2026年高考物理二轮复习（全国）题型07 电场 带电粒子在电场中运动（六大题型）（重难专练）（解析版）

题型07电场带电粒子在电场中运动

目录

第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局

第二部分考向破译微观解剖，精细教学

典例引领方法透视变式演练

考向01电场力的性质

考向02电场能的性质【重】

考向03电容器及带电粒子在电场的直线运动

考向04带电粒子在电场中的类平抛运动【重难】

考向05带电体在复合场中运动【难】

考向06带电体在电场中的动量与能量综合问题【难】

第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

电场与带电粒子在电场中的运动是高中物理电磁学的核心模块，也是高考物理的高频必考点，每年均

以选择题、计算题或实验题等形式出现，分值占比稳定且较高。该题型不仅是电磁学的基础，更是连接力

学与电磁综合问题的重要桥梁，常与动力学、能量守恒、动量等知识结合，用于分析带电粒子的运动规律

和能量转化过程，是解决复杂电磁综合问题的关键环节。

高考命题常围绕电场力的性质、电场能的性质、带电体在电场中的运动及力学三大观点的应用四大考

向展开。命题趋势呈现：从匀强电场中的基本运动→带电粒子在交变电场、复合场中的复杂运动→紧密结

合现代科技实例，注重将抽象模型嵌入真实科研或技术应用情境中进行综合分考查方法主要包括电场强度

与电势的定性定量分析、电场线等势面判断、带电粒子在匀强电场中的类平抛运动、能量与动量综合分析

等。

考向01电场力的性质

【例1-1】（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】ABC．静电场中电场线不相交、不闭合，故B正确、故AC错误；

D．若电场线相互平行，应等间距，故D错误。

故选B。

【例1-2】（2025·山东·高考真题）（多选）球心为O，半径为R的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面上，

带电量分别为2q和q的小球甲、乙刚好静止于碗内壁A、B两点，过O、A、B的截面如图所示，C、D

均为圆弧上的点，OC沿竖直方向，AOC45，ODAB，A、B两点间距离为3R，E、F为AB连线的

三等分点。下列说法正确的是（）

A．甲的质量小于乙的质量B．C点电势高于D点电势

C．E、F两点电场强度大小相等，方向相同D．沿直线从O点到D点，电势先升高后降低

【答案】BD

【详解】A．对甲、乙两小球受力分析如图所示，甲、乙两小球分别受到重力、支持力、库仑力作用保持平

衡。

设OC与AB线段交点为G点，由几何关系2RcosOAB3R解得∠OAB∠OBA30因此有

m甲gF电mgF电

OGA105，OGB75根据正弦定理，对甲有对乙有乙因为

sin30sin45sin30sin75

是一对相互作用力，可得，错误；

sin45sin75F电与F电m甲m乙A

kQ

B．根据点电荷场强公式E，由场强叠加知识，可知C到D之间的圆弧上各点场强方向都向右下方，

r2

若有一正试探电荷从C运动到D的过程中，电场力做正功，电势能减小，故可判断C点电势高于D点电势，

B正确；

C．两带电小球连线上的电场分布可以等效成一对等量异种点电荷的电场和在A点带电量为3q的正点电荷的

电场相互叠加的电场。在等量异种点电荷的电场中E、F两点电场强度大小相等，方向相同。但是A点带电

量为3q的正点电荷在E、F两点的电场强度不同。E、F两点电场强度大小不同，C错误；

D．电势是标量，OD与AB线段的交点距离两带电小球最近，所以该点电势最大，那么沿直线从O点到D

点，电势先升高后降低，D正确。故选BD。

【例1-3】（2025·湖北·高考真题）（多选）如图所示，在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形，顶点

到O点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q的正点电荷，

且电荷量为3q的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k，则O点处的电场强度（）

（）

A．方向沿x轴负方向

B．方向与x轴负方向成18夹角斜向下

2kq

C．大小为cos54cos18

R2

2kq

D．大小为2cos54cos18

R2

【答案】AD

【详解】由题意可知，如图

将五个点电荷等效成

kq

五个点电荷与O点距离为R，设E则O点场强大小为E22Ecos542Ecos18代入可得

0R200

kq

E22cos54cos18方向沿x轴负方向；故选AD。

R2

故选B。

1.电场强度的三个计算公式

2.电场强度的叠加与计算的方法

（1）叠加法：多个点电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷在该处所产生的电场强度的矢量和。

