2026年高考物理二轮复习讲练测重难12 静电场（电场的性质、电场中的图像问题、电场中的能量问题、轨迹问题、带电粒子在电场中的运动）（全国）（解析版）

重难12静电场（电场的性质、电场中的图像问题、电场中

的能量问题、轨迹问题、带电粒子在电场中的运动）

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高考指导方向标

近三年考查近三年高考中，本专题常见于选择题与计算题，分值约6-15分。命题注重对电场基本性质

趋势分析

（力的性质、能的性质）的深入理解，强调利用图像（φ-x、E-x、Ep-x）、功能关系及动

力学规律综合分析带电粒子的运动，常与科技应用（如粒子加速器、示波器、电容器储能）

相结合。

命题特点：

图像分析是关键：重点考查从φ-x、E-x等图像中提取场强、电势变化信息，并判断粒子运

动、受力、能量变化的能力。

电容器动态分析是热点：常结合电路，考查电容器充电后断开或始终连接电源两种情况下各

物理量（C、Q、U、E）的动态变化。

带电粒子运动是综合载体：涵盖匀强电场中的加速、偏转（类平抛）以及非匀强电场中的一

般曲线运动，常与牛顿定律、动能定理、能量守恒综合命题。

概念辨析要求高：对场强、电势、电势能、电场力做功等概念的辨析与计算是选择题的常见

考查形式。

核心方法聚图像分析：掌握φ-x图像斜率表场强、E-x图像面积表电势差、Ep-x图像斜率表电场力的规

焦

律。

电容器分析：紧抓“U不变（连电源）”与“Q不变（断电源）”两类情况，按“定义式C=Q/U→

决定式C=εS/(4πkd)→场强公式E=U/d”的顺序推理。

粒子运动分析：

直线运动：优先考虑动能定理（qU=ΔEk）。

偏转运动：分解为沿初速度的匀速直线运动和垂直初速度的匀加速直线运动，记住“偏转位

移、偏转角与粒子比荷无关”等重要结论。

备考指导建构建概念网络：清晰理解并区分电场强度、电势、电势能、电场力做功等核心概念及其关联。

议

强化图像专题训练：集中练习从各类电场图像中还原电场分布、推断粒子运动的能力。

熟练掌握典型模型：吃透“加速-偏转”模型、电容器动态分析、点电荷电场等典型问题的

分析方法与结论。

注重与实际应用结合：了解示波管、静电除尘、粒子加速器等原理，提升将实际问题转化为

物理模型的能力。

1电场中的图像问题

1.E-x图像

图像分析：

（1）E-x图像反映了电场强度随位移变化的规律，E>0表示电场强度沿x轴正方向;E<0表示电场强度

沿x轴负方向。

（2）在给定了电场的E-x图像后，可以由图线确定电场强度的变化情况,电势的变化情况,E-x图线与x

轴所围图形“面积”表示电势差，两点的电势高低根据电场方向判定。在与粒子运动相结合的题目中，可进一

步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。

（3）在这类题目中,还可以由E-x图像画出对应的电场，利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布

