2026年高考物理二轮复习讲练测（广东）重难06 电场、带电粒子在电场中的运动（重难专练）（解析版）

重难06电场、带电粒子在电场中的运动

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1.理解场强、电势、电势能、电场力做功等概念，会分析处理电场的叠加、带电粒子在匀

强电场中的直线及类平抛运动问题。

2.熟练掌握利用平行四边形定则(三角形定则)求解电场的叠加问题，利用运动学公式、牛顿

第二定律、类平抛运动规律解决带电粒子在匀强电场中的加速与偏转问题。

1.电场强度的分析与计算

（1）电场强度的方向是正电荷所受静电力的方向，也是电场线上某点的切线方向，电场的强弱可根据电场

线的疏密程度来进行比较。

（2）计算电场强度常用的方法：公式法、平衡条件求解法、叠加合成法、对称法、补偿法、等效法。

2.等势面与电场线的关系

（1）电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面。

（2）电场线越密的地方，等差等势面也越密。

（3）沿等势面移动电荷，静电力不做功，沿电场线移动电荷，静电力一定做功。

3.电场强弱、电势高低、电势能大小的判断方法

物理量判断方法

电场（1）根据电场线的疏密判断

强弱（2）根据公式E＝k和电场强度叠加原理判断

Q

2

r

（1）根据电场线的方向判断

电势

（2）由UAB＝判断

高低WAB

q

（3）根据静电力做功（或电势能）判断

（1）根据Ep＝qφ判断

电势能

（2）根据ΔEp＝－W电，由静电力做功判断

大小

（3）根据能量守恒定律判断

4.电容器的两类动态变化问题

U不变（1）根据C＝＝，先分析电容的变化，再分析Q的变化。

Q?�S

U4?kd

（2）根据E＝分析电场强度的变化。

U

d

（3）根据UAB＝Ed分析某点电势变化

（1）根据C＝＝，先分析电容的变化，再分析U的变化。

�

Q不变Q?S

U4?kd

（2）根据E＝分析电场强度的变化

U

d

2.带电粒子在电场中的常见运动及分析方法

常见运动受力特点分析方法

（1）用动力学观点分析：a＝合，E＝，v2－＝2ad，适用于匀

FU

合外力F合≠0，且与初2

强电场0

变速直线运动速度方向在同一条直mdv

线上（2）用功能观点分析：W＝qU＝mv2－m，匀强电场和非匀强电

11

场都适用2

22v0

运动的分解

带电粒子在匀强进入电场时v0⊥E，粒

电场中的偏转子做类平抛运动

偏转角：tanθ＝＝＝＝

vyqU2lU2l2y0

2

v0mdv02U1dl

侧移距离：y0＝＝，y＝y0＋Ltanθ＝＋tanθ

22

qU2lU2ll

2

2mdv04dU12L

运动的分解

带电粒子在匀强粒子斜射入电场，粒子

电场中的偏转做类斜抛运动

垂直于电场方向做匀速直线运动：x＝v0tsinθ

2

沿电场方向做匀变速直线运动：y＝v0tcosθ－t

qE

2m

带电粒子在非匀

静电力在变化动能定理、能量守恒定律

强电场中运动

（建议用时：20分钟）

1．（2026·广东珠海&惠州&深圳·调研）如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面倾角为30，下方O点处有一

正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此

时速度为v2v2v1。若小物体电荷量保持不变，OMON，P为MN的中点，则（）

v2v2

A．小物体上升的最大高度为12

4g

B．从N到M的过程中，小物体在P点的电势能最大

C．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小

22

mv1v2

D．从M到P的过程中，摩擦力对小物体做功

8

【答案】AC

【详解】A．设小物体上升的最大高度为h，因为OMON，则由点电荷周围电势分布的特点可知，M、N

两点的电势相等，所以小物体从M到N和从N到M的过程电场力做功均为0。又因为小物体上滑和下滑过

程经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，所以在同一位置小物体受到的支持力相等，故

经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中摩擦力所作的功均为相等的负功，所以小物体在上滑和下滑过

程中克服摩擦力所做的功相等，设为Wf。则从M到N的过程对小物体列动能定理方程有

1

mghW0mv2

f21

1

从N到M的过程对小物体列动能定理方程有mghWmv20

f22

2222

mv1v2v1v2

联立解得W，h，故A正确；

f44g

B．由分析可知，从N到P的过程中，电场力对小物体做正功，其电势能减小；从P到M的过程中，电场

力对小物体做负功，其电势能增大，所以从N到M的过程中，小物体在P点的电势能最小，故B错误；

C．从N到M的过程中，小物体到O的距离先减小后增大，则根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增

