第44讲 电容器 带电粒子在电场中的运动-（解析版）

第44讲电容器带电粒子在电场中的运动

真题演练

1．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模

仿犰狳设计的，逐渐增大施加于两极板压力F的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极板间

距d容易减小；F较大时弹性结构闭合，d难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电

势差U与F的关系曲线可能正确的是（）

A．B．

C．D．

【答案】D

S

【详解】根据公式QCU和电容的决定式C

4kd

4kQ

可得Ud

S

根据题意F较小时易被压缩，故可知当F较小时，随着F的增大，d在减小，且减小的越来越

慢，与电源断开后Q不变，故此时极板间的电势差U在减小，且减小的越来越慢；当F增大

到一定程度时，再增大F后，d基本不变，故此时U保持不变，结合图像，最符合情境的是D

选项。

故选D。

2．（2025·江苏·高考真题）如图所示，平行金属板与电源连接。一点电荷由a点移动到b点的

过程中，电场力做功为W。现将上、下两板分别向上、向下移动，使两板间距离增大为原来的

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2倍，再将该电荷由a移动到b的过程中，电场力做功为（）

W

A．B．WC．2WD．4W

2

【答案】A

【详解】根据题意可知，电容器与电源保持连接，电容器两端电压不变，现将电容器两极板间

U1

距增大至原来的两倍，由公式E可知，极板间电场强度变为原来的，则有WEqd可

d2

1W

知，再把电荷由a移至b，则电场力做功变为原来的，即电场力做功为。

22

故选A。

3．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道

BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一

端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电

场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为

EkA、EkB、EkC，则（）

A．EkAEkBEkCB．EkBEkAEkC

C．EkAEkCEkBD．EkCEkAEkB

【答案】C

【详解】由题意可得A点弹簧伸长量为r，B点和C点弹簧压缩量为r，即三个位置弹簧弹性

势能相等，则由A到B过程中弹簧弹力做功为零，电场力做正功，动能增加，EkBEkA

同理B到C过程中弹簧弹力和电场力做功都为零，重力做负功，则动能减小，EkBEkC

由A到C全过程则有qElABmglBCEkCEkA0

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因此EkBEkCEkA

故选C。

4．（2025·四川·高考真题）如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，

下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q（q0）的金属微粒，

从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板

相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求：

(1)微粒第一次到达下极板所需时间；

(2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。

md

【答案】(1)