或场源电荷来处理相关问题。

2.φ-x图像（反映了电势随位移变化的规律）

图像分析：

（1）电场强度的大小等于φ-x图线的斜率的绝对值,电场强度为零处,φ-x图线存在极值，其切线的斜率

为零。

（2）在φ-x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。

（3）在φ-x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB=qUAB，进而分析WAB的正负,

3.Ep-x图像

图像分析：

（1）根据电势能的变化可以判断电场力做功的正负,电势能减少,电场力做正功:电势能增加,电场力做负

功。

（2）根据ΔEp=-W=-Fx，图像Ep-x斜率的绝对值表示电场力的大小。

2带电粒子在电场中的平衡问题——受力分析

三个自由点电荷的平衡问题：

（1）平衡条件：每个点电荷受另外两个点电荷的合力为零或每个点电荷平衡的位置是另外两个点电荷

的合场强为零的位置。

（2）平衡规律：

(3)利用三角形相似法处理带电小球的平衡问题：

常见模型几何三角形和力的矢量三角形比例关系

GTF

OAOBd

kq1q2

mgF2

r

hdr

mgTF

11

OCOAAC

mgTF

22

OCOBBC

3电容器的动态分析

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:U不变（始终与电源相连）

QεrSU

分析思路：根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化；根据E＝分析场强的变化；根据

U4πkdd

SSUSSU1

UAB＝E·d分析某点电势变化（C，Q＝U·C＝，E）。

4kdd4kdddd

(2)平行板电容器充电后,切断与电池的连接:Q不变（充电后与电源断开）

QεrSU4kπQ

分析思路：根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化；根据E＝＝分析场强变化

U4πkddεrS

SSQ4kddUQ4kQ1

（C，U，E）。

4kddCSSdCdSS

4电场中的功能关系——能量观点

1.求电场力做功的方法：

(1)定义式:WAB=Flcosα=qElcosα(适用于匀强电场)。

(2)电势的变化:WAB=qUAB=q(φA-φB)。

(3)动能定理:W电+W其他=ΔEk。

(4)电势能的变化:WAB=-ΔEp=EpA-EpB。

2.电场中的功能关系

(1)若只有电场力做功,则电势能与动能之和保持不变.

(2)若只有电场力和重力做功,则电势能、重力势能、动能之和保持不变.

(3)除重力、弹力外,其他各力对物体做的功等于物体机械能的增量.

(4)所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化.

5.带电粒子在电场中的运动

一、带电粒子在电场中的直线运动

1．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．用动力学观点分析

qEU22

a＝，E＝，v－v0＝2ad(匀强电场)。

md

3．用功能观点分析

1212

匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv－mv0。

22

非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。

二、带电粒子在电场中的偏转运动

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.带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动

l

(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t＝(如图)．

v0

(2)沿静电力方向做匀加速直线运动

FqEqU

①加速度：a＝＝＝

mmmd

1qUl2

②离开电场时的偏移量：y＝at2＝

2

22mdv0

vyqUl

③离开电场时的偏转角：tanθ＝＝

2

v0mdv0

3．两个重要结论

(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相

同的。

证明：

12，

在加速电场中有qU0＝mv0

2

11qU1l

在偏转电场偏移量y＝at2＝··()2

22mdv0

vyqU1l

偏转角θ，tanθ＝＝，

2

v0mdv0

2

U1lU1l

得：y＝，tanθ＝

4U0d2U0d

y、θ均与m、q无关．

(2)粒子经电场偏转后射出，速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏

转电场边缘的距离为偏转极板长度的一半。

（建议用时：20分钟）

1．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）某同学绘制了四幅静电场的电场线分布图，其中可能正确的是（）

