = T
m
C．電子射出第 3 8eU T 16eU個圓筒時的速度為 D．第 8 號金屬圓筒的長度為
m 2 m
【答案】D
【詳解】A．金屬筒中電場為零，電子不受電場力所用，則電子在第 1 個圓筒內加速度為 0，故 A 錯誤；
B．電子每經過圓筒間狹縫時都要被加速，然后進入圓筒做勻速直線運動，所以電子在圓筒運動時間必須
T
為 ，才能滿足每次經過狹縫時被加速，故 B 錯誤；
2
C 3 v 3eU
1
= mv2 6eU．設電子進入第 個圓筒時的速度為 3，由動能定理有 3 可得 v3 = 因為電子在圓筒中做2 m
6eU
勻速直線運動，則電子射出第 3 個圓筒時的速度為 ，故 C 錯誤；
m
1
C．設電子進入第 8 號圓筒時的速度為 v8 ，由動能定理有8eU = mv
2 16eU
8 可得 v8 = 而電子在圓筒內做勻2 m
T T 16eU
速直線運動，由此可得第 8 號圓筒的長度為 L8 = v8 × = 故 D 正確。故選 D。2 2 m
10．如圖甲所示，兩板距離足夠寬，板間原來固定一電子，使之處于靜止狀態，電子重力不計。兩極板間
加上如圖乙所示的交變電壓，在 t 時刻釋放電子，以下說法正確的是（　　）
T
A．如果 t= ，電子一直向 A 板運動
8
T
B．如果 t= ，電子時而 B 板運動，時而向 A 板運動，最后向 B 板靠近
4
3T
C．如果 t= ，電子時而向 B 板運動，時而向 A 板運動，最后向 A 板靠近
4
7T
D．如果 t= ，電子時而向 B 板運動，時而向 A 板運動，最后向 A 板靠近
8
【答案】D
T 3T 3T T
【詳解】A．如果 t= ，電子先向 A 板加速 ，再向 A 板減速 ，而后向 B 板加速 ，再向 B 板減速
8 8 8 8
T
，之后重復以上運動，最后打到 A 板。故 A 錯誤；
8
T T T T T
B．如果 t= ，電子先向 A 板加速 ，再向 A 板減速 ，而后向 B 板加速 ，再向 B 板減速 ，之后重
4 4 4 4 4
復以上運動，電子時而 B 板運動，時而向 A 板運動，兩板距離足夠寬，最后不會打到 A、B 板上。故 B 錯
誤；
3T T T T T
C．如果 t= ，電子先向 B 板加速 ，再向 B 板減速 ，而后向 A 板加速 ，再向 A 板減速 ，之后重
4 4 4 4 4
復以上運動，電子時而 B 板運動，時而向 A 板運動，兩板距離足夠寬，最后不會打到 A、B 板上。故 C 錯
誤；
7T T T 3T 3T
D．如果 t= ，電子先向 B 板加速 ，再向 B 板減速 ，而后向 A 板加速 ，再向 A 板減速 ，之后
8 8 8 8 8
重復以上運動，最后打到 A 板。故 D 正確。故選 D。
考向 2 交變電場中的偏轉
交變電場中的偏轉處理方法（帶電粒子重力不計，方法實操展示）
U-t 圖
v
軌跡圖 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 圖 B O T/2 T t
O
T/2 T t -v0
單向直線運動 往返直線運動
11．如圖甲所示，兩平行金屬板 A、B 的板長和板間距均為 d，兩板之間的電壓隨時間周期性變化規律如
圖乙所示。一不計重力的帶電粒子以速度 v0從 O 點沿板間中線射入極板之間，若 t=0 時刻進入電場的帶電
粒子在 t=T 時刻剛好沿 A 板右邊緣射出電場，則（　　）
A．t =0 時刻進入電場的粒子離開電場時速度大小為 2v0
t TB． = 時刻進入電場的粒子離開電場時速度大小為 v
8 0
t T 3C． = 時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中的最大速度為 v
4 2 0
t T 1D． = 時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中離 A 板的最小距離為 d
4 4
【答案】B
【詳解】A．依題意，粒子帶負電，由受力分析可知，t =0 時刻進入電場的粒子在沿電場線方向先勻加速
運動后勻減速運動，如圖
v T d
設沿電場線方向最大速度為 v ，則有 yy = ， d = v0T 解得 vy = v0 由運動的對稱性可知，離開電場時沿電2 2
場線方向速度恰好減為零，即其速度大小仍為 v0 。故 A 錯誤；
t 9T 3T 3TB． = 時刻進入電場的粒子沿電場線方向先勻加速 ，再勻減速 ，速度減為零，然后反方向勻加
8 8 8
T T 9T
速 ，再反方向勻減速 ，即 速度再次減為零。v-t 圖像如圖所示
8 8 8
綜上所述，粒子離開電場時速度大小仍為 v0。故 B 正確；
T
C． t = 時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中沿電場線方向最大速度設為 v '
T
y ，則有 v '4 y
= a × 又
4
v a T vy = ×
5
聯立，解得 v 'y = 0 根據速度的平行四邊形定則，可得粒子的最大速度為 v 2 2m = v 'y + v0 = v0故2 2 2
C 錯誤；
T
D．根據 C 選項分析可知， t = 時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中，沿電場線方向最大位移為
4
v ' d d d 7d
y = y T× 聯立，解得 y = 則離 A 板的最小距離為 l = - = 故 D 錯誤。故選 B。
2 4 16 2 16 16
12．如圖甲所示，長為8d 、間距為 d 的平行金屬板水平放置，O 點為兩板中點的一粒子源，能持續水平向
右發射初速度為 v0 、電荷量為 +q 、質量為 m 的粒子。在兩板間存在如圖乙所示的交變電場，取豎直向下
為正方向，不計粒子重力，以下判斷正確的是（　　）
A．能從板間射出的粒子的動能均相同
2d
B．粒子在電場中運動的最短時間為
2v0
d
C． t = v 時刻進入的粒子，從O 點的下方射出0
d
D． t = 2v 時刻進入的粒子，從O 點的上方射出0
【答案】A
E mv
2 2
【詳解】B．由圖可知場強 = 0 qE v則粒子在電場中的加速度 a = = 0 則粒子在電場中運動的最短時間
2qd m 2d
1 1 2 2d
滿足 d = at 解得 t = 故 B 錯誤；
2 2 min min v0
8d
A．能從板間射出的粒子在板間運動的時間均為 t = v 則任意時刻射入的粒子射出電場時沿電場方向的速度0
1
均為 0，可知射出電場時的動能均為 mv 20 ，故 A 正確；2
d T T T
C． t = =v 4 時刻進入的粒子，在沿電場方向的運動是：先向下加速 ，后向下減速 速度到零；然后向0 4 4
T T
上加速 ，再向上減速 速度到零…..如此反復，則最后從 O′點射出時沿電場方向的位移為零，則粒子將
4 4
從 O′點射出，故 C 錯誤；
d T 3T
D． t = =2v 8 時刻進入的粒子，在沿電場方向的運動是：先向下加速 ，運動的位移0 8
y 1 at 2 1 v
2
= = × 0 × ( 3d )2 91 = d
1
> d 此時粒子已經到達下極板，即粒子不能從右側射出，故 D 錯誤。故選
2 2 2d 2v0 16 2
A。
考點六 用動力學、能量和動量觀點解決力電綜合問題
考向 用動力學三大觀點解決力電綜合問題
1.力電綜合問題的處理流程
2．電場中的功能關系
(1)若只有靜電力做功 電勢能與動能之和保持不變。
(2)若只有靜電力和重力做功 電勢能、重力勢能、動能之和保持不變。
(3)除重力之外，其他各力對物體做的功 等于物體機械能的變化。
(4)所有外力對物體所做的功 等于物體動能的變化。
3．電場力做功的計算方法
(1)WAB＝qUAB(普遍適用)
(2)W＝qEx cos θ(適用于勻強電場)
(3)WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(從能量角度求解)
(4)W 電＋W 非電＝ΔEk(由動能定理求解)
13．如圖所示，在真空中固定兩等量同種正點電荷，電荷量均為+Q、分別位于同一水平線上的 A、B 兩
點，О 為連線 AB 的中點，C、D 為連線 AB 的豎直中垂線上關于 О 點對稱的兩點，A、C 兩點的距離為
kQ
r， CAO = q 。已知點電荷的電場中距離場源 Q 為 x 處的電勢為 = （以無窮遠處為零電勢點），靜電
x
力常量為 k，重力加速度為 g、如下分析正確的是（　　）
2kQ
A．C 點的電場強度大小為 cosq
r 2
B．一正試探電荷（不計重力），質量為 m，從 C 點給一初速度豎直向下運動、要使它能到達 О 點，則
2 kQq(1- cosq )給的初速度最小值為
mr cosq
C．將一電子從 C 點移到 D 點過程中電勢能先增大后誠小
D．將一質量為 M 的帶負電小球從 D 點以 v0向上拋出，恰能上升到 C 點，則 v0 = 2 Mgr sinq
【答案】B
【詳解】A．兩點電荷均為正電荷且帶電量相等，則兩點電荷在 C 點處的電場強度方向均背離各自電荷，
電場強度如圖所示
2kQ
根據電場強度的矢量合成法則可得 C 點的場強EC = 2 sinq ，A 錯誤；r
Q
B．根據題意，C 點的電勢為 C = 2k O 點的電勢為 O = 2k
Q U 2kQ(cosq -1)可得 = - = 若一
r r cosq CO C O r cosq
個質量為 m、電荷量為 +q 的試探電荷（重力不計）從 C 點以某一豎直向下的初速度運動恰好能夠到達 О
1 2 kQ(1- cosq )