qE

(2)2qEmd

【详解】（1）由牛顿第二定律qEma

d1

由运动学公式at2

22

md

联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为t

qE

qEd

（2）微粒第一次到达下极板时的速度大小为vat

1m

由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，

22

设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为v2，满足v2v12ad

3qEd

代入解得v

2m

d

同理可得微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为v，满足v2v22a

3322

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qEd

代入解得v2

3m

故微粒第一次从上极板回到点时的动量大小为

Opmv32qEmd

5．（2025·江苏·高考真题）如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相

同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为。已知粒

子的质量为m。电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。求：

(1)a运动到最高点的时间t；

(2)a到达最高点时，a、b间的距离H。

mvsin

【答案】(1)0

qE

2mv2sin2

(2)0

qE

【详解】（1）根据题意，不计重力及粒子间相互作用，则竖直方向上，由对a球，根据牛顿第

二定律有qEma

a运动到最高点的时间，由运动学公式有v0sinat

mvsin

联立解得t0

qE

（2）方法一、根据题意可知，两个小球均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初

速度均为v0cos，则两小球一直在同一竖直线上，斜上抛的小球竖直方向上运动的位移为

2

vsinmv2sin2

x00

12a2qE

1mv2sin2mv2sin2

斜下抛的小球竖直方向上运动位移为xvtsinat200

202qE2qE

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2mv2sin2

则小球a到达最高点时与小球b之间的距离xxx0

12qE

方法二、两个小球均受到相同电场力，以a球为参考系，b球以2v0sin的速度向下做匀速直

2mv2sin2

线运动，则a到达最高点时，a、b间的距离H2vsint0

0qE

模拟冲关

6．（2025·山西临汾·三模）一种计算机键盘采用电容式传感器，每个键下面由相互平行的活动

极板和固定极板组成，如图甲所示，其内部电路如图乙所示。按键前两极板间距为d，按下某

键，只有该键的电容改变量不小于原电容的40%时，键盘才有感应，下列说法正确的是（）

A．按键的过程中，电容器的电荷量不变

B．按键的过程中，图乙电流计中电流从a流向b

2

C．要使传感器有感应，至少要将按键按下d

5

2

D．要使传感器有感应，至少要将按键按下d

7

【答案】D

S

【详解】AB．按键的过程中，电容器两板间距减小，根据C

4kd

可知电容C变大，两板电压U一定，根据Q=CU可知，电容器的电荷量增加，电容器充电，

则按键的过程中，图乙电流计中电流从b流向a，故AB错误；

SS

CD．根据C，(140%)C

4kd4kd'

5d

解得d'

7

52d

则要使传感器有感应，至少要将按键按下ddd

77

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故C错误，D正确。

故选D。

7．（2025·广西北海·模拟预测）新能源汽车的能量回收系统，利用电磁感应回收能量存储在电

容器中。某同学用如图电路研究利用电磁感应为电容器充电的现象，两间距为L1.0m、阻

值可忽略不计的平行光滑导轨沿水平方向固定，导轨左端连接C3F的电容器。两导轨间存

在磁感应强度大小为B1.0T、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m1kg、阻值可忽略不计

的导体棒垂直导轨放置。在导体棒上施加一水平向右的恒力同时开始计时，导体棒产生的加速

度大小恒为2.5m/s2。棒始终垂直导轨且与导轨接触良好。

(1)写出电容器带电量Q随时间t变化关系式；

(2)判断电容器充电时电流是否变化，并说明理由；

(3)求恒力的大小。

【答案】(1)Q7.5t(C)

(2)电容器充电电流恒定，见解析

(3)F10N

【详解】（1）电容器带电量QCU

电容器两极板间电压UBLv

其中vat

解得Q7.5t(C)

（2）由电容器板间带电量Q7.5t(C)

Q

可得I7.5A

t

电容器充电电流恒定；

（3）对导体棒a由牛顿第二定律得FBILma

其中I7.5A

得F10N

8．（2025·天津·一模）如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一个电源相连，其中

A板接地（取大地电势φ=0）。S闭合后，两板间有一个质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于