A．B．

C．D．

【答案】B

【详解】AC．电场线不相交、不闭合，故AC错误；

B．该电场可能为正点电荷形成的电场，故B正确；

D．假设存在这种电场线，做两条等势线，如图所示

则有AC，BD

即UABUCD

由电场线的疏密程度可知，AB处电场强度EAB大于CD处电场强度，由公式UEd可得，UABUCD，相互

矛盾，假设不成立，即这种电场线不存在，故D错误。

故选B。

2．（2025·江西·高考真题）超级电容器可集成到太阳能发电系统中，通过超级电容器储存和释放能量，优

化功率输出，提升电网稳定性。关于超级电容器储存能量过程中所带电荷量Q和两极板间电压U的变化，

下列说法正确的是（）

A．Q增大，U增大B．Q减小，U减小

C．Q减小，U增大D．Q增大，U减小

【答案】A

【详解】超级电容器储存能量时处于充电过程，电荷量Q增加。根据电容公式QCU，若电容C不变（由

结构决定，题目未提及变化），则Q与U成正比。因此，Q增大时，U必然增大。

故选A。

3．（2025·甘肃·高考真题）如图，两极板不平行的电容器与直流电源相连，极板间形成非匀强电场，实线

为电场线，虚线表示等势面。M、N点在同一等势面上，N、P点在同一电场线上。下列说法正确的是（）

A．M点的电势比P点的低B．M点的电场强度比N点的小

C．负电荷从M点运动到P点，速度增大D．负电荷从M点运动到P点，电场力做负功

【答案】D

【详解】A．MN两点电势相等，电场线由上到下，NP在同一电场线上，沿电场线电势逐渐降低，可知N

点电势高于P点，可知M点电势高于P点，选项A错误；

B．M点电场线分布比N点密集，可知M点电场强度比N点大，选项B错误；

CD．负电荷从M点运动到P点，电势能增加，则电场力做负功，动能减小，速度减小，选项C错误，D

正确；

故选D。

4．（2025·湖南湘西·一模）如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场，在同一水平直线上A、B两点处分别

把两个质量均为m的带电小球同时抛出。小球1抛出时速度大小为v0，方向水平向右，小球2抛出时速度

与水平方向成45，两球的运动轨迹在同一竖直面内，两球在P点相遇，P是AB连线中垂线上的一点。

2v

已知两球所带电荷量大小均为q，该过程中两球的运动时间均为t0，g为重力加速度，不计空气阻力和

g

两球间的相互作用，下列说法正确的是（）

A．球1带负电，球2带正电

B．抛出时两球的机械能之和与相遇时两球的机械能之和相等

mg

C．电场强度大小为E

q

D．从抛出到相遇，球1和球2的速度变化量之比为1:3

【答案】BD

【详解】A．两球运动时间相同，水平方向位移相同，1、2两球水平方向速度相等v0v2cos45

得v22v0

由竖直方向位移相同，具有向上初速度的球加速度更大，可得a2a1，故球2所受电场力向下，球1所受电

场力向上，球1带正电，球2带负电，故A错误；

B．电场力对球1做负功，对球2做正功，球1机械能减少，球2机械能增加，且电场力做的总功为0，则

两球机械能之和不变，故B正确；

2v

C．1、2两球运动时间均为t0

g

对球1有mgEqma1

对球2有mgEqma2

11

竖直方向at2vsin45tat2

21222

mg

解得电场强度大小为E，C错误；

2q

D．由上述解析解得两球的加速度之比为1:3，则vat，速度变化量之比为1:3，D正确。

故选BD。

5．（2025·浙江宁波·一模）“彭宁离子阱”是一个可以用来储存带电粒子的装置。该装置主要由一对左右对

称的环电极和一对上下对称的端电极构成，其内部某一截面的部分电场线和等势线分布如图，则（）

A．a、b、c三点电场强度大小关系EaEbEc

B．a、b、c三点电势高低关系abc

C．将一电子从a点移到b点，静电力做负功

D．将一电子从a点移到c点，电子电势能减小

【答案】C

【详解】A．电场线疏密反映场强大小，可知a、b、c三点的电场强度大小关系是EaEcEb，选项A错

误；

B．沿电场线电势降低，则a点电势高于b点，bc电势相等，则a、b、c三点的电势高低关系是abc，

选项B错误；

C．a点电势高，电子在该点电势能小，所以从a点移到b点，电势能增大，静电力做负功，故C正确；

D．bc电势相等，所以将一电子从a点移到c点，电子电势能增大，故D错误。

故选C。

6．（2025·广西南宁·一模）验证库仑定律的扭秤装置如图所示，细银丝下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端固