大后减小；又因为从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力垂直于

斜面的分力不变，所以斜面对小物体的支持力先增大后减小，则根据fFN可知，小物体受到的摩擦力先

增大后减小，故C正确；

D．因为OMON，P为MN的中点，则根据对称性可知，小物体从M到N的过程中，经过关于P点对称

的位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，而重力垂直于斜面的分力不变，所以在关于P点对称的位

置时小物体受到的支持力相等，故从M到P的过程中摩擦力做功与从P到N的过程摩擦力做的功相等。由

22

mv1v2

A选项可知，小物体从M到N的过程中克服摩擦力所做的功为W

f4

22

1mv2v1

所以从M到P的过程中，摩擦力对小物体做功为W'W，故D错误。

f2f8

故选AC。

2．（2026·广东珠海&惠州&深圳·调研）如图，正三角形三个顶点固定三个等量点电荷，其中A、B带正电，

C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，则（）

A．点电荷A、点电荷C所受静电力大小相等

B．M、N两点的电场强度和电势都相同

C．电子在M点电势能比在O点时要小

D．电子沿直线由O点向C点移动过程中，电场力不做功

【答案】C

【详解】A．对点电荷A进行受力分析，点电荷A所受点电荷B的库仑力和C点电荷的库仑力夹角为120，

kq2kq2

所以A所受的静电力为F2cos60

Al2l2

对点电荷C进行受力分析，点电荷C所受点电荷A的库仑力和B点电荷的库仑力夹角为60，所以C所受

kq23kq2

的静电力为F2cos30

Cl2l2

所以A、C所受静电力大小不相等，故A错误；

B．点电荷AB在M、N两点产生的合场强等大反向，合电势相等，点电荷C在M、N两点产生的电场强度

大小相等，方向不同，电势相同，根据电场强度的叠加可知M、N两点的电场强度大小相等，方向不相同，

但电势相同，故B错误；

C．电子从M到O的过程库仑力做负功，电势能增大，所以，M点电势能比在O点时要小，故C正确；

D．电场线沿直线由O点向C点，所以电子沿直线由O点向C点移动过程中，电场力做负功，故D错误。

故选C。

3．（2026·广东·模拟）场致发射显微镜是一种利用强电场使电子通过量子隧穿效应发射的显微成像技术，

其原理如图所示，中间有一根样品制成细小的金属针，被置于一个先抽成真空后充入少量氦气的玻璃泡中，

玻璃泡的球形内壁上镀有一层薄的荧光导电膜，荧光膜与金属针之间加上高压。氦原子被电离，之后带正

电的氦离子沿着辐射状的场线运动至荧光壁，撞击荧光膜发光，获得图样。其中o为金属针的针尖，oaab，

oboc，某氦离子从o点沿oab运动。下列说法正确的是（）

A．荧光膜接高压的正极

B．b点与c点电场强度相同，电势也相等

C．该氦离子经过a点时的加速度大于经过b点时的加速度

D．该氦离子经过b点时的速率为经过a点时速率的2倍

【答案】C

【详解】A．由题意可知带正电的氦离子在静电力作用下从o点沿oab运动，所以氦离子受到的静电力方向

为o到b，所以o点的电势高于b点的电势，所以荧光膜应接高压的负极，故A错误；

B．由电场的对称性可知，b点与c点的电场强度大小相等，但方向不相同，两点的电势相等，故B错误；

qE

C．由图可知a点的电场强度大于b点的电场强度，对氦离子受力分析并结合牛顿第二定律有a

m

所以aaab，故C正确；

1

D．由题意可知U2U，氦离子从o点到a点过程由动能定理有qUmv20

oboaoa2a

1

氦离子从o点到b点过程由动能定理有qUmv20

ob2b

所以vb2va，故D错误。

故选C。

4．（2025·广东中山·中山纪念中学·一测）如图甲所示，电磁炮灭火消防车采用电磁弹射技术投射灭火弹进

1

入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量ECU2，通过电磁感应转化成灭火弹的动能，转化效率15%，