（2）对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为

简化。

（3）补偿法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，然后再应用对称的特点进行分析，

有时还要用到微元思想。

（4）微元法：将带电体分成许多电荷元，每个电荷元看成点电荷，先根据库仑定律求出每个电荷元的场强，

再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。

3.“电场线+运动轨迹”组合模型

模型特点:当带电粒子在电场中的运动轨迹是一条与电场线不重合的曲线时,这种现象简称为“拐弯现

象”,其实质为“运动与力”的关系。运用牛顿运动定律的知识分析:

(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在某一位置的切线)与“力线”(在同一位置电场线的切线方

向且指向轨迹的凹侧),从二者的夹角情况来分析带电粒子做曲线运动的情况。

(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、电场的方向、电荷运动的方向,是题目中相互制约的三个方面。若已

知其中一个,可分析判定各待求量;若三个都不知(三不知),则要用“假设法”进行分析。

4.电场线的应用(涉及电势部分将在下一节进一步研究)

5.库仑力作用下的平衡问题：

【变式1-1】（2025·安徽·高考真题）（多选）如图，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖

直平面内，空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球（均可视为质点）在轨

道上同一高度保持静止，间距为L，甲、乙所带电荷量分别为q、2q，质量分别为m、2m，静电力常量为

k，重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2，匀强电场的电场强度大小为E，不

计空气阻力，则（）

1kq

A．F1F2B．E

22L2

kq2

C．若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止D．若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小v

mL

【答案】ABD

【详解】AB．如图，对两球进行受力分析，设两球间的库仑力大小为F，倾角为，对甲球根据平衡条件有

FN1cosmg，FFN1sinEq①对乙球有FN2cos2mg，FN2sinF2Eq联立解得F4Eq②故

F14EqEq1kq2qkq

同时有解得故正确；

F2E2AB

F24Eq2Eq2L2L

C．若将甲、乙互换位置，若二者仍能保持静止，同理可得对甲有FN1'cosmg，FN1'sinFEq

对乙有FN2'cos2mg，FN2'sin2EqF联立可得F4Eq0，无解假设不成立，故C错误；

LL13Eq

D．若撤去甲，对乙球根据动能定理2mgtan2Eq2mv2根据前面分析由①②可知tan联

222mg

kq2

立解得v故D正确。故选ABD。

mL

【变式1-2】（2024·海南·高考真题）（多选）真空中有两个点电荷，电荷量均为−q（q≥0），固定于相距

为2r的P1、P2两点，O是P1P2连线的中点，M点在P1P2连线的中垂线上，距离O点为r，N点在P1P2连

线上，距离O点为x（x<<r），已知静电力常量为k，则下列说法正确的是（）

3

A．P1P2中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为r

3

43kq

B．P1P2中垂线上电场强度的最大值为

9r2

C．在M点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小

D．在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动

【答案】BCD

【详解】AB．设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A处产生的场强与竖直向下的夹角为θ，则根据场强的