點，則由動能定理有 qUCO = 0 - mvmin 解得 vmin = 2 可知能夠到達 О 點的最小速度2 mr cosq
v v 2 kQ(1- cosq )2 = min = ，B 正確；mr cosq
C．從 C 到 D，電勢先增大后減小，電子帶負電，根據Ep = q 可知電勢能先減小后增大，C 錯誤；
D．帶負電的小球從 D 點到 О 點靜電力做正功，從 O 到 C 電場力做負功，根據對稱性可知，小球從 D 到
C -2Mgr sinq
1
= 0 - Mv2的過程中，靜電力對小球所做功的代數和為零，則根據動能定理有 1 解得2
v1 = 2 gr sinq ，D 錯誤。故選 B。
14．如圖所示在場強為 E 的勻強電場中有一帶電絕緣物體 P 處于水平面上。已知 P 的質量為 m、帶電量為
+q ，其所受阻力與時間的關系為 f = f0 + kt 。 t = 0時物體 P 由靜止開始運動直至速度再次為零的過程中，
以下說法正確的是（　　）
Eq - f
A．物體達到最大速度的時間 0
mk
Eq - f 2B．物體達到的最大速度為 0
2mk
Eq Eq - f
C ．全過程中，物體所受電場力的沖量為 0
2k
f Eq - fD ．全過程中，物體的阻力 f 的沖量為 0 0
k
【答案】B
【詳解】AB．當物體所受合力為零時，物體的速度最大，則有Eq = f0 + kt 解得 t
Eq - f
= 0 從靜止到物體達
k
Eqt f- 0 + Eq t = mv - 0 Eq - fv 0
2
到的最大速度，由動量定理有 m 解得 = 故 A 錯誤，B 正確；2 m 2mk
CD f + f + kt
' 2 Eq - f
．根據題意，對全過程，由動量定理有Eqt ' - 0 0 t ' = 0解得 t ' = 0 則全過程中，物體所受
2 k
2Eq Eq - f '
電場力的沖量為 I = Eqt ' f + f + kt= 0 物體的阻力 f 的沖量為 I = - 0 0 t ' 2Eq f0 - Eq 1 2 = 故 CD 錯k 2 k
誤。故選 B。
1．如圖所示，平行板電容器與電動勢為 E 的電源連接，上極板 A 接地，一帶負電的油滴固定于電容器中
的 P 點，現將平行板電容器的下極板 B 豎直向下移動一小段距離，則（　　）
A．帶電油滴所受靜電力不變 B．P 點的電勢將升高
C．帶電油滴在 P 點時的電勢能增大 D．電容器的電容減小，極板帶電荷量增大
【答案】B
【詳解】A．帶電油滴所受靜電力F = qE
U
= q 平行板電容器的下極板 B 豎直向下移動，d 增大，F 減小，
d
故 A 錯誤；
U
B．電勢差U AP = EdAP = dAP 平行板電容器的下極板 B 豎直向下移動，d 增大，U AP 減小，P 點電勢升高，d
故 B 正確；
C． P 點電勢升高，相當于液滴向上移動，電場力做正功，電勢能減小，故 C 錯誤；
C e S e S Q e SUD．由電容公式 = ，d 增大，C 減小；C = ，C = 解得Q = d 增大，Q 減小，故 D 錯
4p kd 4p kd U 4p kd
誤。故選 B。
2．如圖甲所示一足夠長的絕緣豎直桿固定在地面上，帶電荷量為 0.01C、質量為 0.1kg 的圓環套在桿上，
整個裝置處于水平方向的電場中，電場強度 E 隨時間 t 變化的圖像如圖乙所示，環與桿間的動摩擦因數為
0.5， t = 0時，環靜止釋放，環所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計空氣阻力，g=10m/s2。下列說法
正確的是（ ）
A．環先做加速運動再做勻速運動
B．0~2s 內環的位移等于 2.5m
C．環的最大速度大小為 15m/s
D．環的最大動能為 20J
【答案】D
【詳解】AB．由圖可得 E=（3-t）×102V/m 開始時的最大靜摩擦力為 f=μq|E0|=0.5×0.01×3×102N=1.5N＞
mg=0.1×10N=1N 則環先靜止，再做加速運動，后再做減速運動，最后靜止不動，環速度最大時，重力等于
滑動摩擦力，則有 mg=μq|E|聯立解得 t=5s（t=1s 時開始運動）根據牛頓第二定律得 mg-μq|E|=ma 整理得
a=5t-5（1≤t≤3s），a=25-5t（t＞3s）在 t=2s 時加速度為 a=5m/s2，若環做勻加速直線運動，則
x 1 1= at 2 = 5 12 m=2.5m 所以 0-2s 內環的位移小于 2.5m，故 AB 錯誤；
2 2
CD．a-t 圖像如圖所示
1
由 a-t 圖像的面積表示速度的變化量，結合初速度為零，則環的最大速度為 v= ×4×10m/s=20m/s 故 0～6s
2
E 1 mv2 1內環的最大動能為 km = = 0.1 20
2 J=20J故 C 錯誤，D 正確。故選 D。
2 2
3．真空中存在沿 y 軸正方向的勻強電場，氦核與氘核先后從坐標原點 O 沿 x 軸正方向射入該電場，在僅
受電場力的作用下的運動軌跡如圖所示。則氦核與氘核（　　）
A．在電場中運動時的加速度不同
B．射入電場時的初速度相同
C．射入電場時的初動能相等
D．射入電場時的初動量相同
【答案】C
Eq
【詳解】A．根據題意，由牛頓第二定律可知，粒子在電場中運動加速度為 a = 由于氦核與氘核的比荷
m
相等，則在電場中運動時的加速度相同，故 A 錯誤；
1
BCD 2 2y．根據題意可知，沿 y 軸方向有 y = at 解得 t = 則氦核與氘核的運動時間之比為
2 a
tHe 2y 2= 0 = 沿 x 軸方向上有 x = v0t 由于氦核與氘核沿 x 軸方向的位移相等，則射入電場時氦核與氘核tH y0 1
v0He tH 1
的初速度之比為 = =v t 2 即射入電場時的初速度不同，射入電場時氦核與氘核的初動能之比為0H He
1 m v2E 2 He 0HekHe 4 1= 1 = =1即射入電場時的初動能相等，射入氦核與氘核的電場時的初動量之比為EkH m v2 2 2
2 H 0H
pHe m v 4 1 2= He 0He = = 即射入電場時的初動量不同，故 BD 錯誤，C 正確。故選 C。
pH mHv0H 2 2 1
4．如圖所示，在豎直平面內有水平向左的勻強電場，勻強電場中有一根長為 L 的絕緣細線，細線一端固
定在 O 點，另一端系一可視為質點的質量為 m、電荷量為 q的帶電小球。小球靜止時細線與豎直方向成q
角，此時讓小球獲得沿切線方向的初速度且恰能繞 O 點在豎直平面內沿逆時針方向做圓周運動，重力加速
度為 g。下列說法正確的是（　　）
E mg tanqA．小球帶正電，且勻強電場的電場強度大小 = q
B gL．小球做圓周運動過程中速度的最小值 v =
cosq
C．小球從原靜止位置運動至圓周軌跡最高點的過程中動能逐漸減小，電勢能一直增大
D．小球從原靜止位置開始至其在豎直平面內運動一周的過程中，機械能先減小后增大
【答案】B
【詳解】A．小球靜止時細線與豎直方向成q 角，由平衡條件可知電場力水平向右，與場強方向相反，小
qE
球帶負電，根據平衡條件有 = tanq 解得E
mg tanq
=
mg ，Aq 錯誤；
B．小球恰能繞 O 點在豎直面內做圓周運動，在等效最高點 A 點速度最小，如圖所示
mg mv 2
重力與電場力合力為F ： = cosq 恰能完成圓周運動，小球在等效最高點 A 有最小速度，則有F =
F L
gL
聯立求得 v = ，B 正確；
cosq
C．小球從靜止位置內沿逆時針方向運動至圓周軌跡最高點的過程中，電場力先做正功后做負功，電勢能
先減小后增大，在從開始到最高點的過程中，重力與電場力合力做負功，動能減小，C 錯誤；
D．小球從靜止位置開始沿逆時針方向至其在豎直平面內運動一周的過程中，小球的機械能和電勢能之和
守恒，小球電場力先做正功后負功后再做正功，則電勢能先減小后增大再減小，機械能先增大后減小再增
大，D 錯誤。故選 B。
5．如圖甲所示，距離足夠大的兩平行金屬板中央有一個靜止的電子（不計電子所受重力），在 A、B 兩板
間加上如圖乙所示的交變電壓。若取電子的初始運動方向為正，則下列圖像中，能正確反映電子的位移
x、速度 v、加速度 a 和動能Ek 隨時間（一個周期內）變化規律的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
T
【詳解】AB．電子一個周期內的運動情況為：0 ~ 時間內，電子從靜止開始向 A 板做勻加速直線運動，
4
T ~ T T T 3T時間內，原方向做勻減速直線運動， 時刻速度為零。 ~ 時間內，向 B 板做勻加速直線運動，
4 2 2 2 4
3T ~ T 時間內，繼續向 B 板做勻減速直線運動，根據勻變速運動速度圖象是傾斜的直線；電子做勻變速直
4
線運動時 x - t 圖象是拋物線，故 AB 錯誤；
qU
C．由于 a = 可知勻變速運動的加速度大小不變，方向發生變化，故 a - t 圖象應平行于橫軸，故 C 正
md
確；
1
D 2．勻變速運動速度圖象是傾斜的直線，根據Ek = mv ，可知Ek 與 v成二次函數關系，結合上述分析， v2
與 t在每一階段均為一次函數關系，由此可知Ek - t 圖象是曲線，故 D 錯誤。故選 C。
6．如圖甲所示，兩平行金屬板 A、B 的板長和板間距均為 d，兩板之間的電壓隨時間周期性變化規律如圖
乙所示。一不計重力的帶電粒子束先后以速度 v0 從 O 點沿板間中線射入極板之間，若 t = 0時刻進入電場的
帶電粒子在 t = T 時刻剛好沿 A 板右邊緣射出電場，則（　　）
A． t = 0時刻進入電場的粒子離開電場時速度大小為 2v0
T
B． t = 2 時刻進入電場的粒子離開電場時速度大小為
v0