定不带电的金属球A，另一端固定绝缘球B使棒平衡，细银丝处于自然状态。把带电金属球C伸入容器轻

触金属球A后，A与C带上同种电荷，A在库仑力的作用下远离C。扭转细银丝旋钮，使A回到初始位置

并保持静止。实验中，A、B、C三个小球处于同一水平面。已知旋钮旋转的角度与A、C间的库仑力大小

成正比。某次实验测得旋钮旋转的角度为θ，若保持两球间距离不变，通过接触起电使A、C两球电量均减

为上述实验中电量的一半，则旋钮旋转的角度变为（）

11

A．B．C．2D．4

24

【答案】B

kQQ

【详解】设两个小球的带电量为Q、Q，两个小球之间的距离为r，斥力为F12

12r2

QQ

k12

电量减半后两个小球之间的斥力为F

F22

r24

1

已知旋钮旋转的角度与A、C间的库仑力大小成正比，所以旋钮旋转的角度为。

4

故选B。

7．（2024·山东潍坊·模拟预测）在光滑的水平面上固定两个点电荷A和B，它们的质量分别为2m和m，

所带电荷量分别为Q和2Q如图所示。水平外力先作用在A上，解除锁定后A、B恰能一起相对静止做匀加

速直线运动，调整A、B间的距离，后用相同大小的水平外力作用在B上，A、B又恰能一起相对静止匀加

速直线运动。则以下说法正确的是（）

A．两点电荷的电性一定相反

B．外力作用在A上时两点电荷的加速度大小等于作用在B上时两点电荷的加速度

C．点电荷A对点电荷B的库仑力大于点电荷B对点电荷A的库仑力

D．外力作用在A上时A，B的间距与作用在B上时A、B的间距之比为2:1

【答案】BD

【详解】A．外力向右作用于A或向左作用于B的情况下，两点电荷间的作用力是斥力，两点电荷的电性

相同，外力向左作用于A或向右作用于B的情况下，两点电荷间的作用力是引力，两点电荷的电性相反，

故A错误；

B．对整体有F3ma

外力作用在A上时两点电荷的加速度等于作用在B上时的加速度，故B正确；

C．点电荷A对点电荷B的库仑力与点电荷B对点电荷A的库仑力是一对作用力与反作用力，大小相等、

方向相反，故C错误；

2Q2

D．设当外力作用在A上时A、B的间距为r1，对B有k2ma

r1

2Q2

设当外力作用在B上时A、B的间距为r2，对A有k22ma

r2

联立解得r1:r22:1，故D正确。

故选BD。

（建议用时：30分钟）

8．（2025·浙江·高考真题）一束粒子撞击一静止的金原子核，它们的运动轨迹如图所示。图中虚线是以

金原子核为圆心的圆。已知静电力常量k9.0109Nm2/C2，元电荷e1.61019C，金原子序数为79，不

考虑粒子间的相互作用，则（）

A．沿轨迹1运动的粒子受到的库仑力先做正功，后做负功

B．沿轨迹2运动的粒子到达P时动能为零、电势能最大

C．位于图中虚线圆周上的3个粒子的电势能不相等

D．若粒子与金原子核距离为1014m，则库仑力数量级为102N

【答案】D

【详解】A．沿轨迹1运动的粒子受到的库仑力先做负功，后做正功，A错误；

B．沿轨迹2运动的粒子因为做曲线运动，则到达P时动能不为零，因距离原子核最近，则电势能最大，

B错误；

C．位于图中虚线圆周上各点的电势都相等，可知虚线圆周上的3个粒子的电势能相等，C错误；

D．若粒子与金原子核距离为1014m，则根据库仑定律可知库仑力

qQ21.61019791.61019

Fk9109N=364N

r2（1014）2

即数量级为102N，D正确。

故选D。

9．（2025·天津·高考真题）如图所示，在一固定点电荷形成的电场中，一试探电荷仅在静电力作用下先后

经过a、b两点，图中箭头方向表示试探电荷在a、b两点处的受力方向，则（）

A．a点电势一定高于b点电势B．试探电荷与场源电荷电性一定相同

C．a点电场强度一定大于b点电场强度D．试探电荷的电势能一定先减小后增大

【答案】BC

【详解】AB．根据点电荷电场分布特点和试探电荷受力情况，试探电荷轨迹如图所示，

可知，点电荷位于O点，两电荷带同种电荷，由于电性无法判断，所以点电荷周围电场方向无法判断，a

点电势和b点电势高低无法判断，故A错误，B正确；

kQ

C．由于a点离点电荷较近，由E可知，a点电场强度一定大于b点电场强度，故C正确；

R2

D．由轨迹图可知，电场力方向与运动方向的夹角先为钝角，后为锐角，所以电场力先做负功，后做正功，