2q3

叠加原理可知，A点的合场强为Eksin2cos根据均值不等式可知当cos时E有最大值，且

r23

43kq2

最大值为E再根据几何关系可知A点到O点的距离为yr故A错误，B正确；

9r22

2

C．在M点放入一电子，从静止释放，由于rr可知电子向上运动的过程中电场力一直减小，则电子的

2

加速度一直减小，故C正确；

D．根据等量同种电荷的电场线分布可知，电子运动过程中，O点为平衡位置，可知当发生位移x时，粒子

4rx4keq

受到的电场力为Fkeq由于x<<r，整理后有Fx在N点放入一电子，从静止释放，

(rx)2(rx)2r3

电子将以O点为平衡位置做简谐运动，故D正确。故选BCD。

考向02电场能的性质

【例】(2025云南省高考真题)某介电电泳实验使用非匀强电场，该电场的等势线分布如图所示。、、

2-1··

、四点分别位于电势为、、、的等势线上，则()��

��−2 �−1�1�2�

A.、、、中点电场强度最小

B.�、�、�、�中�点电场强度最大

C.�一个�电子�从�点�移动到点电场力做功为

D.一个电子从�点移动到�点电势能增加了2��

【答案】C��4��

【解析】、等差等势面越密集的位置电场强度越大，图中处最密集、处最稀疏，则处场强最大、

处场强最�小�，AB错误；����

C、一个电子从点移到点，，由可知，，C正确；

����

D、一个电子从�点移到�点，，由�=𝒒可知，�=−𝒒=���；由电可知，

，即�电势能�减小，D错误。�=𝒒���=−𝒒��=����=−���

�故�选�=C−。������

【例2-2】（2025·湖南·高考真题）（多选）一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内A点和B点的位置

、

如图所示。电荷量为qq和2q的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时，电势能均为EpEp0。

下列说法正确的是（）

A．OA中点的电势为零B．电场的方向与x轴正方向成60角

2E22E

C．电场强度的大小为PD．电场强度的大小为p

qdqd

【答案】AD

EEE

【详解】A．根据题意可知O点、A点和B点的电势分别为p，p，p故OA中点的电势

OqAqB2q

为OA0故A正确；

M2

B．如图，设N点为AB的三等分点，同理易知N点电势为0，连接MN为一条等势线，过A点做MN的垂

线，可知电场线沿该垂线方向，指向右下方，由AMAN可知NMA45，故电场的方向与x轴正方向

成45角，故B错误；

Ep

0

q22Ep

CD．电场强度的大小为E故C错误，D正确。故选AD。

1

dcos45qd

2

【例2-3】（2025·海南·高考真题）某静电场电势在x轴上分布如图所示，图线关于轴对称，M、P、N

是x轴上的三点，OMON；有一电子从M点静止释放，仅受x轴方向的电场力作用，则下列说法正确的

是（）

A．P点电场强度方向沿x轴负方向

B．M点的电场强度小于N点的电场强度

C．电子在P点的动能小于在N点的动能

D．电子在M点的电势能大于在P点的电势能

【答案】D

【详解】A．由图可知在x正半轴沿+x方向电势降低，则电场强度方向沿x正方向，故A错误；

B．x图像斜率表示电场强度，，由图可知M点的电场强度大小等于N点的电场强度，方向相反，故B

错误；

C．电子在电势低处电势能大，故电子在P点的电势能小于在N点的电势能，根据能量守恒可知，电子在P

点的动能大于在N点的动能，故C错误；

D．电子在电势低处电势能大，故电子在M点的电势能大于在P点的电势能，故D正确。故选D【例2-1】

1．电势高低的判断“四法”

判断方法方法解读

电场线

沿电场线方向电势逐渐降低

方向法

场源电荷正取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；越靠近正电荷处

负法电势越高，越靠近负电荷处电势越低

电势能

同一正电荷的电势能越大的位置处电势越高，同一负电荷的电势能越大的位置处电势越低

大小法

静电力

WAB

根据UAB＝，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低

做功法q

2．电势能的大小判断“四法”

判断方法方法解读

将电荷量、电势及正负号一起代入公式EpA＝qφA计算，EpA＞0时值越大，电势能越大；

公式法

EpA＜0时绝对值越大，电势能越小

电势高

同一正电荷在电势越高的地方电势能越大；同一负电荷在电势越低的地方电势能越大

低法

静电力

静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加

做功法

能量守在电场中，若只有静电力做功时，电荷的动能和电势能相互转化而且其和守恒，动能增

恒法加，电势能减小；反之，动能减小，电势能增加

3.在匀强电场中由公式U＝Ed得出的“一式二结论”