t T 3C． = 時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中的最大速度為 v
4 2 0
T
D． t = 時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中離 A 板的最小距離為 0
4
【答案】B
T
【詳解】A．依題意可知粒子帶負電，由受力分析可知， t = 0時刻進入電場的粒子，沿電場方向在0 ~ 內
2
T
向上做勻加速運動，在 ~ T2 內向上做勻減速運動，根據對稱性可知，在
t = T 時刻，沿電場方向的速度剛
好減為 0，則粒子離開電場時速度大小為 v0 ，故 A 錯誤；
t T T
3T
B． = 2 時刻進入電場的粒子，沿電場方向在
~ T
2 內向下做勻加速運動，在
T ~ 內向下做勻減速運動，
2
3T
根據對稱性可知，在 t = 時刻，沿電場方向的速度剛好減為 0，則粒子離開電場時速度大小為 v0 ，故 B2
正確；
t T T T T 3TCD． = 時刻進入電場的粒子，沿電場方向在 ~ 內向上做勻加速運動，在 ~ 內向上做勻減速運
4 4 2 2 4
3T 5T T
動，在 ~ T 內向下做勻加速運動，在T ~ 內向下做勻減速運動；可知粒子在 t = 2 時刻的速度最大，4 4
t 3T在 = 時刻與 A 板的距離最小；設粒子在電場中的加速度大小為 a，對于 t = 0時刻進入電場的粒子，在
4
1 1 T 2d 2v T
t = T 2時刻剛好沿 A 板右邊緣射出電場，則有d = v 0T ， d = 2 a( ) 可得 a = 2 =
0 對于 t = 時刻進
2 2 2 T T 4
T T v T
入電場的粒子，在 t = 時刻沿電場方向的分速度為 v = a = 0y 則 t =2 時刻進入電場的粒子在兩板間運動4 2 4
1 5 T 3T 1 T 2 d
過程中的最大速度為 vm = v
2
0 + ( v0 )
2 = v0 在 ~ 內粒子向上運動的位移大小為 y = 2 a( ) = 則2 2 4 4 2 4 8
t T 1 1 3= 時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中離 A 板的最小距離為Dx = d - d = d 故 CD 錯誤。故
4 min 2 8 8
選 B。
7．如圖所示，在傾角為 θ 的足夠長的絕緣光滑斜面底端，靜止放置質量為 m、帶電量 q（ q > 0）的物
體。加上沿著斜面方向的電場，物體沿斜面向上運動。物體運動過程中的機械能 E 與其位移 x 的關系圖像
如圖所示，其中 OA 為直線，AB 為曲線，BC 為平行于橫軸的直線，重力加速度為 g，不計空氣阻力，則
下列說法錯誤的是（　　）
E
A．0 : x 11過程中，電場強度的大小恒為E = qx1
E2 - EB 1． x1 : x2 過程中，物體電勢降低了 q
C． x1 : x2 過程中，物體加速度一直減小
D． x2 : x3 過程中，電場強度為零
【答案】C
E1 - 0
【詳解】A．物體機械能的變化量等于電場力做功，即DE = Eqx由圖像可知0 : x1過程中Eq = x 解得電1
E1
場強度的大小恒為E = qx 選項 A 正確，不符合題意；1
B． x1 : x2 過程中，電場力做功W = E2 - E1 可知電勢能減小ΔEp = E2 - E1 = Δ q 可得物體電勢降低了
D E - E= 2 1
q 選項 B 正確，不符合題意；
x : x a qE - mg sinqC． 1 2 過程中，圖像的斜率減小，則電場力減小，直到減為零，根據 = 物體加速度先減m
小后反向增加，選項 C 錯誤，符合題意；D． x2 : x3 過程中，圖像的斜率為零，則電場強度為零，選項 D
正確，不符合題意。故選 C。
8．如圖（a）所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個帶電小球。 t = 0時，乙球以 6m/s的初速度沖向原來靜
止的甲球，在0 : t3時間內它們的 v - t 圖線如圖（b）所示。整個運動過程中兩球未相碰，設 t1 、 t3時刻兩
球的總電勢能分別為E1、 E3，則（　　）
A． t1 時刻兩球最近，E1 > E3 B． t1 時刻兩球最近，E1 < E3
C． t2 時刻兩球最近，E1 > E3 D． t2 時刻兩球最近，E1 < E3
【答案】A
【詳解】由圖（b）可知，0 ~ t1時間內乙球向左減速，甲球向左加速，可知兩球帶同種電荷，兩球間存在
m甲
斥力， t1 時刻兩球速度相同，相距最近，由動量守恒定律可得m乙v0 = (m甲 + m乙)v1 解得 = 2m 整個過程電場乙
1 2 1 2
力做負功，電勢能增加，增加量為DE1 = m乙v0 - (m + m )v 其中 v = 2m/s之后在斥力的作用下，甲繼續2 2 甲 乙 1 1
向左加速，乙向左減速至速度為零后向右加速，t3時刻兩球沒有相距最近，0 : t3過程中，電勢能的增加量
E 1D = m v2 1為 2 0 - ( m v
2 1
2 + m v
2
3 )其中 v2 = 4m/s， v3 = -2m/s乙 甲 乙 代入數據可得DE1 > DE2 2 2 2
故 t1時刻兩球的總電
勢能較大，即E1 > E3 故選 A。
9．如圖所示，平行板電容器兩極板與直流電源、理想二極管 D（正向電阻為零，反向電阻無窮大）、定值
電阻 R 連接，電容器下板 B 接地，兩板間 P 點有一帶電油滴恰好處于靜止狀態，現將上極板 A 向上移動，
則下列說法正確的是（　　）
A．R 中有從 a 到 b 的電流 B．兩極板間電壓保持不變
C．油滴的電勢能不變 D．油滴仍保持靜止狀態
【答案】CD
e S
【詳解】A．將 A 板向上移動時，由平行板電容器決定式可知C = 電容器的電容減小，由于二極管的
4πkd
單向導電性，電容器不能放電，電路中沒有電流，故 A 錯誤；
Q
B．電容器的帶電量不變，由電容關系式可知U = 兩板間電壓增大，B 錯誤；
C
C．由電場強度和電勢差關系可知E
U 4πkQ
= = 兩板間場強不變，P 點電勢不變，油滴電勢能不變。故 C
d e S
正確；
D．極板間電場強度不變，則油滴受力不變，油滴仍靜止，故 D 正確。故選 CD。
10．我國空間站天和核心艙配備了四臺全國產化的 LHT-100 霍爾推進器，其簡化的工作原理如圖所示。放
電通道兩端的電極 A、B 間存在一加速電場 E，工作時，工作物質氙氣進入放電通道后立即被電離為一價
氙離子，再經電場加速噴出，形成推力。單臺推進器每秒噴出的一價氙離子數量 n = 1.8 1019 個，速度
v = 2 104 m/s，單個氙離子的質量為m = 2.2 10-25 kg，電子電荷量e =1.6 10-19 C，不計一切阻力，計算
時取氙離子的初速度為零，忽略離子之間的相互作用，則（　　）
A．A、B 兩電極間的加速電壓為 175V
B．A、B 兩電極間的加速電壓為 275V
C．單臺霍爾推進器產生的平均推力大小約為 8N
D．單臺霍爾推進器向外噴射氙離子形成的電流約為 2.9A
【答案】BD
1 2
【詳解】AB．氙離子經電場加速，根據動能定理有 eU = mv 可得加速電壓為U = 275V 故 A 錯誤，B 正
2
確；
C．根據動量定理可得F ×Dt = nmv代入數據解得F = 7.92 10-2 N故 C 錯誤；
DQ ne 1.8 1019D I 1.6 10
-19
．單臺霍爾推進器向外噴射氙離子形成的電流約為 = = = A 2.9A故 D 正確。
Dt Dt 1
故選 BD。
11．真空中的某裝置如圖所示，豎直放置平行金屬板 A、B 和水平放置的平行金屬板 C、D 上均加有電壓，
M 2 4為熒光屏。現有質子（ 11H ）、氘核（ 1 H ）和a 粒子（ 2 He）均從 A 板上的 O 點由靜止開始被加速，經
過一段時間后，均打在熒光屏上。中子從 O 點水平射出，將打在熒光屏上的O 點，不計粒子所受重力，不
考慮平行金屬板外的電場，下列說法正確的是（　　）
A．質子、氘核和a 粒子均打在熒光屏上的同一位置
B．質子、氘核和a 粒子從 B 板運動到熒光屏經歷的時間相同
C．質子、氘核和a 粒子打在熒光屏上時的速度方向相同
D．平行金屬板 C、D 間的電場力對質子、氘核和a 粒子做的功之比為 1∶1∶2
【答案】ACD
【詳解】A．設加速電場電壓為U1 ，偏轉電場電壓為U 2 ，偏轉電場間距為 d ，偏轉極板長度為 L，則在加
1 qU L
速電場 1 =
1 2qU
2
2解得 v = 1 偏轉電場 y = 2 t 2 因為 t = 代入得
m 2 md v
2

y 1 qU2 t 2 1 qU
÷ 2
= = 2
L ÷ U L= 2 由題知，加速電場電壓，偏轉電場電壓，極板長度，極板間距不
2 md 2 md 2qU1 ÷ 4dU1 m ÷è
變，則可知，質子、氘核和a 粒子均打在熒光屏上的同一位置。A 正確；
L
B．在加速電場 11 = 2解得 v
2qU
= 1 由于 3 個粒子比荷不一樣，故速度不一樣，由 t = 知，質子、2 m v
氘核和a 粒子從 B 板運動到熒光屏經歷的時間不相同。B 錯誤；
qU1 L
C．粒子的速度偏轉角 vtanq = y = md v U2L= 由題知，加速電場電壓，偏轉電場電壓，極板長度，極板
v v 2U2d
間距不變，質子、氘核和a 粒子打在熒光屏上時的速度方向相同。C 正確；
D．設電場力對質子、氘核和a 粒子做的功為W1 、W2 、W3，則電場力做功為W = qU 代入得W1 = eU2 ，