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静止状态。以下说法正确的是（）

A．保持S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电

流

B．保持S闭合，若将A板向左平移一小段位移（油滴仍处于两极板之间），则油滴仍然静

止，G中有a→b的电流

C．若将S断开，再将A板向左移动一小段位移，油滴向下运动

D．若将S断开，再将B板向下平移一小段位移，油滴将仍然静止

【答案】AD

【详解】A．开始时，重力和电场力平衡，故mgqE

UQS

将A板上移，由E可知，E变小，故油滴应向下加速运动；根据C，Cr可

dU4kd

知，电容器电量减小，故G中有b→a的电流；故A正确；

B．若将A板向左平移一小段位移，则E不变，油滴仍静止，但由于S减小，则C减小，电

容器电量减小，故G中有b→a的电流；故B错误；

C．若将S断开，Q不变，将A板向左移动一小段位移，S减小，C减小，则U增大，E增大，

则油滴向上运动，故C错误；

4kQ

D．若将S断开，Q不变，再将B板向下平移一小段位移，根据E可知，场强E不变，

rS

则油滴仍静止，故D正确。

故选AD。

9．（2025·江西·模拟预测）电容器是一种重要的电学元件，可以制成多种传感器，还可以用来

1

贮存电场能（WCU2）。如图，一个平行板电容器充电后与电源断开，A、B两极板水平，

C2

B板固定带负电并接地，A板带正电，一个带电小球用绝缘细线连接于B板处于静止状态，将

A板向上平移一小段距离的过程中，下列说法正确的是（）

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A．绝缘细线的拉力会增大B．小球的电势能增大

C．两极板的电势差增大D．电容器贮存的电场能增大

【答案】CD

QSU

【详解】A．根据C，C，E

U4kdd

4kQ

解得E

S

由于电容器带电量不变，两板间的距离增大时，两板间的电场强度不变，因此根据力的平衡可

知，绝缘细线上的拉力不变，故A错误；

B．结合上述可知，极板之间的电场强度不变，电场方向向下，根据球U球下Ed球下

可知，小球与下板间的距离不变，小球的电势不变，根据Ep球q球

即小球的电势能不变，故B错误；

QS

C．根据C，C

U4kd

4kQd

解得U

S

可知，两板间的电势差变大，故C正确；

11

D．电容器贮存电场能WCU2QU

C22

极板所带电荷量一定，极板之间电势差增大，则电容器贮存的电场能增大，故D正确。

故选CD。

10．（2025·安徽·模拟预测）电容式话筒中的电容式传感器如图所示，导电性振动膜片与固定

电极构成一个电容器。当振动膜片向左运动时，下列说法中正确的是（）

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A．电容器的电容增大

B．电容器所带电荷量不变

C．振动膜片与固定电极间的电场强度变小

D．有电流通过电阻R，电流方向自左向右

【答案】C

S

【详解】A．当振动膜片向左振动时电容器两极板间的距离变大，根据C

4kd

可知电容值减小，故A错误；

Q

BD．由C

U

可知因U不变的情况下，电容C减小，则电容器带电荷量Q减小，电容器处于放电状态，R

中电流方向自右向左，故BD错误；

U

C．依据E

d

则知U不变，距离d变大，则场强减小，故C正确。

故选C。

11．（2025·黑龙江·二模）在现代高科技的芯片制造工厂里，有一项重要的工艺涉及对微小带

电液滴的精确控制。工程师们需要将极其微小的液滴（这些液滴带有特定的电荷）精确地传输

到芯片的特定位置进行加工处理。其原理如图所示，水平放置的两块平行金属板a、b组成的

电容器的电容为C，a、b板间距为d。开始时，两板均不带电，上极板接地。上板中央有一

小孔，现使带电荷量为q、质量为m的液滴逐个从小孔处以相同速度v垂直射向b板，且将电

荷全部传给b板，忽略液滴体积和空气阻力，下列说法正确的是（）

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A．极板间的电场强度不变

B．极板间的电场力对液滴做正功

C．射向b板的某一液滴可能会匀速运动

D．电容器的电容随极板上的电荷量增加而变大

【答案】C

U

【详解】A．断电时，极板间电场强度E

d

QS