4.φ-x图像

（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,然后作出判断。

5.Ep-x图像

（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。

6.E-x图像

（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。

【变式2-1】（2025·北京·高考真题）某小山坡的等高线如图，M表示山顶，A、B是同一等高

线上两点，MA、MB分别是沿左、右坡面的直滑道。山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑

阻力，则（）

A．小球沿MA运动的加速度比沿MB的大

B．小球分别运动到A、B点时速度大小不同

C．若把等高线看成某静电场的等势线，则A点电场强度比B点大

D．若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得快

【答案】D

【详解】A．等高线越密集，坡面越陡，根据牛顿第二定律可得agsin（为坡面与水平

面夹角），MB对应的等高线更密集，坡面更陡，小球沿着MB运动时加速度比沿着MA运动

时加速度大，A错误；

B．A、B在同一等高线，小球下落高度相同，根据机械能守恒，运动到A、B点时速度大小相

同，B错误；

C．等势线越密集，电场强度越大，B处等势线更密集，A点电场强度比B点小，C错误；

D．等势线越密集，电势降落越快，右侧等势线更密集，右侧电势比左侧降落得快，D正确。

故选D。

【变式2-2】（2025·天津·高考真题）（多选）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。

【变式2-3】（2025·福建·高考真题）角分辨光电子能谱仪是现代科学研究的先进仪器，其核心装置中有两

个同心半球极板。垂直半球底面儿且过球心O的截面如图所示。极板间存在一径向电场，其等势线为一系

列以O为圆心的半圆。电子A以初动能Ek，从入口M点垂直半球底面入射，从N点射出，电子b也从M

点垂直半球底面入射，经P点后从Q点射出。两电子的运动轨迹如图所示，已知电子a轨迹为一以O为圆

心的半圆，与OP交于H点，H、P两点间的电势差为U，OMr，NQ2HP，电子电荷量大小为e，重

力不计。则（）

2E

A．P点的电场强度Ek

er

E

B．电子a在H点儿受到的电场力大小为k

r

C．电子b在P点动能小于在Q点动能

D．电子b从M点运动到Q点的过程中，克服电场力所做的功小于2eU

【答案】D

2

12mva

【详解】AB．a粒子入射动能为Ek，根据动能的表达式有Ekmva粒子恰好做圆周运动，则F电eE

2r

2Ek2Ek

联立解得E，F电，故AB错误；

err

C．已知|NQ|=2|HP|，因为HN在同一等势线上，且沿电场方向电势降低，则Q点电势小于P点，电子在

电势低处电势能大，则b粒子在Q点电势能大，根据能量守恒可知，b粒子在Q点动能较小，故C错误；

D．由电场线密度分布情况可知，沿径向向外电场强度减小，则HP之间平均电场强度大小大于NQ之间的

平均电场强度大小，根据UEd可知UNQ2UHP则b粒子全程的克服电场力做功WeUNQ2eUHP2eU，

故D正确。故选D。

考向03电容器及带电粒子在电场中直线运动

【例3-1】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

【详解】根据公式和电容的决定式

𝜀

可得�=𝐶�=4𝜋�

4𝜋�

根据题�=意F𝜀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。

【例3-2】（2025·湖南名校模拟）电视机显像管的结构示意图如图所示，电子枪均匀发射的电子束经加速

电场加速后高速通过偏转电场，最后打在荧光屏上呈现光斑，在显像管偏转极板上加上不同的电压，光斑

在荧光屏上呈现不同情况，以上极板带正电时为正，下列说法正确的是（）

A.若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，则可以在荧光屏上看到一个固定的光斑

B.若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏的O点下侧移动

C.若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上从上向下移动

D.若在偏转极板加上如图丁所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O点两侧做往复运动

【答案】D

【解析】若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，当电子是在正向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏

上侧留下一个光斑；当电子是在反向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏下侧留下一个光斑；可以看到荧

光屏的O点上侧、下侧各一个光斑。故A错误；若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，电子一直向上

偏转，所以在荧光屏O点上方看到一个光斑移动，故B错误；若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，

电子先向下偏转再向上偏转，可以看到一个光斑在荧光屏上从下向上移动，故C错误；若在偏转极板加上

如图丁所示的正弦式偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O点两侧做往复运动，故D正确

1平行板电容器两类动态的分析思路

1（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

一是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:

二是平行板电容器充电后,切断与电池的连接:

2.带电粒子在电场中直线运动

（1）求解两种观点

qEU22

用动力学观点分析a＝，E＝，v－v0＝2ad(匀强电场)。

md

1212

用功能观点分析：匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv－mv0。

22

非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。

（2）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

【变式3-1】（2024·辽宁·高考真题）某种不导电溶液的相对介电常数与浓度的关系曲线如图（a）

所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源，电流�表�等构成�如m图（b）所示的电路，

闭合开关S后，若降低溶液浓度，则（）

A．电容器的电容减小B．电容器所带的电荷量增大

C．电容器两极板之间的电势差增大D．溶液浓度降低过程中电流方向为M→N

【答案】B

【详解】A．降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数增大，根据电容器的决定式可知电容器

�𝜀

的电容增大，故A错误；���=4𝜋�

BC．溶液不导电没有形成闭合回路，电容器两端的电压不变，根据结合A选项分析可知电容器所带

的电荷量增大，故B正确，C错误；�=𝐶

D．根据B选项分析可知电容器所带的电荷量增大，则给电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为，

故D错误。�→�

故选B。

【变式3-2】（2025·浙江·一模）图甲为直线加速原理示意图，它由多个截面积相同的同轴金属圆筒依次组

成，奇数序号与偶数序号圆筒分别与交变电源相连，交变电源两极间电压变化规律如图乙。在t=0时，奇数

圆筒比偶数圆筒电势高，此时序号为0的金属圆板中央有一电子由静止开始在各狭缝间不断加速。若电子

质量为m，电荷量为e，交变电源电压大小为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，且忽略电子

通过狭缝的时间。下列说法正确的是（）

A．金属圆筒1、2、3的长度之比为1:2:3B．电子离开圆筒1时的速度为进入时速度的两倍

2neU2neU

C．第n个圆筒的长度应满足LTD．进入第n个圆筒时电子的速率为

mm

【答案】D

T

【详解】由于电子每经过圆筒狭缝时都要加速，进入圆筒后做匀速运动，所以电子在筒内运动的时间均为，

2

1

电子在加速过程中加速度相同，经过n次加速后，根据动能定理nUmv20

e2n

2nUTTnU

解得ve，不计缝隙时间，电子在圆筒内的时间均为,则LvTe

nm2nn22m

所以金属圆筒1、2、3的长度之比为L1:L2:L31:2:3，A项错误；由于电子在筒内做匀速直线运动，

所以电子离开圆筒1时的速度等于进入时的速度，B项错误；根据动能定理，电子进入第n个圆筒时的速度

122neU

满足neUmvn，所以v

2nm

T2neUT

所以第n个圆筒的长度为Lv，C项错误、D项正确。

n2m2

考向04带电粒子在电场中的类平抛运动

【例4-1】（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

qa

第二定律有qEma可得可知，带电粒子具有相同比荷，故A错误；

mE

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。

【例4-2】（2025·甘肃·高考真题）离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图1所示。

从离子源S释放的正离子（初速度视为零）经电压为U1的电场加速后，沿OO方向射入电压为U2的电场（OO

为平行于两极板的中轴线）。极板长度为l、间距为d，U2t关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在

距U2极板L处，样品中心位于O点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不变，当

U2Um时。离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是（）

d2

A．U2的最大值UU

ml21

(ad)l

B．当U2Um且L时，离子恰好能打到样品边缘

2d

C．若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U1

D．在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A和B点

【答案】B

1d1Uq

【详解】A．粒子在加速电场中被加速时Uqmv2在偏转电场中做类平抛运动，则lvt，mt2解

120022dm

2d2

得UU选项A错误；

ml21

dl

22adl

B．当U2Um时粒子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，则解得L选项B正确；

al

L2d

22

2

1Umq2Uml

C．根据yt若其它条件不变，要增加样品的辐照范围，则需减小U1，选项C错误；

2dm4dU1

D．由图可知t1时刻所加的向上电场电压小于t2时刻所加的向下的电场的电压，则t1时刻射入的粒子打到

A点时的竖直位移小于打到B点时的竖直位移，则选项D错误。故选B。

1.带电粒子在匀强电场中的偏转运动（v0⊥E）

2.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

【变式4-1】（2025·河南·高考真题）流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅

含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出（另有一些液滴不含细胞），液滴质量均为。

−10

当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电，使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷，电�荷=量2均.0为×10kg