W2 = eU2，W3 = 2eU2 則W1 :W2 :W3 =1:1: 2，故 D 正確；
12．如圖所示，在立方體塑料盒 ABCD-EFGH 內，棱 AE 豎直，將質量為 m 的帶電小球（可看成質點）從
A 點以水平初速度 v0沿 AB 方向拋出，小球僅在重力作用下運動恰好落在 F 點。M 點為棱 BC 的中點，僅
研究小球與盒子第一次碰撞前的運動情況。則下列說法正確的是（　　）
A．若將小球從 A 點沿 AC 方向，以 1.5v0的水平初速度拋出，則運動時間將變短
B．若將小球從 A 點沿 AM 方向以 v0水平初速度拋出，小球與盒接觸瞬間，垂直平面 BCGF 的分量大
小可能大于 v0
C．若在空間增加沿 AE 方向的勻強電場，將小球從 A 點沿 AB 方向以水平初速度 v0拋出，小球不可能
落在 BF 上
D．若在空間增加沿 AE 方向的勻強電場，將小球從 A 點沿 AB 方向以水平初速度 v0拋出，小球可能落
在 BF 上
【答案】AD
1 2
【詳解】A．設立方體棱長為 l，從 A 點沿 AB 方向平拋落在 F 點，豎直方向自由落體有 l = gt1 運動時間2
2l gl
為 t1 = 水平方向做勻速直線運動，有 l = v0t1可知初速度為 v0 = 從 A 點沿 AC 方向，以水平初速度g 2
1.5v0拋出，經歷時間 t1后的水平位移為 l ' =1.5v0t1 =1.5l > EG = 2l 則小球將與棱 CG 碰撞，豎直方向下落
高度將小于 l，飛行時間將變短，故 A 正確；
B．小球做平拋運動時垂直平面 BCGF 的分量保持不變，等于 v0沿 AB 方向的分速度，小于 v0，故 B 錯
誤；
CD．加了沿 AE 方向的勻強電場，小球從 A 點沿 AB 方向水平拋出，不改變小球在 AB 方向的勻速運動，若
水平位移相同，則運動時間相同。由于不確定小球的電性，豎直方向的加速度可能大于 g，也可能小于
g，小于 g 時，小球將落在 BF 上，故 C 錯誤，D 正確。故選 AD。
13．如圖所示，一質量為m = 1kg 、帶電荷量為 q = +0.5C 的小球，以速度 v0 = 3m/s沿兩正對帶電平行金屬
板 MN（板間電場可看成勻強電場）左側某位置水平向右飛入，已知極板長 L = 4.8m ，兩極板間距為
d = 4m，不計空氣阻力，小球飛離極板后恰好由 A 點沿切線進入豎直光滑絕緣圓弧軌道 ABCD，AC、BD
為圓軌道的直徑，在圓軌道區域有水平向右的勻強電場，電場強度的大小與 MN 間的電場強度大小相等。
已知 g = 10m/s2 ， sin 53° = 0.8,cos53° = 0.6，下列說法正確的是（　　）
A．小球在 A 點的速度大小為5m/s B．MN 兩極板間的電勢差UM N = 20V
2
C．小球運動至 C 點的速度大小為4m/s D．軌道半徑R m 時小球不會在 ABCD 區間脫離圓弧軌道
3
【答案】AD
【詳解】A．因為小球飛離極板后恰好由 A 點沿切線進入豎直光滑絕緣圓弧軌道，所以小球在 A 點的速度
v
大小為 v = 0A = 5m/s 故 A 正確；cos53°
B．帶電小球在勻強電場中作類平拋運動，則有 L = v0t ， vy = v0 tan 53° = at 解得 a = 2.5m/s2 因為 a＜g 所
以，小球所受電場力向上，又因為小球帶正電，所以場強方向豎直向上，則有UMN＜0對帶電小球受力分
mg q U析，由牛頓第二定律得 - NM = ma 代入數據解得UNM = 60V所以，MN 兩極板間的電勢差為d
UMN = -60V 故 B 錯誤；
C．小球從 A 點到 C 點的過程中，由動能定理得 qE2R sin 53° - mg2R cos53
1 1
° = mv2C - mv
2
A 又因為2 2
E U= =15V/m代入數據解得，小球運動至 C 點的速度大小為 vC = vA = 5m/s故 C 錯誤；d
qE
D．設電場力和重力的合力與豎直方向的夾角為q ，則 tanq = = 0.75mg 解得q = 37°若小球恰好運動到等效
mg v 2
最高點時速度為 v ，在等效最高點，由牛頓第二定律得 = m 從 A 點運動到等效最高點過程中，
cos37° R0
由動能定理 qER0 (sin 53° - sin 37°) - mgR
1
0 (cos53° + cos37°) = mv
2 1 mv2 2- A 聯立解得，臨界半徑為R0 = m2 2 3
2
所以，當軌道半徑R R0 = m 時，小球不會在 ABCD 區間脫離圓弧軌道，故 D 正確。故選 AD。3
14．如圖 1 所示，在豎直面內坐標系的原點 O 處有一小球發射裝置，可以沿與 x 軸正方向成53°的方向，
斜向上發射速度大小為 10m/s 的帶電小球，在 y 軸右側與直線 DF（平行于 y 軸）中間范圍內有周期性變
化的水平方向電場，規定向右為正方向，交變電場周期T =1.6s ，變化規律如圖 2. t = 0時刻將帶正電絕緣
3
小球射入電場中，小球在 t = T 時刻到達電場邊界 DF，且速度方向恰與直線 DF 平行。已知小球質量
2
m = 0.3kg ，電荷量 q = 4 10-3C，重力加速度 g = 10m/s2 ， sin 53° = 0.8，不計空氣阻力的影響。下列說法
正確的是（　　）
A．E0 = 562.5V/m
B．直線 DF 到 y 軸的距離 xD = 7.2m
C．若小球在不同時刻射入電場，從射入到再次經過 x 軸時的時間與入射時刻有關
D．若小球在不同時刻射入電場，再次經過 x 軸時的坐標范圍為 4.8m x 16.8m
【答案】ABD
【詳解】A．小球到達直線 DF 時速度方向恰與 DF 平行，即水平速度恰減到 0，根據電場的周期性
v cos53 a T° - x = 0解得 ax = 7.5m / s
2 qE
根據 ax = 2 解得E0 = 562.5V / m 選項 A 正確；2 m
B 3 v cos53°
2
．根據速度位移關系式 x = 解得 xD = 7.2m 選項 B 正確；D 2a
t 2 v sin 53°C．小球在 y 軸右側豎直方向做豎直上拋運動，小球再次經過 x 軸的運動時間相同 = =1.6sg 選項
C 錯誤；
D．恰經過一個周期， t = 0時刻進入電場，小球在一個周期內水平方向先減速運動再加速，此過程小球水
x 1平方向平均速度最小，離 C 點最近 3 = v cos53° + 0 T = 4.8m因為 x
T
2 3
< xD 小球在電場內經過 x 軸， t = 2
時刻進入電場，小球在一個周期內水平方向先加速運動 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恰加速運動至 DF 所在直線，小球出電場后做勻速運動 x2 = v cos53° + ax ÷ 解得 x2 = 9.6m則
è 2 2
xm = x1 + x2 = 16.8m 此過程小球水平方向平均速度最大，離 C 點最遠，綜上，小球經過 x 軸時的坐標范圍
為 4.8m x 16.8m選項 D 正確。故選 ABD。
15．如圖所示，空間某水平面內固定一均勻帶電圓環，電荷量為 Q，其圓心為 O。P、Q 是圓環軸線上關
于圓心 O 對稱的兩點，OP 間距為 L，有一電荷量為 q 的小球恰能靜止在 P 點，P 點與圓環上任意一點的
連線與PO間的夾角均為q 。已知靜電力常量為 k，重力加速度為 g，現給小球一沿PO方向的初速度 v0 ，
下列說法正確的是（ ）
A．小球從 P 點運動到 O 點的過程中，做加速運動
kQqcos3q
B．小球的質量為
gL2
C．小球運動到 Q 點時的加速度為 0
D．小球運動到 Q 點的速度大小為 4gL + v20
【答案】BD
【詳解】A．根據對稱性可知 O 點場強為 0，無窮遠處為零，因此從 O 沿 OP 到無窮遠處，場強先變大后
變小，無法確定最大值的位置在 P 點的上方還是下方，因此小球從 P 點運動到 O 點的過程中，可能一直
加速，也可能先減速后加速運動，A 錯誤；
kQ 3EP = cosq
kQ cos q
= E q = mg m kQqcos
3q
B．P 點的場強 ( L )2 L
2 由于小球處于平衡狀態，則 P 可得 = 2 ，B 正gL
cosq
確；
C．小球運動到 Q 點時，根據對稱性可知，電場力和重力大小相等且都向下，加速度為 2g，C 錯誤；
1 1
D．從 P 到 Q 2 2的過程中，電場力做功為零，根據動能定理mg ×2L = mv - mv0 可得小球在 Q 點的速度2 2
v = 4gL + v20 ，D 正確。故選 BD。
16．如圖，在豎直平面內有一勻強電場，一帶電荷量為 q、質量為m 的小球在力F （大小可以變化）的作
用下沿圖中虛線由 A 至 B 做豎直向上的勻速運動。已知力F 和 AB 間夾角為q ，A、B 間距離為 d ，重力加
速度為 g 。則（ ）
mg sinq
A．電場強度E 的最小值為 q
mg
B．力F 的最大值為
cosq
C．小球從 A 運動到 B 電場力一定做正功
mgtanq
D．若電場強度E = q 時，小球從 A 運動到 B 電勢能變化量大小可能為 2mgd sin
2 q
【答案】AD
【詳解】AB．分析小球受力情況：小球受到重力 mg、拉力 F 與電場力 qE，因為小球做勻速直線運動，合
力為零，則 F 與 qE 的合力與 mg 大小相等、方向相反，作出 F 與 qE 的合力，如圖所示
當電場力 qE 與 F 垂直時，電場力最小，此時場強也最小；則有 qE = mg sinq 解得電場強度的最小值為
E mg sinq=