因为C以及C

U4kd

UQ4kQ

代入上式可解得E

dCdS

极板电荷量增大，极板间的电场强度变大，故A错误；

B．由于下极板电性与液滴的电性相同，液滴受到竖直向上的电场力，所以液滴下落过程中，

极板间的电场力对液滴做负功，故B错误；

C．由分析可知，随着下级板吸收的液滴越来越多，两极板间的场强越来越大，当液滴在极板

间所受的电场力等于液滴的重力时，即mgEq时，液滴匀速下落，故C正确；

S

D．根据电容器电容的决定式C可知，电容器的电容与极板所带电荷量无关，故D错

4kd

误。

故选C。

12．（2025·云南曲靖·二模）2025年央视春晚，杭州宇树科技旗下的机器人H1惊艳亮相。这

款人形机器人配置了AI驱动的全身运动控制技术，安装了大量的传感器，其中一种传感器叫

做电容式传感器，当某待测量发生变化时，能引起电容器的电容变化。如图是四个电容式传感

器的示意图，关于这四个传感器的作用，下列说法正确的是（）

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A．图a的传感器可直接测量速度

B．图b的传感器可直接测量液体的密度

C．图c的传感器可测量压力

D．图d的传感器可直接测量加速度

【答案】C

【详解】A．图a的电容器为可变电容器，通过转动动片改变正对面积，改变电容，可以用来

测量角度和角速度，不能直接测量速度，故A错误；

B．图b的电容器的一个极板是金属芯线，另一个极板是导电液，故是通过改变电容器两极间

正对面积而引起电容变化的，可以用来测量液面的高度，不可直接测量液体的密度，故B错

误；

C．图c的传感器是通过改变极板间的距离，改变电容器的，可以用来测量压力，故C正确；

D．图d的可变电容器，通过改变电介质，改变电容，可以用来测量位移，不能直接测量加速

度，故D错误。

故选C。

13．（2025·山东临沂·二模）如图甲所示，两平行金属板A、B水平放置，两板间距为d，紧靠

两板右端宽度为d的两虚线间为电磁场区域，紧靠B板右端有一长度为2d且与竖直方向的

夹角为45的倾斜挡板C，挡板C的中心有一小孔D，挡板C将电磁场区域分成上下两部分，

6mv

分别为区域Ⅰ和区域Ⅱ。区域Ⅰ中有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；

15qd

4mv

区域Ⅱ中有垂直纸面向里的匀强磁场和水平向左的匀强电场，磁感应强度大小为B0，

25qd

12mv2

电场强度为E0。A、B板之间的电压U随时间周期性变化的规律如图乙所示。粒子

25qdAB

源位于O点，可持续不断地沿板间中线以速度v0发射带负电粒子，粒子质量为m，带电量为q。

已知t0时刻进入两板间的带电粒子在tT时刻刚好沿A板右边缘射出交变电场，打在挡板

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C上的粒子均被挡板吸收，只有穿过小孔D的粒子才能进入区域Ⅱ，不计粒子重力及粒子间的

相互作用，计算结果只能选用m、q、d、T表示。求

、板之间的电压；

(1)ABU0

(2)能够穿过小孔D的粒子进入两板间的时刻t；

(3)粒子在区域Ⅱ的出射点与小孔D的竖直距离y。

2md2

【答案】(1)U

0qT2

15

(2)tTnT（n0,1,2,3...）或tTnT（n0,1,2,3...）

1616

3

(3)y1d

28

【详解】（1）由t=0时刻进人两板间的带电粒子在t=T时刻网好沿A板右边缘射出交变电场，

2

1Td

竖直方向先做匀加速直线运动再做匀减速直线运动，则a2

222

U

且qE0qma

d

2md2

联立解得U

0qT2

（2）不同时刻进人两板间的粒子，在两板间电场力的冲量一定为零，故粒子一定以v0水平

向右离开交变电场，能通过小孔的粒子在区域I中，其轨迹圆心角设为，由几何关系得

2

Rsindsin45

2

v2

且qBvm0

10R

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5

联立解得Rd，sin0.6

6

在0-T时段内进人交变电场能够通过小孔的粒子，其进人的时刻设为t1，竖直位移满足

22

1T12或1T12

at12at12RRcosat12aTt12RRcos

222222

15

解得tT或tT

1616

（）

考虑到周期性tt1nTn0,1,2,3...