试探电荷的电势能一定先增大后减小，故D错误；

故选BC。

10．（2025·重庆·高考真题）某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域

OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b分别从Q点和O

点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子

间的相互作用，则可推断a、b（）

A．具有不同比荷

B．电势能均随时间逐渐增大

C．到达M、N的速度大小相等

D．到达K所用时间之比为1:2

【答案】D

【详解】A．根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，带电粒子a、b分别从Q点和O点同时进入

电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，可知，运动时间相等，由图可知，沿初速度方向位移之比为2:1，

1

则初速度之比为2:1，沿电场方向的位移大小相等，由yat2可知，粒子运动的加速度大小相等，由牛顿

2

第二定律有qEma

qa

可得

mE

可知，带电粒子具有相同比荷，故A错误；

B．带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B错误；

C．沿电场方向，由公式vyat可知，到达M、N的竖直分速度大小相等，由于初速度之比为2:1，则到达

M、N的速度大小不相等，故C错误；

D．由图可知，带电粒子a、b到达K的水平位移相等，由于带电粒子a、b初速度之比为2:1，则所用时间

之比为1:2，故D正确。

故选D。

11．（2025·江苏南通·一模）一个半径为r的金属球，以球心为坐标原点，向右为正方向建立坐标轴，现在

坐标x0处放置一个+q电荷，下列关于坐标轴上0~x0区间的电场强度大小E和电势φ的图示可能正确的是

（）

A．B．

C．D．

【答案】A

【详解】AB．金属球被感应出负电荷会在靠近+q的一侧分布，球体内部由于静电屏蔽，电场为0，刚离开

球面处场强并不大；但越靠近+q，场越强。一般会出现“先较小，后增大”的走势（可能在途中有轻微“波动”），

但总体趋势是靠近+q时，E随距离减小而增大，故A正确，B错误；

CD．金属球表面必为等势面，故在 x ＝ r（球面处）电势是一个常值；而在[0，r]区间电势恒定，在[r，x0]

区间电势随x增加而上升，故CD错误。

故选A。

12．（2025·辽宁丹东·模拟预测）沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电势的随位

置x变化的图像如图所示，图线关于轴对称，x轴上有M、N两点。一电荷量为e的负试探电荷，从M点

出发时速度沿x轴正方向，若该电荷运动过程中仅受电场力作用。则下列说法中正确的是（）

A．O点电场强度最大

B．M、N两点电场强度的大小关系为EMEN

C．N点电场强度EN的方向沿x轴负方向

D．该电荷沿x轴正方向运动过程中，电场力先做正功再做负功

【答案】D

【详解】A．x图像的斜率表示电场强度，由题图可知，O点的电场强度为零，故A项错误；

B．结合之前的分析以及题图可知N点的图像斜率比M点的图像斜率大，所以EMEN，故B项错误；

C．从O到N过程，电场的电势在降低，由于负电荷在电势低的地方电势能高，即从O到N过程电子电势

能增加，电场力做负功，即电子在该过程收到的电场力方向为沿x轴负方向，又因为电子受到的电场力方

向与场强方向相反，所以N点的电场强度方向沿x轴正方向，故C项错误；

D．由题图可知，电势先升高后降低，则电子的电势能先降低后增加，即电场力先做正功后做负功，故D

项正确。

故选D。

13．（2025·湖南湘西·一模）已知均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零。如图1所示，真空中有一半径

为R、电荷量为Q的均匀带电实心球，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴，理论分析表明，x轴上