q 拉力 F 的取值隨著電場強度方向的變化而變化，如果電場強度方向斜向右下方，則 F 的值將
mg
大于 ，故 A 正確，B 錯誤；
cosq
C．當電場力 qE 與 AB 方向垂直時，小球從 A 運動到 B 電場力不做功，故 C 錯誤；
mg tanq
D．若電場強度E = 時，即mg tanq = Eqq 電場力
qE 可能與 AB 方向垂直，如圖 1 位置，電場力不做
功，電勢能變化量為 0；電場力的方向也可能電場力位于位置 2 方向，則電場力做功為
W qE sin 2q d q mg tanq= × = × ×sin 2q ×d = 2mgd sin2 q
q 故 D 正確。故選 AD。
17．如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質量為 m、電荷量為 +q 的小球，系在一根長為 d 的絕
緣細線一端，可以在豎直平面內繞 O 點做圓周運動。AB 為圓周的水平直徑，CD 為豎直直徑。已知重力加
3mg
速度為 g，電場強度E = ，下列說法正確的是（　　）
q
A．若小球恰能在豎直平面內繞 O 點做圓周運動，則它運動的最小速度為 gd
B．若小球在豎直平面內繞 O 點做圓周運動，則小球運動到 B 點時的機械能最大
C．若將細線剪斷，再將小球在 A 點以大小為 gd 的速度豎直向上拋出，小球將不能到達 B 點
D．若將小球在 A 點由靜止開始釋放，則小球沿 AC 圓弧到達 C 點的速度為 2gd + gd2 3
【答案】BC【詳解】A．小球受到水平向右的電場力F = Eq = 3mg 合力為F合 = （mg）
2 +（ 3mg）2 = 2mg 方
向斜向右下方，與豎直方向夾角為60o ，設小球在豎直平面內做勻速圓周運動，最小速度為 v，有
2
F = mv 聯立解得 v = 2gd 故 A 錯誤；合 d
B．由功能關系知，小球機械能的變化等于除重力或彈力之外的力所做的功，小球在豎直平面內繞 O 點做
圓周運動，運動到 B 點時，靜電力做功最多，故運動到 B 點時小球的機械能最大，故 B 正確；
C．小球將在豎直方向上做豎直上拋運動，水平方向做勻加速直線運動，當豎直方向位移為 0 時，有
2 gd 1 qE
t = 水平位移有 x = at 2 由牛頓第二定律 a = = 3g 解得 x = 2 3d > 2d 所以小球將不能到達 B 點，
g 2 m
故 C 正確；
D mg 3．設合力方向與電場線方向夾角為q ，有 tanq = = 得q =30o所以將小球靜止釋放，小球將沿合力方
F 3
向做勻加速直線運動，故 D 錯誤。故選 BC。
18．學校中某參賽選手設計了科技節運輸軌道，如圖甲所示，可簡化為傾角為q 的足夠長固定絕緣光滑斜
面．以斜面底端為坐標原點，沿斜面向上為 x 軸的正方向，且沿 x 軸部分區域存在電場。在斜面底端由靜
止釋放一質量為 m、電荷量為 +q 的滑塊，在滑塊向上運動的一段過程中，機械能 E 隨位置坐標 x 的變化
如圖乙所示，曲線 A 點處切線斜率最大。滑塊可視為質點，不計空氣阻力，不計滑塊產生的電場，重力加
速度 g 已知．以下說法正確的是（　　）
A．在 x1 : x3過程中，滑塊動能先減小后恒定
E
B．在x 01處滑塊的動能最大，Ekmax = - mgx1 sinq2
C．在0 : x2 的過程中重力勢能與電勢能之和先減小后增大
D．在0: x3過程中，滑塊先加速后減速
【答案】CD
【詳解】A．滑塊在 x1 : x2 過程機械能增加，在 x2 : x3 過程，高度增加，機械能不變，說明只有重力做
功，重力勢能增加，動能減小，A 錯誤；
B．電場力做的功等于滑塊機械能的變化，即
qE × x = DE E-x 圖像的斜率表示 qE，根據圖像可知0 : x1過程電場力逐漸增大， x1 : x2 過程電場力逐漸減
小，到 x2處電場強度為零。由牛頓第二定律得 qE - mg sinq = ma 加速度先增大后減小，最后反向增大，直
mg sinq
至電場力為零時 a = g sinq ，則當電場強度減小到E = q 時滑塊的動能最大,即在
x1 : x2 的某處，B 錯
誤；
C．D．0 : x2 過程滑塊做加速度增大的加速運動，然后做加速度逐漸減小的加速運動，再做滑塊做加速度
逐漸增大的減速運動， x2后做勻減速直線運動，所以0 : x2 過程中重力勢能與電勢能之和先減小后增大，
0: x3過程先加速，再減速，C 正確，D 正確。故選 CD。
19．（2024·浙江·高考真題）圖示是“研究電容器兩極板間距對電容大小的影響”實驗，保持電荷量不變，當
極板間距增大時，靜電計指針張角增大，則 （　　）
A．極板間電勢差減小 B．電容器的電容增大
C．極板間電場強度增大 D．電容器儲存能量增大
【答案】D
e S
【詳解】AB．根據Q = CU ，C = 可得當極板間距增大時電容減小，由于電容器的帶電量不變，故極
4p kd
板間電勢差增大，故 AB 錯誤；
U 4p kQ
C．根據E = 得E = 故場強不變，故 C 錯誤；
d e S
D．移動極板的過程中要克服電場力做功，故電容器儲存能量增大，故 D 正確。故選 D。
20．（2024·江西·高考真題）如圖所示，垂直于水平桌面固定一根輕質絕緣細直桿，質量均為 m、帶同種電
荷的絕緣小球甲和乙穿過直桿，兩小球均可視為點電荷，帶電荷量分別為 q 和 Q。在圖示的坐標系中，小
球乙靜止在坐標原點，初始時刻小球甲從 x = x0處由靜止釋放，開始向下運動。甲和乙兩點電荷的電勢能
E k Qqp = （r 為兩點電荷之間的距離，k 為靜電力常量）。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 f，重力加速度為r
g。關于小球甲，下列說法正確的是（　　）
x kQqA．最低點的位置 = (mg + f )x0
kQq
B．速率達到最大值時的位置 x =
mg - f
kQq
C．最后停留位置 x 的區間是 x
kQq

mg mg - f
kQq
D．若在最低點能返回，則初始電勢能Ep0 < (mg - f ) mg + f
【答案】BD
Qq Qq kQq
【詳解】A．全過程，根據動能定理 (mg - f )(x0 - x）- (k - k ) = 0 x =x x 解得 (mg - f )x 故 A 錯誤；0 0
Qq kQq
B．當小球甲的加速度為零時，速率最大，則有mg = f + k
x2
解得 x = 故 B 正確；
mg - f
Qq kQq kQq
C．小球甲最后停留時，滿足mg - f k 2 mg + f 解得位置 x 的區間 x 故 C 錯誤；x mg + f mg - f
Qq Qq Qq
D．若在最低點能返回，即在最低點滿足 k > mg + f 結合動能定理 (mg - f )(x0 - x）- (k - k ) = 0x2 x x
又
0
E k Qqp = 聯立可得Ep0 < (mg f )
kQq
- 故 D 正確。故選 BD。
r mg + f
21．（2024·河北·高考真題）如圖，豎直向上的勻強電場中，用長為 L 的絕緣細線系住一帶電小球，在豎直
平面內繞 O 點做圓周運動。圖中 A、B 為圓周上的兩點，A 點為最低點，B 點與 O 點等高。當小球運動到
A 點時，細線對小球的拉力恰好為 0，已知小球的電荷量為 q q > 0 、質量為 m，A、B 兩點間的電勢差為
U，重力加速度大小為 g，求：
（1）電場強度 E 的大小。
（2）小球在 A、B 兩點的速度大小。
U
1 2 v Uq - mgL 3 Uq - mgL 【答案】（ ） ；（ ） A = ，L v =m B m
U
【詳解】（1）在勻強電場中，根據公式可得場強為E =
L
（2）在 A 點細線對小球的拉力為 0，根據牛頓第二定律得
2
Eq - mg = m vA A 到 B 過程根據動能定理得 qU
1 1
- mgL = mv 2B - mv
2
L 2 2 A
Uq - mgL 3 Uq - mgL
聯立解得 vA = ， vB =m m考點 34 電容器 帶電粒子在電場中的運動
1. 高考真題考點分布
題型 考點考查 考題統計
選擇題 電容器 2024 年浙江卷、甘肅卷、遼寧卷
選擇題 帶電粒子在電場中直線運動 2024 年江西卷
選擇題 帶電粒子在電場中圓周運動 2024 年河北卷
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】高考對電容器的考查較為頻繁，但對帶電粒子在電場中運動幾乎每年都考，并且特別容易與
磁場相結合，考查電磁組合場和疊加場問題，題目難度相對較大。
【備考策略】
1.理解和掌握電容的定義式和決定式，會處理分析電容器的動態問題。
2.能夠利用動力學、功能觀點處理帶電粒子在電場中的直線運動和拋體運動。
【命題預測】重點關注帶電粒子在電磁場中的運動問題，特別是計算題。
一、電容器的電容
1．電容器
(1)組成：在兩個相距很近的平行金屬板中間夾上一層絕緣物質——電介質，就組成一個最簡單的電容器。
(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。
(3)電容器的充、放電
①充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能。
②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉化為其他形式的能。
(4)擊穿電壓與額定電壓
①擊穿電壓：電容器兩極板間的電壓超過某一數值時，電介質將被擊穿，電容器損壞，這個極限電壓稱為
電容器的擊穿電壓。
②額定電壓：電容器外殼上標的工作電壓，也是電容器正常工作所能承受的最大電壓，額定電壓比擊穿電