15

可得tTnT（n0,1,2,3...）或tTnT（n0,1,2,3...）

1616

（3）粒子从小孔射出的速度方向与水平方向的夹角为37，该速度沿水平和竖直方向的

，

分速度大小为vxv0cos37vyv0sin37

分析数据发现qB2vyqE

则粒子从小孔射出后的运动可分解为沿竖直方向的匀速直线运动和速度大小为vx0.8v0的

2

vx

匀速圆周运动，可知qB2vxm

R2

解得R2d

1

粒子做匀速圆周运动，从小孔至出射转过的圆心角设为，由外何关系知Rsind

22

联立解得

6

2m5d

从小孔至出射所用时间设为t

2qB224v0

做匀速圆周运动产生的竖直位移为y1R2R2cos30

做匀速直线运动产生的竖直位移为y2vyt

粒子在区域I的出射点与小孔D的竖直距离yy1y2

3

联立解得y1d

28

14．（2025·广西北海·模拟预测）图中A、B两点固定等量同种点电荷，AB在同一水平线上，

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点C、D是AB垂直平分线上的两点，且C、D到AB连线距离相等，45。将一个质量

为m、电荷量为＋q的带电小球放在C处，小球恰好处于静止状态。若球在C处以速度v竖直

向下运动，球到达D点时，速度为2v。重力加速度为g，小球可视为质点，则（）

A．A、B处电荷带负电

2mg

B．点A处电荷在C处产生的场强大小为

2q

3v2

C．AB间的距离为

2g

D．小球由C到D受电场力先增大后减小再增大再减小

【答案】BCD

【详解】AB．由平衡条件mg2Eq

2mg

可得点电荷A在小球C处产生的场强大小为E

2q

球受A、B处点电荷的斥力，球带正电，则点电荷A在C处产生的场强方向由A指向C，A、

B处电荷带正电，A错误，B正确；

C．点C、D电势相等，则球从C到D电场力做功为零，设CD间距离为h，则由动能定理

(2v)2v2

mghmm

22

3v2

解得h

2g

L

设AB间距离L，则tan

h

3v2

解得L

2g

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C正确；

D．设点AB到CD上某点距离为r，则根据场强的叠加原理可知，CD上某点的合场强为

2q8q

Ekcosksin2cos

L2

()2L

2sin

3

根据均值不等式可知当cos时E有最大值，即小球由C到D受电场力先增大后减小再

3

增大再减小，D正确。

故选BCD。

15．（2025·陕西渭南·三模）如图所示为某静电除尘装置的简化原理图，已知板间距为d，板

长为，两块平行带电电极板间为除尘空间，两极板间电压为。当进入除尘空间的带电尘

LU0

埃碰到极板时，所带电荷立即被中和，同时尘埃被收集。若质量为m、电荷量为q的带电尘

埃分布均匀，均以沿板方向的速率v射入除尘空间时，该除尘装置的除尘率η（相同时间内被

收集尘埃的数量与进入除尘空间尘埃的数量之百分比）恰好为100%。不计空气阻力、尘埃的

重力及尘埃之间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是（）

U

A．仅将两极板间电压变为0，除尘装置的除尘率变为50%

2

U

B．仅将两极板间电压变为0，除尘装置的除尘率变为25%

2

C．仅带电尘埃射入除尘空间的速度变为2v，除尘装置的除尘率变为25%

D．仅带电尘埃射入除尘空间的速度变为2v，除尘装置的除尘率变为50%

【答案】AC

UUq

【详解】AB．两极板间电压为0时，由牛顿第二定律得0ma

22

所以尘埃的加速度变为原来的1，尘埃在板间水平方向运动为匀速直线运动，故尘埃在板间运

2

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1

动的时间不变，由竖直方向位移yat2

2

11

那么尘埃在板间竖直方向的最大位移为板间，故除尘率100%50%

22

故A正确，B错误；

12

at2

CD．除尘率yUqL

100%2100%0100%

dd2mv2d2

1

则仅带电尘埃射入除尘空间的速度变为2v，除尘率变为原来的，即除尘装置的除尘率变为

4

25%，故C正确，D错误。

故选AC。

16．（2025·福建三明·三模）如图甲，在纸面内建立直角坐标系xoy，坐标系的第一、二象限有

足够长的宽度为d、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的上边界MN平行于x轴。P、Q

是长度为L的平行金属板、垂直于纸面放置，两板中线与y轴共线，两板间加上周期为T、场

强大小为E0的周期性变化的电场，如图乙所示。取x轴正方向为电场的正方向，位于P、Q

L

两板中线上的粒子源沿y轴正方向持续发射质量为m、电荷量为q、速度大小为的带正电的

T

粒子，粒子均能从x轴离开电场进入磁场。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，忽略电场与

磁场的边界效应。

T

(1)求t0时刻进入电场的粒子，在时刻沿x轴方向的偏移量x；

20

(2)若粒子从O点进入磁场，求粒子需从哪些时刻进入电场？若粒子从O点进入磁场且恰好不

穿出磁场的上边界MN，求磁感应强度B0的大小；

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(3)磁场方向不变，将磁感应强度大小改为B1，粒子进入磁场后，若还受一个与速度方向总相