各点的电场强度随x变化关系如图2所示，静电力常量为k，则（）

kQ

A．xR处电场强度大小为

R

B．x1处的电势小于x2处的电势

Q

C．x1处电场强度大小为Ekx

R31

D．假设将一个带正电的试探电荷沿x轴移动，从x1移到x2处的过程中电场力先做正功，后做负功

【答案】C

Q

【详解】A．因为均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零。根据Ek

r2

Q

可得处电场强度大小为Ek，故错误；

xR2A

R

B．在x轴上，O点右侧的电场强度方向始终向右的，根据沿着电场强度方向电势降低，所以x1处的电势大

于x2处的电势，故B错误；

Ｃ．考虑球体内部的电场强度时，可将均匀带电球体分为外层球壳和半径为x1的内层球体，由于均匀带电

Q

球壳内部电场强度处处为零，半径为x1的内层球体的电场强度大小为Ekx，故C正确；

R31

D．沿着电场强度方向电势降低，从x1移到x2处的过程中电场力对正电荷一直做正功，故D错误。

故选C。

14．（2025·陕西渭南·一模）如图所示直线为某电场中的一条电场线，A、B是该电场线上的两点，若将一

试探电荷由A点静止释放，只在电场力的作用下它将沿电场线向B运动。若、两点的电场强度大小为

、、、��

EAEB，电势分别为AB，试探电荷在、两点受到的电场力大小为FAFB，具有的电势能分别为EpA、

��

EpB，则下列关系式一定正确的是（）

A．EAEBB．ABC．FAFBD．EpAEpB

【答案】D

【详解】D．试探电荷由A点静止释放，只在电场力的作用下它将沿电场线向B运动，说明电场力对其做正

功，根据W电Ep可知电荷的电势能减小，有EpAEpB，故D正确；

AC．只有一根电场线，无法判断场强大小和电荷受电场力大小，故AC错误；

B．因为试探电荷的电性未知，故电势变化无法判断，故B错误。

故选D。

15．（2025·江苏南京·模拟预测）如图甲所示，真空中的电极能连续不断均匀地放出初速度为零、质量为m、

电荷量为q的粒子，经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B间的中线平

行于极板射入偏转电场，A、B两板距离为d，A、B板长为L，A、B两板间加周期为T的变化电场，UAB

2md2

如图乙所示，已知U，能从偏转电场板间飞出的粒子在偏转电场中运动的时间也为T。忽略极板边

0qT2

缘处电场的影响，不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，粒子打到极板上后即消失。求：

(1)加速电场中的U1；

T

(2)若t时刻粒子进入偏转电场两极板之间，粒子能否飞出极板？如果能，那么粒子的偏移量y是多少？

2

如果不能，那么粒子在偏转电场内平行于极板方向的位移x是多少？

mL2

【答案】(1)U

12qT2

3

(2)不能，xL

4

12

【详解】（1）粒子在加速电场中有qU1mv0

2

粒子在偏转电场中有Lv0T

2

LmL

联立解得v，U

0T12qT2

2

TTU1T

（）t时刻进入偏转电场的粒子在至时间内做类平抛运动，有0，

2Tqmay1a

22d22

2dd

联立解得a，y

T214

dT

因y1，粒子在tT时还未打到极板上，此时vya

22

3TT

假设粒子能飞出极板。粒子在T至时间内做匀速直线运动y2vy

22

dd

解得v，y

yT22

3

故粒子的偏移量为yyyd

124

d

因y，假设不成立，粒子不能飞出极板。

2

d

设粒子在t1时刻打到极板上，则有yvtT

21y1

T

又xv0t1

2

3

解得xL

4

（建议用时：20分钟）

16．（2025·河南·高考真题）如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上

的匀强电场。质量为m、带电量为q（q0）的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入

电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，

通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为s33h。不计重力。

(1)求磁感应强度的大小；

(2)求电场强度的大小；

(3)若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。（一个周期

内粒子的位移与周期的比值为漂移速度）

mv

【答案】(1)0

2qh

mv2

(2)0

2qh

33

(3)v0

638

【详解】（1）根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示

由题意可知60

设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有rrcosh

解得r2h

v2

由牛顿第二定律有qvBm0

0r

mv

解得B0

2qh

（2）根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为v0，方向与水平虚线的夹角为60，由几

何关系可得ABs2rsin33h23h3h

AB23h

则粒子在电场中的运动时间为t

v0cosv0

沿电场方向上，由牛顿第二定律有qEma

由运动学公式有v0sinv0sinat

mv2

联立解得E0

2qh

（3）若粒子从a点以v0竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图所示

由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为v0，粒子在磁场中运动的半径仍为2h，由几何关系可得，粒子进入