壓低。
2．電容
(1)定義
電容器所帶的電荷量 Q 與電容器兩極板之間的電勢差 U 之比，叫作電容器的電容。
Q
(2)定義式：C＝ 。
U
(3)物理意義：表示電容器儲存電荷本領大小的物理量。
(4)單位：法拉(F)，1 F＝1×106 μF＝1×1012 pF。
3．平行板電容器
(1)決定因素：正對面積，相對介電常數，兩板間的距離。
εrS
(2)決定式：C＝ 。
4πkd
二、帶電粒子在電場中的運動
1．加速
1 1
(1)在勻強電場中，W＝qEd＝qU＝ mv2－ mv 20 。2 2
1 1
(2)在非勻強電場中，W＝qU＝ mv2－ mv 20 。2 2
2．偏轉
(1)運動情況：如果帶電粒子以初速度 v0 垂直場強方向進入勻強電場中，則帶電粒子在電場中做類平拋運動，
如圖所示。
(2)處理方法：將粒子的運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和沿靜電力方向的勻加速直線運動。根據
運動的合成與分解的知識解決有關問題。
l F qE qU 1 qUl2
(3)基本關系式：運動時間 t＝ ，加速度 a＝ ＝ ＝ ，偏轉量 y＝ at2＝ ，偏轉角 θ 的正切值：tan
v0 m m md 2 2mdv02
vy at qUl
θ＝ ＝ ＝ 。
v0 v0 mdv02
考點一 電容器的動態分析
考向 平行板電容器兩類動態的分析
1．平行板電容器動態的分析思路
2.平行板電容器的動態分析問題的兩種情況
(1)平行板電容器充電后,保持電容器的兩極板與電池的兩極相連接:
(2)平行板電容器充電后,切斷與電池的連接:
1．如圖所示，平行板電容器實驗裝置中，極板 A 接地，B 與一個靈敏的靜電計相接。若電容器的電容為
C，兩極板間的電壓為 U，兩極板間的電場強度為 E，則（ ）
A．將 A 極板向上移動，C 變大，U 變小，E 變小
B．將 A 極板向下移動，C 變小，U 變大，E 不變
C．將 A 極板向右移動，C 變大，U 變小，E 變小
D．將 A 極板向左移動，C 變小，U 變大，E 不變
2．半導體指紋傳感器，多用于手機、電腦、汽車等設備的安全識別，如圖所示。傳感器半導體基板上有
大量金屬顆粒，基板上的每一點都是小極板，其外表面絕緣。當手指的指紋一面與絕緣表面接觸時，由于
指紋凹凸不平，凸點處與凹點處分別與半導體基板上的小極板形成正對面積相同的電容器。使每個電容器
的電壓保持不變，對每個電容器的放電電流進行測量，即可采集指紋。在指紋采集過程中，下列說法正確
的是（　　）
A．手指緩慢松開絕緣表面，電容器兩極間的距離增大，電容器帶電量減小
B．手指用力擠壓絕緣表面，電容器兩極間的距離減小，電容器帶電量減小
C．指紋的凸點處與小極板距離近，電容小
D．指紋的凹點處與小極板距離遠，電容大
考點二 帶電粒子在電場中的直線運動
考向 電場中帶電粒子的直線運動
1.電場中帶電粒子做直線運動的條件
(1)粒子所受合外力 F 合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動。
(2)勻強電場中，粒子所受合外力 F 合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或
勻減速直線運動。
2.用動力學和功能觀點分析問題
(1)用動力學觀點分析
qE U
a＝ ，E＝ ，v2－v 20 ＝2ad(勻強電場)。m d
(2)用功能觀點分析
1 1
勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝ mv2－ mv 20 。2 2
非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1。
3．如圖甲所示，在光滑水平面上 O 點處有帶正電的絕緣小物塊處于靜止狀態，零時刻開始，加如圖乙所
T
示的水平電場（以水平向右為正方向），物塊在 時刻到達 A 點，速度有為vA ；T 時刻恰好回到出發點2
O v ，速度大小為 0 ，則下列說法中正確的是（　　）
A．E1 = E0 B．E1 = 3E 0 C． v0 =0 D v

． 0 =3 vA
4．如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為 θ，極板間距為 d，帶負電的微粒質量為
m、帶電量為 q，從極板 M 的左邊緣 A 處以初速度 v0水平射入，沿直線運動并從極板 N 的右邊緣 B 處射
出，則（　　）
A．微粒的加速度大小等于 gsinθ
mgd
B．兩極板的電勢差 UMN= q cosq
C 2．微粒達到 B 點時動能為mv0
mgd
D．微粒從 A 點到 B 點的過程電勢能增加
tanq
考點三 帶電粒子在電場中的拋體運動
考向 電場中帶電粒子的拋體運動
1.求解電偏轉問題的兩種思路
以示波管模型為例,帶電粒子經加速電場U1加速,再經偏轉電場U2偏轉后,需再經歷一段勻速直線運動才會打
到熒光屏上而顯示亮點 P,如圖所示。
(1)確定最終偏移距離 OP 的兩種方法
方法 1:
方法 2:
(2)確定粒子經偏轉電場后的動能(或速度)的兩種方法
2.特別提醒：
（1）利用動能定理求粒子偏轉后的動能時,電場力做功 W=qU=qEy,其中“U”為初末位置的電勢差,而不一定
是 U= 22 。
（2）注意是否考慮重力
①基本粒子：如電子、質子、α粒子、離子等除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不
忽略質量)．
②帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不能忽略重力．
5．如圖所示，氕、氘、氚的原子核自初速度為零經同一電場加速后，又經同一勻強電場偏轉，最后打在
熒光屏上，下列說法不正確的是（　　）
A．經過加速電場的過程中，電場力對氚核做的功最多
B．經過偏轉電場的過程中，電場力對三種原子核做的功一樣多
C．三種原子核打在屏上的動能一樣大
D．三種原子核都打在屏的同一位置上
6．一帶正電微粒從靜止開始經電壓 U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為 U2。微粒射
入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為 45°，微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分
別為 2L 和 L，到兩極板距離均為 d，如圖所示。忽略邊緣效應，不計重力。下列說法正確的是（　　）
A．L:d=2:1
B．U1:U1=2:1
1
C．微粒穿過圖中電容器區域的速度偏轉角度的正切值為
2
D．僅改變微粒的質量或者電荷數量，微粒在電容器中的運動軌跡不變
考點四 帶電粒子在力電等效場中的圓周運動
考向 帶電粒子在力電等效場中的圓周運動
1.方法概述
等效思維方法是將一個復雜的物理問題,等效為一個熟知的物理模型或問題的方法。對于這類問題,若采用常
規方法求解,過程復雜,運算量大。若采用等效法求解,則能避開復雜的運算,過程比較簡捷。
2.方法應用
合
先求出重力與電場力的合力,將這個合力視為一個等效重力,將 a= 視為等效重力加速度。再將物體在重力場

中的運動規律遷移到等效重力場中分析求解即可。
7．如圖所示，場強為 E 的勻強電場方向豎直向下，所帶電荷量為-q 、質量為 m 的帶電小球用長為 L 的絕
緣細線拴住，小球可以在豎直平面內繞 O 做圓周運動，A、B 分別是軌跡的最高點和最低點。已知小球靜
止時的位置是 A 點，重力加速度大小為 g，小球可以看成質點，下列說法正確的是（　　）
A 5(qE - mg)L．若小球恰好可以做完整的圓周運動，則小球通過 A 點時速度最小值為
m
B 5(qE + mg)L．若小球恰好可以做完整的圓周運動，則小球通過 A 點時速度最小值為
m
C．若小球恰好可以做完整的圓周運動，則小球通過 A 點時速度最小值 gL
D 5qEL．若小球恰好可以做完整的圓周運動，則小球通過 A 點時速度最小值
m
8．如圖所示，水平面上用絕緣支架固定一個半徑為 R 的圓形、絕緣軌道，軌道平面位于豎直面內，整個
裝置處于豎直向下的勻強電場中，軌道內有一個電荷量為 q 的帶正電的小球。已知小球受到的電場力等于
其重力，小球沿著軌道做圓周運動的過程中，對軌道最低點與最高點的壓力大小分別為F1和F2 F2 0 ，
則勻強電場的電場強度大小為（　　）
F1 + F2 F - F F + F F - FA． 6q B
1 2 1 2
． 6q C． 12q D
1 2
． 12q
考點五 帶電粒子在交變電場中的運動
考向 1 交變電場中的直線運動
1.此類題型一般有三種情況:一是粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解);二是粒子做往返運動
(一般分段研究);三是粒子做偏轉運動(一般根據交變電場的特點分段研究)。
2.分析時從兩條思路出發:一是力和運動的關系,根據牛頓第二定律及運動學規律分析;二是功能關系。
3.注重全面分析(分析受力特點和運動特點),抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征,求
解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的邊界條件。
4.交變電場中的直線運動（方法實操展示）
U-t 圖像 v-t 圖像 軌跡圖