2

灭火弹的质量为3kg，电容C2.5104μF，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如

图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离L60m，灭火弹出膛速度v050m/s，方向与水平

面夹角53，不计炮口离地面高度及空气阻力，重力加速度大小g取10m/s2，sin530.8。则（）

A．灭火弹击中高楼位置距地面的高度H60m

B．灭火弹击中高楼位置距地面的高度H45m

C．电容器工作电压应设置为U10002V

D．电容器工作电压应设置为U1000V

【答案】AC

【详解】AB．灭火弹做斜向上抛运动，则水平方向上有Lv0cost

1

竖直方向上有Hvsintgt2

02

代入数据联立解得H60m，故A正确，B错误；

1

CD．根据题意可知EE15%CU2

k2

1

又Emv2

k20

联立解得U10002V，故C正确，D错误。

故选AC。

5．（2025·广东省·部分学校10月联考）如图所示，一对竖直放置的平行金属板A、B构成电容器，电容为

C，电容器的A板接地，A板中间有一小孔S，B板不带电。被加热的灯丝K不断地释放电子（初速度可忽

略不计），电子经过电压为U0的电场加速后通过小孔S，电子到达B板后被吸收，稳定后电容器所带电荷

量为Q。设电子的电荷量大小为e，不计电子重力以及电子间的相互作用力，下列说法正确的是（）

A．最终B板的电势低于灯丝K的电势

CU

B．B板最多吸收0个电子

e

C．电子从灯丝K运动到B板的过程中，电势能一直减小

D．若增大A、B板间的距离，则稳定后电容器所带电荷量小于Q

【答案】BD

【详解】A．由能量守恒及动能定理得eU0eUAB

即ABAK

可知B板的电势和灯丝K的电势相等，故A错误；

B．A、B板间的最大电压为UABU0

可知B板的最大电荷量为QCU0

QCU

B板最多吸收的电子个数为N0，故B正确；

ee

C．由能量守恒定律可知，在第一个电子被B板吸收后，电子由灯丝K运动到A板过程，动能增大，电势

能减小，由A板运动到B板过程，动能减小，电势能增大，故C错误；

D．因为电源的电动势不变即电压U0不变，所以A、B板间的最大电压UAB不变，若增大A、B板间的距离，

S

则由C=r可知电容减小，故电容器所带的电荷量小于Q，故D正确。

4πkd

故选BD。

6．（2025·广东·联考）如图所示，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通

过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为m0、位于同一竖直线上

的球形小油滴A和B，正以速率v1匀速向下运动。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以

原速率下落，B经过一段时间后以速率v2v22v1匀速向上运动，运动一段距离h后与A合并，形成一个

新的球形油滴，新的球形油滴继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为fkv，

其中k为比例系数，v为油滴运动的速率，不计空气浮力，重力加速度大小为g。求：

(1)比例系数k及油滴A、B的电性和电荷量；

(2)油滴B上升距离h的过程中，电势能的变化量；

(3)新油滴形成瞬间的速度大小及匀速运动时的速度大小。

3mgd

【答案】(1)负电，q0

U

(2)Ep3m0gh

v

(3)v1，vv

共21

【详解】（1）油滴A做匀速运动，由平衡条件可得m0gkv1

mg

比例系数k0

v1

加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向

上，极板间电场强度向下，则油滴B带负电；

U

油滴B向上匀速运动时，速度大小为v2，根据平衡条件可得mgkvq

02d

又有v22v1

3mgd

解得q0

U

（2）对油滴B，有EpW电

U

又Wqh

电d

解得Ep3m0gh

U

（3）油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2m，新油滴所受电场力Fq3mg

0d0

设向上为正方向，根据动量守恒定律有m0v2m0v12m0v共

v

可得v1

共2

新油滴速度方向向上，且向上加速，设新油滴达到平衡时速度为v，有2m0gkvF

解得速度大小vv1

7．（25-26高三·深圳·开学）如图所示，宽度为d的两平行金属板与电源相连，当α粒子以速度ν沿中间线进

入两平行金属板间，发现其向下偏转，则（）

A．上极板带负电

B．进入平行金属板后α粒子的电势能增加

C．如果d增大，金属板的电荷量会变少

D．如果在平行板间加个垂直纸面向里的匀强磁场，α粒子的轨迹可能是直线

【答案】C

【详解】A．由于粒子向下偏转，说明粒子受到的电场力向下，粒子带正电，则平行金属板中的电场

方向向下，因此上极板带正电，故A错误；

B．由题可知，粒子进入平行金属板时，电场力对其做正功，粒子的电势能减小，故B错误；