电场时速度与虚线的夹角60

23h

结合小问2分析可知，粒子在电场中的运动时间为t1

v0

AB间的距离为AB3h

由几何关系可得BC2rsin23h

则ACBCAB3h

36022r8h

粒子在磁场中的运动时间为t2

360v03v0

638h

则有

tt1t2

3v0

3h33

综上所述可知，粒子每隔时间t向右移动3h，则漂移速度大小vv0

t638

17．（2025·江西景德镇·模拟预测）在以竖直方向建立y轴的xoy平面内存在方向未知且范围足够大的匀强

电场，已知x轴和y轴上的各点电势如图甲和图乙所示，已知重力加速度为g10m/s2。下列说法正确的是

（）

A．匀强电场大小为240V/m

B．x方向分电场Ex与y方向分电场Ey大小之比为4∶3

C．一个电子处于坐标（3cm，3cm）时电势能为0J

D．在坐标原点以8m/s的初速度竖直抛出质量为0.1kg带电荷量q=+2´10-3C的小球，运动到最高点时

电势能增加了2J

【答案】BC

【详解】A．x轴和y轴上的各点电势如图甲和图乙所示，x图像的斜率表示电场强度，可知x轴和y轴

的电场分量大小分别为Ex400V/m，Ey300V/m

22

可知匀强电场大小为EExEy500V/m，故A错误；

B．根据Ex400V/m，Ey300V/m，x方向分电场Ex与y方向分电场Ey大小之比为4∶3，故B正确；

C．如图所示，根据匀强电场特点可知UOAUCD

可得OACD

根据图甲和图乙可知O3V,A9V,C12V

可知坐标（3cm，3cm）的电势为D0V

可得电子在坐标（3cm，3cm）时电势能EpeD0J，故C正确；

D．对小球，水平方向有Exqmax

2

可得ax8m/s

竖直方向有Eyqmgmay

2

可得ay16m/s

v

可得到达最高点的时间为t00.5s

ay

v2

竖直位移为y02m

2ay

1

水平位移为at21m

2x

根据甲图可得x400x3，根据乙图可得y300y3，可得N397V，M603V

根据UMPUON，可得P203V

可知电势增加了MO200V

根据Epq可知电势能增加Epq0.4J，故D错误。

故选BC。

18．（2025·陕西渭南·一模）如图，空间存在一匀强电场，一质量为m的带电小球仅在重力和电场力的作用

下运动，重力加速度为g，虚线与水平地面之间的夹角为30。若小球从虚线上某处静止释放，恰好沿虚线

g

向下做加速度为的匀加速运动。现将小球以大小为v0、方向与虚线之间的夹角为60的初速度从图示位置

抛出，则小球运动到最高点的过程中（）

3v2

A．小球水平向右移动的距离为0

4g

v2

B．小球竖直上升的高度为0

4g

2

C．重力和电场力做的总功为2mv0

D．小球所受合力的冲量大小为mv0

【答案】BD

g

【详解】AB．小球从虚线上某处静止释放，恰好沿虚线向下做加速度为的匀加速运动，则电场方向与v0方

向相同，如图所示

由几何关系有mgqEma

1

竖直方向上加速度aasin30g

y2

(vsin30)2v2

小球竖直上升到最高点的高度为h00

2ay4g

vsin30v

上升时间为t00

ayg

133v2

水平方向有xvcos30tacos30t20

024g

故A错误，B正确；

CD．设小球到达最高点时的速度大小为v，方向水平向右，从抛出到最高点过程中小球速度的变化量大小

v

为v，其方向由a可知，v的方向与a的方向一致，即沿虚线向下，根据矢量三角形法则做出速度三

t

角形，如图所示

由几何关系可得v3v0，vv0

11

由动能定理可得，重力和电场力做的总功为Wmv2m