9．如圖甲中高能醫用電子直線加速器能讓電子在真空場中被電場力加速，產生高能電子束，圖乙為加在
直線加速器上 a、b 間的電壓，已知電子電荷量為 e，質量為 m，交變電壓大小始終為 U，周期為 T， t = 0
時刻電子從軸線 BC 上的緊靠 0 號金屬圓筒右側由靜止開始被加速，圓筒的長度的設計遵照一定的規律，
使得粒子“踏準節奏”在間隙處一直被加速。不計在兩金屬圓筒間隙中的運動時間，不考慮電場的邊緣效
應，則（ ）
eU
A．電子在第 1 個圓筒內加速度 B．電子在第 2 個圓筒內運動時間 t = T
m
C 8eU T 16eU．電子射出第 3 個圓筒時的速度為 D．第 8 號金屬圓筒的長度為
m 2 m
10．如圖甲所示，兩板距離足夠寬，板間原來固定一電子，使之處于靜止狀態，電子重力不計。兩極板間
加上如圖乙所示的交變電壓，在 t 時刻釋放電子，以下說法正確的是（　　）
T
A．如果 t= ，電子一直向 A 板運動
8
T
B．如果 t= ，電子時而 B 板運動，時而向 A 板運動，最后向 B 板靠近
4
3T
C．如果 t= ，電子時而向 B 板運動，時而向 A 板運動，最后向 A 板靠近
4
7T
D．如果 t= ，電子時而向 B 板運動，時而向 A 板運動，最后向 A 板靠近
8
考向 2 交變電場中的偏轉
交變電場中的偏轉處理方法（帶電粒子重力不計，方法實操展示）
U-t 圖
v
軌跡圖 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 圖 B O T/2 T t
O
T/2 T t -v0
單向直線運動 往返直線運動
11．如圖甲所示，兩平行金屬板 A、B 的板長和板間距均為 d，兩板之間的電壓隨時間周期性變化規律如
圖乙所示。一不計重力的帶電粒子以速度 v0從 O 點沿板間中線射入極板之間，若 t=0 時刻進入電場的帶電
粒子在 t=T 時刻剛好沿 A 板右邊緣射出電場，則（　　）
A．t =0 時刻進入電場的粒子離開電場時速度大小為 2v0
B． t
T
= 時刻進入電場的粒子離開電場時速度大小為 v
8 0
T 3
C． t = 時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中的最大速度為 v
4 2 0
T 1
D． t = 時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中離 A 板的最小距離為 d
4 4
12．如圖甲所示，長為8d 、間距為 d 的平行金屬板水平放置，O 點為兩板中點的一粒子源，能持續水平向
右發射初速度為 v0 、電荷量為 +q 、質量為 m 的粒子。在兩板間存在如圖乙所示的交變電場，取豎直向下
為正方向，不計粒子重力，以下判斷正確的是（　　）
A．能從板間射出的粒子的動能均相同
2d
B．粒子在電場中運動的最短時間為
2v0
d
C． t = v 時刻進入的粒子，從O
點的下方射出
0
d
D． t = 2v 時刻進入的粒子，從O
點的上方射出
0
考點六 用動力學、能量和動量觀點解決力電綜合問題
考向 用動力學三大觀點解決力電綜合問題
1.力電綜合問題的處理流程
2．電場中的功能關系
(1)若只有靜電力做功 電勢能與動能之和保持不變。
(2)若只有靜電力和重力做功 電勢能、重力勢能、動能之和保持不變。
(3)除重力之外，其他各力對物體做的功 等于物體機械能的變化。
(4)所有外力對物體所做的功 等于物體動能的變化。
3．電場力做功的計算方法
(1)WAB＝qUAB(普遍適用)
(2)W＝qEx cos θ(適用于勻強電場)
(3)WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(從能量角度求解)
(4)W 電＋W 非電＝ΔEk(由動能定理求解)
13．如圖所示，在真空中固定兩等量同種正點電荷，電荷量均為+Q、分別位于同一水平線上的 A、B 兩
點，О 為連線 AB 的中點，C、D 為連線 AB 的豎直中垂線上關于 О 點對稱的兩點，A、C 兩點的距離為
kQ
r， CAO = q 。已知點電荷的電場中距離場源 Q 為 x 處的電勢為 = （以無窮遠處為零電勢點），靜電
x
力常量為 k，重力加速度為 g、如下分析正確的是（　　）
2kQ
A．C 點的電場強度大小為 cosq
r 2
B．一正試探電荷（不計重力），質量為 m，從 C 點給一初速度豎直向下運動、要使它能到達 О 點，則
2 kQq(1- cosq )給的初速度最小值為
mr cosq
C．將一電子從 C 點移到 D 點過程中電勢能先增大后誠小
D．將一質量為 M 的帶負電小球從 D 點以 v0向上拋出，恰能上升到 C 點，則 v0 = 2 Mgr sinq
14．如圖所示在場強為 E 的勻強電場中有一帶電絕緣物體 P 處于水平面上。已知 P 的質量為 m、帶電量為
+q ，其所受阻力與時間的關系為 f = f0 + kt 。 t = 0時物體 P 由靜止開始運動直至速度再次為零的過程中，
以下說法正確的是（　　）
Eq - f
A．物體達到最大速度的時間 0
mk
B Eq - f
2
．物體達到的最大速度為 0

2mk
Eq
C Eq - f．全過程中，物體所受電場力的沖量為 0
2k
f Eq - fD ．全過程中，物體的阻力 f 的沖量為 0 0
k
1．如圖所示，平行板電容器與電動勢為 E 的電源連接，上極板 A 接地，一帶負電的油滴固定于電容器中
的 P 點，現將平行板電容器的下極板 B 豎直向下移動一小段距離，則（　　）
A．帶電油滴所受靜電力不變 B．P 點的電勢將升高
C．帶電油滴在 P 點時的電勢能增大 D．電容器的電容減小，極板帶電荷量增大
2．如圖甲所示一足夠長的絕緣豎直桿固定在地面上，帶電荷量為 0.01C、質量為 0.1kg 的圓環套在桿上，
整個裝置處于水平方向的電場中，電場強度 E 隨時間 t 變化的圖像如圖乙所示，環與桿間的動摩擦因數為
0.5， t = 0時，環靜止釋放，環所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計空氣阻力，g=10m/s2。下列說法
正確的是（ ）
A．環先做加速運動再做勻速運動
B．0~2s 內環的位移等于 2.5m
C．環的最大速度大小為 15m/s
D．環的最大動能為 20J
3．真空中存在沿 y 軸正方向的勻強電場，氦核與氘核先后從坐標原點 O 沿 x 軸正方向射入該電場，在僅
受電場力的作用下的運動軌跡如圖所示。則氦核與氘核（　　）
A．在電場中運動時的加速度不同
B．射入電場時的初速度相同
C．射入電場時的初動能相等
D．射入電場時的初動量相同
4．如圖所示，在豎直平面內有水平向左的勻強電場，勻強電場中有一根長為 L 的絕緣細線，細線一端固
定在 O 點，另一端系一可視為質點的質量為 m、電荷量為 q的帶電小球。小球靜止時細線與豎直方向成q
角，此時讓小球獲得沿切線方向的初速度且恰能繞 O 點在豎直平面內沿逆時針方向做圓周運動，重力加速
度為 g。下列說法正確的是（　　）
mg tanq
A．小球帶正電，且勻強電場的電場強度大小E = q
B gL．小球做圓周運動過程中速度的最小值 v =
cosq
C．小球從原靜止位置運動至圓周軌跡最高點的過程中動能逐漸減小，電勢能一直增大
D．小球從原靜止位置開始至其在豎直平面內運動一周的過程中，機械能先減小后增大
5．如圖甲所示，距離足夠大的兩平行金屬板中央有一個靜止的電子（不計電子所受重力），在 A、B 兩板
間加上如圖乙所示的交變電壓。若取電子的初始運動方向為正，則下列圖像中，能正確反映電子的位移
x、速度 v、加速度 a 和動能Ek 隨時間（一個周期內）變化規律的是（　　）
A． B．
C． D．
6．如圖甲所示，兩平行金屬板 A、B 的板長和板間距均為 d，兩板之間的電壓隨時間周期性變化規律如圖
乙所示。一不計重力的帶電粒子束先后以速度 v0 從 O 點沿板間中線射入極板之間，若 t = 0時刻進入電場的
帶電粒子在 t = T 時刻剛好沿 A 板右邊緣射出電場，則（　　）
A． t = 0時刻進入電場的粒子離開電場時速度大小為 2v0
T
B． t = 2 時刻進入電場的粒子離開電場時速度大小為
v0
T 3
C． t = 時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中的最大速度為 v
4 2 0
T
D． t = 時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中離 A 板的最小距離為 0
4
7．如圖所示，在傾角為 θ 的足夠長的絕緣光滑斜面底端，靜止放置質量為 m、帶電量 q（ q > 0）的物
體。加上沿著斜面方向的電場，物體沿斜面向上運動。物體運動過程中的機械能 E 與其位移 x 的關系圖像
如圖所示，其中 OA 為直線，AB 為曲線，BC 為平行于橫軸的直線，重力加速度為 g，不計空氣阻力，則
下列說法錯誤的是（　　）
E
A．0 : x 11過程中，電場強度的大小恒為E = qx1
E - E
B x : x 2 1． 1 2 過程中，物體電勢降低了 q
C． x1 : x2 過程中，物體加速度一直減小
D． x2 : x3 過程中，電場強度為零
8．如圖（a）所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個帶電小球。 t = 0時，乙球以 6m/s的初速度沖向原來靜
止的甲球，在0 : t3時間內它們的 v - t 圖線如圖（b）所示。整個運動過程中兩球未相碰，設 t1 、 t3時刻兩
球的總電勢能分別為E1、 E3，則（　　）