。随后，液滴以的速度竖直进入长度为的电极板间，板间电场�均=匀1、.0方×

−13−2

1向0水平C向右，电场强度大�小=为2.0m/s。含细胞的液�=滴2最.0终×被1分0别m收集在极板下方处的A、

5

B收集管中。不计重力、空气�阻=力2以.0及×带10电N液/C滴间的作用。求：ℎ=0.1m

(1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离；

(2)A、B细胞收集管的间距。

【答案】(1)

−3

(2)0.11m5×10m

【详解】（1）由题意可知含A细胞的液滴在电场中做类平抛运动，垂直于电场方向则

沿电场方向�=��1

12

由牛顿第二定�1律=2��1

解得含A细胞的�液�滴=离�开�电场时偏转的距离为

−3

（2）含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运�动1=，5则×10m

则ℎ=��2

联立�2解=得��1�2

有对称性可�2知=则0.0A5、mB细胞收集管的间距

Δ�=2(�1+�2)=2×(0.005+0.05)m=0.11m

【变式4-2】（2025·湖南·一模）某静电除尘装置的原理截面图如图，一对间距为，极板长为的平行金属

板，下板中点为，两板接多挡位稳压电源；均匀分布在、两点间的个（数量很�多）带负电�灰尘颗粒物，

均以水平向右的�初速度从左侧进入两板间。颗粒物可视�为�质点，其质�量均为，电荷量均为，板间视

为匀强电场。若不计重力�0、空气阻力和颗粒物之间的相互作用力，且颗粒物能�够全部被收集在−下�极板，则

（）

A．上极板带正电

．电源电压至少为

B22

��0�

2

C．电源电压为时，�净�化过程中电场力对颗粒物做的总功为

1

D．点左侧和右�侧收集到的颗粒数之比可能为1∶42�𝐶

【答案】�C

【详解】A．颗粒物要被下板收集，则所受电场力方向必向下，因其带负电，故场强方向向上，故上板应带

负电，故A错误；

B．电源电压最小时，沿上板边缘进入的颗粒物恰好落到下板右端，设其在板间运动的时间为t，加速度大

小为a，则沿极板方向有

垂直极板方向有�=�0�

12

又�=2��

𝐶0

联立��解=得��=�

22

2���0

02

故B错误�；=��

C．因初始时刻颗粒物均匀分布，由

𝐶𝐶1

可得净化过程中电场力对颗粒物做的�总=功�为�+�+...+��=��1+�2...+��=�×20+��

1

故C正确；�=2�𝐶

D．电源电压最小时，O点左侧和右侧收集到的颗粒数之比最小，沿极板方向由

可知，落到O点和下板右端的颗粒在板间运动的时间之比为�=�0�

垂直极板方向，由1:2

12

可知，落到O点和�下=板2右��端的颗粒的初始高度之比为

因初始时刻颗粒物均匀分布，故O点左侧和右侧收集到1:的4颗粒数之比最少为

故D错误。1:4−1=1:3

故选C。

考向05带电体在复合场中运动

【例5-1】】（2022·全国·高考真题）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球

自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。

则射出后，（）

A．小球的动能最小时，其电势能最大

B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大

C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大

D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量

【答案】BD

【详解】A．如图所示

Eqmg

故等效重力G的方向与水平成45。

当vy0时速度最小为vminv1，由于此时v1存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是

最大，故A错误；

BD．水平方向上

Eq

vt

0m

在竖直方向上

vgt

由于

Eqmg，得vv0

如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知

WGWEq0

则重力做功等于小球电势能的增加量，故BD正确；

C．当如图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误；

故选BD。

【例5-2】（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qq0、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

【答案】（）；（）UqmgL，3UqmgL

12vAv

LmBm

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

vA1212UqmgL

EqmgmA到B过程根据动能定理得qUmgLmvBmvA联立解得v，

L22Am

3UqmgL

v

Bm

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。