反的阻力作用，且阻力大小fk（vk为已知量），粒子轨迹恰与磁场MN边界相切，求最左边

与最右边两相切点的横坐标。

qET2

【答案】(1)x0

08m

mL

(2)B

0qdT

22

qE0TmLkdTqE0TmLkdT

(3)x1，x2

4mqB1T4mqB1T

1

【详解】（1）0T，粒子沿x轴方向做初速度为零的匀加速度直线运动，由运动学知识可

2

1

知沿x轴方向位移xat2

02

qE

由牛顿第二定律有a0

m

qET2

联立解得x0

08m

2n1

（2）从tT(n0、1、2……)时刻进入的粒子在电场中沿x轴方向的位移为零，粒子从

4

O点进入磁场；

L

粒子穿过电场的时间为tT

v

L

粒子离开交变电场时沿电场方向速度变化为零，从O点进入的粒子均以v的速度垂直于x

T

轴进入匀强磁场中做匀速圆周运动。

由几何关系，轨迹与上边界相切，则rd

v2

粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvBm

0r

mL

联立解得B

0qdT

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n

（3）粒子从tTn0、1、2时刻进入的粒子沿x轴的运动位移最大，由牛顿第二定

2

qE

律可知粒子在电场中的加速度为a0

m

1TqET2

沿x轴方向做匀加速直线运动，沿x轴方向的最大位移为x（a）220

224m

进入磁场后，轨迹恰与磁场MN边界相切处，y方向速度为0，对粒子在y方向由动量定理有

kvytqvxB1t0mv

即kdqB1xmv

mLkdT

解得x

qB1T

qET2

由几何关系，从x轴上x0

4m

2

qE0TmLkdT

进入磁场的粒子在MN边界上的横坐标为x1

4mqB1T

qET2

从x轴上x0

4m

2

qE0TmLkdT

进入磁场的粒子在MN边界上的横坐标为x2

4mqB1T

1

17．（2025·河南·三模）如图所示，绝缘轨道ABC固定在竖直平面内，AB部分是光滑的圆弧

4

轨道，轨道半径为R，BC部分是足够长的水平轨道，两部分平滑连接。空间存在水平向左的

匀强电场（图中未画出），场强大小为E（未知）。现将一质量为m、电荷量为q的带电物块（可

视为质点）从轨道上的A点由静止释放，物块沿轨道运动。已知物块与轨道BC间的动摩擦因

数为0.125，整个运动过程中物块在BC段运动的总路程为2R，重力加速度大小为g，且

8qEmg。则整个运动过程中带电物块向右运动的最远处与B点相距（）

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222

A．RB．RC．RD．2R

753

【答案】A

1

【详解】根据题意可知，由于qEmgmg

8

则物块不会停在BC上，则物块最终将在B点左侧一段圆弧上来回往复运动，且在B点的速度

为0，则有mgRqERmg2R0

3

解得qEmg

4

运动到最远时，根据动能定理得mgRqExRmgx0

2

解得xR

7

故选A。

18．（2025·山西·三模）竖直平面内存在水平向右的匀强电场E，一带电小球从电场中的O点

以初速度v₀向左上方射出，v₀方向与水平方向成30°角，如图所示。小球运动到其轨迹的最左

端时，速度大小恰好等于初速度大小v₀，则小球受到的电场力与它受到的重力的比值为（）

A．2：2B．1：2C．3：3D．3：2

【答案】C

【详解】带电小球在水平方向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有qEma