A． t1 時刻兩球最近，E1 > E3 B． t1 時刻兩球最近，E1 < E3
C． t2 時刻兩球最近，E1 > E3 D． t2 時刻兩球最近，E1 < E3
9．如圖所示，平行板電容器兩極板與直流電源、理想二極管 D（正向電阻為零，反向電阻無窮大）、定值
電阻 R 連接，電容器下板 B 接地，兩板間 P 點有一帶電油滴恰好處于靜止狀態，現將上極板 A 向上移動，
則下列說法正確的是（　　）
A．R 中有從 a 到 b 的電流 B．兩極板間電壓保持不變
C．油滴的電勢能不變 D．油滴仍保持靜止狀態
10．我國空間站天和核心艙配備了四臺全國產化的 LHT-100 霍爾推進器，其簡化的工作原理如圖所示。放
電通道兩端的電極 A、B 間存在一加速電場 E，工作時，工作物質氙氣進入放電通道后立即被電離為一價
氙離子，再經電場加速噴出，形成推力。單臺推進器每秒噴出的一價氙離子數量 n = 1.8 1019 個，速度
v = 2 104 m/s，單個氙離子的質量為m = 2.2 10-25 kg，電子電荷量e =1.6 10-19 C，不計一切阻力，計算
時取氙離子的初速度為零，忽略離子之間的相互作用，則（　　）
A．A、B 兩電極間的加速電壓為 175V
B．A、B 兩電極間的加速電壓為 275V
C．單臺霍爾推進器產生的平均推力大小約為 8N
D．單臺霍爾推進器向外噴射氙離子形成的電流約為 2.9A
11．真空中的某裝置如圖所示，豎直放置平行金屬板 A、B 和水平放置的平行金屬板 C、D 上均加有電壓，
M 2 4為熒光屏。現有質子（ 11H ）、氘核（ 1 H ）和a 粒子（ 2 He）均從 A 板上的 O 點由靜止開始被加速，經
過一段時間后，均打在熒光屏上。中子從 O 點水平射出，將打在熒光屏上的O 點，不計粒子所受重力，不
考慮平行金屬板外的電場，下列說法正確的是（　　）
A．質子、氘核和a 粒子均打在熒光屏上的同一位置
B．質子、氘核和a 粒子從 B 板運動到熒光屏經歷的時間相同
C．質子、氘核和a 粒子打在熒光屏上時的速度方向相同
D．平行金屬板 C、D 間的電場力對質子、氘核和a 粒子做的功之比為 1∶1∶2
12．如圖所示，在立方體塑料盒 ABCD-EFGH 內，棱 AE 豎直，將質量為 m 的帶電小球（可看成質點）從
A 點以水平初速度 v0沿 AB 方向拋出，小球僅在重力作用下運動恰好落在 F 點。M 點為棱 BC 的中點，僅
研究小球與盒子第一次碰撞前的運動情況。則下列說法正確的是（　　）
A．若將小球從 A 點沿 AC 方向，以 1.5v0的水平初速度拋出，則運動時間將變短
B．若將小球從 A 點沿 AM 方向以 v0水平初速度拋出，小球與盒接觸瞬間，垂直平面 BCGF 的分量大
小可能大于 v0
C．若在空間增加沿 AE 方向的勻強電場，將小球從 A 點沿 AB 方向以水平初速度 v0拋出，小球不可能
落在 BF 上
D．若在空間增加沿 AE 方向的勻強電場，將小球從 A 點沿 AB 方向以水平初速度 v0拋出，小球可能落
在 BF 上
13．如圖所示，一質量為m = 1kg 、帶電荷量為 q = +0.5C 的小球，以速度 v0 = 3m/s沿兩正對帶電平行金屬
板 MN（板間電場可看成勻強電場）左側某位置水平向右飛入，已知極板長 L = 4.8m ，兩極板間距為
d = 4m，不計空氣阻力，小球飛離極板后恰好由 A 點沿切線進入豎直光滑絕緣圓弧軌道 ABCD，AC、BD
為圓軌道的直徑，在圓軌道區域有水平向右的勻強電場，電場強度的大小與 MN 間的電場強度大小相等。
已知 g = 10m/s2 ， sin 53° = 0.8,cos53° = 0.6，下列說法正確的是（　　）
A．小球在 A 點的速度大小為5m/s B．MN 兩極板間的電勢差UM N = 20V
2
C．小球運動至 C 點的速度大小為4m/s D．軌道半徑R m 時小球不會在 ABCD 區間脫離圓弧軌道
3
14．如圖 1 所示，在豎直面內坐標系的原點 O 處有一小球發射裝置，可以沿與 x 軸正方向成53°的方向，
斜向上發射速度大小為 10m/s 的帶電小球，在 y 軸右側與直線 DF（平行于 y 軸）中間范圍內有周期性變
化的水平方向電場，規定向右為正方向，交變電場周期T =1.6s ，變化規律如圖 2. t = 0時刻將帶正電絕緣
3
小球射入電場中，小球在 t = T 時刻到達電場邊界 DF，且速度方向恰與直線 DF 平行。已知小球質量
2
m = 0.3kg ，電荷量 q = 4 10-3C，重力加速度 g = 10m/s2 ， sin 53° = 0.8，不計空氣阻力的影響。下列說法
正確的是（　　）
A．E0 = 562.5V/m
B．直線 DF 到 y 軸的距離 xD = 7.2m
C．若小球在不同時刻射入電場，從射入到再次經過 x 軸時的時間與入射時刻有關
D．若小球在不同時刻射入電場，再次經過 x 軸時的坐標范圍為 4.8m x 16.8m
15．如圖所示，空間某水平面內固定一均勻帶電圓環，電荷量為 Q，其圓心為 O。P、Q 是圓環軸線上關
于圓心 O 對稱的兩點，OP 間距為 L，有一電荷量為 q 的小球恰能靜止在 P 點，P 點與圓環上任意一點的
連線與PO間的夾角均為q 。已知靜電力常量為 k，重力加速度為 g，現給小球一沿PO方向的初速度 v0 ，
下列說法正確的是（ ）
A．小球從 P 點運動到 O 點的過程中，做加速運動
kQqcos3q
B．小球的質量為
gL2
C．小球運動到 Q 點時的加速度為 0
D．小球運動到 Q 點的速度大小為 4gL + v20
16．如圖，在豎直平面內有一勻強電場，一帶電荷量為 q、質量為m 的小球在力F （大小可以變化）的作
用下沿圖中虛線由 A 至 B 做豎直向上的勻速運動。已知力F 和 AB 間夾角為q ，A、B 間距離為 d ，重力加
速度為 g 。則（ ）
mg sinq
A．電場強度E 的最小值為 q
mg
B．力F 的最大值為
cosq
C．小球從 A 運動到 B 電場力一定做正功
E mgtanqD．若電場強度 = q 時，小球從 A 運動到 B 電勢能變化量大小可能為 2mgd sin
2 q
17．如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質量為 m、電荷量為 +q 的小球，系在一根長為 d 的絕
緣細線一端，可以在豎直平面內繞 O 點做圓周運動。AB 為圓周的水平直徑，CD 為豎直直徑。已知重力加
速度為 g
3mg
，電場強度E = ，下列說法正確的是（　　）
q
A．若小球恰能在豎直平面內繞 O 點做圓周運動，則它運動的最小速度為 gd
B．若小球在豎直平面內繞 O 點做圓周運動，則小球運動到 B 點時的機械能最大
C．若將細線剪斷，再將小球在 A 點以大小為 gd 的速度豎直向上拋出，小球將不能到達 B 點
D．若將小球在 A 點由靜止開始釋放，則小球沿 AC 圓弧到達 C 點的速度為 2gd + gd2 3
18．學校中某參賽選手設計了科技節運輸軌道，如圖甲所示，可簡化為傾角為q 的足夠長固定絕緣光滑斜
面．以斜面底端為坐標原點，沿斜面向上為 x 軸的正方向，且沿 x 軸部分區域存在電場。在斜面底端由靜
止釋放一質量為 m、電荷量為 +q 的滑塊，在滑塊向上運動的一段過程中，機械能 E 隨位置坐標 x 的變化
如圖乙所示，曲線 A 點處切線斜率最大。滑塊可視為質點，不計空氣阻力，不計滑塊產生的電場，重力加
速度 g 已知．以下說法正確的是（　　）
A．在 x1 : x3過程中，滑塊動能先減小后恒定
E
B．在x1處滑塊的動能最大，E
0
kmax = - mgx1 sinq2
C．在0 : x2 的過程中重力勢能與電勢能之和先減小后增大
D．在0: x3過程中，滑塊先加速后減速
19．（2024·浙江·高考真題）圖示是“研究電容器兩極板間距對電容大小的影響”實驗，保持電荷量不變，當
極板間距增大時，靜電計指針張角增大，則 （　　）
A．極板間電勢差減小 B．電容器的電容增大
C．極板間電場強度增大 D．電容器儲存能量增大
20．（2024·江西·高考真題）如圖所示，垂直于水平桌面固定一根輕質絕緣細直桿，質量均為 m、帶同種電
荷的絕緣小球甲和乙穿過直桿，兩小球均可視為點電荷，帶電荷量分別為 q 和 Q。在圖示的坐標系中，小
球乙靜止在坐標原點，初始時刻小球甲從 x = x0處由靜止釋放，開始向下運動。甲和乙兩點電荷的電勢能
E k Qqp = （r 為兩點電荷之間的距離，k 為靜電力常量）。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 f，重力加速度為r
g。關于小球甲，下列說法正確的是（　　）
kQq
A．最低點的位置 x = (mg + f )x0
kQq
B．速率達到最大值時的位置 x =
mg - f
kQq x kQqC．最后停留位置 x 的區間是
mg mg - f
kQq
D．若在最低點能返回，則初始電勢能Ep0 < (mg - f ) mg + f
21．（2024·河北·高考真題）如圖，豎直向上的勻強電場中，用長為 L 的絕緣細線系住一帶電小球，在豎直
平面內繞 O 點做圓周運動。圖中 A、B 為圓周上的兩點，A 點為最低點，B 點與 O 點等高。當小球運動到
A 點時，細線對小球的拉力恰好為 0，已知小球的電荷量為 q q > 0 、質量為 m，A、B 兩點間的電勢差為
U，重力加速度大小為 g，求：
（1）電場強度 E 的大小。
（2）小球在 A、B 兩點的速度大小。

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