根据速度—时间公式有0v0cos30at

小球运动到其轨迹的最左端，速度大小与初速度大小相同，表明小球在竖直方向上经历减速为

零又反向加速的过程v0v0sin30gt

qE3

解得

mg3

故选C。

19．（2025·云南昆明·三模）匀强电场中，质量为m、带电量为q（q>0）且可视为质点的小球

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在长为L的绝缘轻绳拉力作用下绕固定点O在竖直平面内做圆周运动，M点和N点分别为圆

周上的最低点和最高点，电场方向平行于圆周平面。已知运动过程中小球速度最小值为gL（g

为重力加速度），此时绳子拉力恰好为零。小球运动到M点时速度大小为2gL且大于小球经

过N点时的速度，不计空气阻力。若O点电势为零，下列说法正确的是（）

A．小球受到的电场力与重力的夹角为30°角

mg

B．匀强电场的场强大小为

q

mgL

C．M点的电势为

2q

D．小球从速度最小到速度最大的过程中，电场力做的功为2mgL

【答案】BC

【详解】AB．因运动过程中小球速度最小值为gL，此时绳子拉力恰好为零，可知小球受的

2

合力为vmin

F合mmg

L

因重力竖直向下，可知电场力大小也为mg与重力夹角为120°，根据mgqE

mg

可知匀强电场的场强大小为E

q

选项A错误，B正确；

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mgL

C．因MO两点的电势差为UELcos60

MO2q

mgL

O点电势为零，M点的电势为

M2q

选项C正确；

D．小球从速度最小到速度最大的过程中，即从等效最高点Q到等效最低点P的过程中，电场

力做的功为WqEcos602LmgL

选项D错误。

故选BC。

20．（2025·湖南娄底·二模）在水平面上，从A点将一小球斜向上抛出，而后落于水平面上的B

点。现将空间中加上竖直方向的电场，将一带电小球仍从A点以相等的速率斜向上抛出，最后

还是落在B点，不计空气阻力。则下列说法正确的是（）

A．两小球在空中运动的时间相等

B．两小球在最高点时的速度相等

C．带电小球在空中运动时的加速度一定大于重力加速度

D．若仅将电场方向改为水平方向，带电小球的落地点一定不在B点

【答案】D

【详解】A．带电小球，在电场中由于受电场力，竖直方向的加速度一定不等于重力加速度，

但两小球均落于B点，抛出时的夹角一定不同，时间不等，A错误；

B．由于夹角不相等，水平分速度不等，在最高点时的速度不相等，B错误；

C．由于不明确电场的方向和带电小球的电性，所以加速度可能大于也可能小于重力加速度，

C错误；

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D．电场竖直方向时，水平方向的分运动始终是匀速运动，电场方向改变后，水平方向的分运

动变为变速运动，所以落点发生改变，D正确。

故选D。

21．（2025·山西吕梁·三模）如图所示，倾角为30的光滑、足够长绝缘斜面固定在水平地面上，

斜面底端有一电荷量为q(q0)、质量为m1kg的带电小物块，小物块在平行于斜面向上

的恒定拉力F作用下，由静止开始运动，经过一段时间t1s后撤去拉力F，此后，小物块继

续沿斜面运动，又经过t1s返回到斜面底端。已知重力加速度g取10m/s2，整个空间存在水

mg

平向右的电场强度大小E的匀强电场。则拉力F的大小为（）

q

10131013

A．NB．1013NC．N

23

2013

D．N

3

【答案】D

【详解】由牛顿第二定律可得Fmgs