SQ

C．根据电容器的电容Cr可知，如果仅增大两极板间的距离d，电容器的电容减小，结合C可知，

4kdU

极板间的电势差U不变，电容器的电容C减小时，极板的电荷量减小，故C正确；

D．由于粒子受到的电场力向下，如果在平行板间加个垂直纸面向里的匀强磁场，根据左手定则可知，

粒子受到的洛伦兹力也向下，α粒子的轨迹不可能是直线，故D错误。

故选C。

8．（2025·广东省广州市某校·三模）如图，虚线MN下方存在与竖直方向成45角斜向左上方的匀强电场，

在MN上、下方各划定一个边长为d的正方形区域ABCD、CDFG.ABCD区域内曲线I上的点满足这样的

d2

条件：任一点到CD边的距离y和到AD边的距离x满足xy（x，y均为变量）.第一次试验：将一质量

4

为m、带电量为q（q0）的小球P在曲线I上任意一点静止释放，P仅在重力作用下竖直下落通过CD边，

发现进入电场后P的加速度水平向左，最终离开CDFG区域.第二次试验：将P从曲线I上距离CD边为0.5d

的点静止释放，进入电场后，当P到达CDFG边界某点时，另一沿着GF边做减速运动、质量为km（k0）

的小球Q恰好运动到该点，且到达该点时速度为零，P与Q在该点发生弹性正碰（时间极短）.已知碰后P的

q

电荷量变为、质量不变，Q离开CDFG边界后便不再与P相互作用，重力加速度为g，求

2

(1)电场强度E的大小；

(2)第一次试验中，P释放后离开CDFG区域时的点与G的距离；

(3)第二次试验中，P从与Q发生碰撞到离开CDFG区域经历的时间.

2mg

【答案】(1)E

q

(2)d

4k1d

(3)0或

k1g

【详解】（1）题意知粒子第一次进入电场后合力（或加速度）方向水平向左，则有qEcos45mg

2mg

解得E

q

（2）设P到达虚线CD边时速度为v0，从CD边经过t时间到达FG边，进入电场后加速度大小为a，由动能

1

定理有mgymv2

20

进入电场后，小球做类平抛，则有qEcos45ma

d

竖直方向t

v0

1

水平方向sat2

2

d2

又xy=

4

联立可得sx

故在任一点释放P均从F点离开，与G点距离为d。

22

（3）设P到F点的水平速度和竖直速度分量分别为vx、vy，有vxvy2g0.5d

22

故P到达F点速度大小为v=vxvy2gd

沿CF方向，设碰后P、Q速度大小分别为v1和v2，由动量守恒有mvmv1kmv2

111

由机械能守恒mv2mv2kmv2

22122

1k

解得v2gd

11k

12

碰后P受到电场力大小为qEmg

22

2

故P受到的合力也沿着CF方向如图，且大小为mg。

2

（i）若0k1，P直接从F点离开，即经历时间t0；

21

（ii）若k1，碰后P反弹，P沿着FC反向减速为零时位移为s，有mgs0mv2

221

2

1k

解得s2d2d

1k

2

可知P球不能到达C点，将经历先减速后加速的过程从F点离开，由动量定理有mgtmvmv

211

4k1d

解得t

k1g

（建议用时：30分钟）

1．（2026·广东清远·一模）如图所示为密立根油滴实验原理示意图。水平放置的两足够大金属板相距为d，

两板间加有电压U，上极板中央有一小孔。油滴从喷雾器喷嘴喷出时因摩擦带负电，少数油滴通过上极板

小孔进入平行板间。通过显微镜观察到一质量为m的油滴在板间匀速下降。忽略空气作用力，下列说法正

确的是（）

A．上极板带负电

B．增大电压可使该油滴加速下降

mgU

C．该油滴的带电量为

d

D．该油滴由上极板运动到下极板，电势能增加了mgd

【答案】D

【详解】A．因为油滴匀速下降，说明电场力与重力等大反向，即方向向上，又带负电，其受电场力方向与

电场方向相反，可得场强方向向下，上极板带正电，故A错误；

B．增大电压，根据UEd可知电场强度增大，油滴原来匀速下降，现在电场力大于重力，可知合力向上，

油滴减速下降，故B错误；

U

C．油滴匀速下降，根据平衡条件可得mgEqq

d

mgd

解得油滴的带电量为q，故C错误；

U

D．油滴由上极板运动到下极板，电场力做功W电qUqEd

又mgEq，可得W电mgd

电场力做负功，根据W电Ep，可知电势能增加了mgd，故D正确。

故选D。

2．（2026·广东省湛江市部分高中·一模）在空间站附近发现某带电陨石，其形成的等势线和电场线如图所

示，其中相邻两条等势线之间电势差相等，其中A、B、C点是等势线上三个不同的点，D点是等势线和电

场线的交点。下列说法正确的是（）

A．三点中同一正电荷在A点受电场力最大

B．三点中同一负电荷在A点电势能最小

C．同一电子从A点运动到C点时动能是到B点时的2倍

D．某电子在D点速度沿等势线切线斜向上，则电子电势能将减小

【答案】D

【详解】A．根据等势线的疏密程度可知A点的电场强度最小，故三点中同一正电荷在A处受电场力最小，

A错误；

B．根据电场线由高等势面指向低等势面可知，A点的电势最低，对于同一负电荷而言，其电势能最高，B

错误；

C．由于该电子初动能未知，无法判断动能关系，C错误；

D．由图可知电子受力与速度的夹角为锐角，则电场力做正功，电势能减少，D正确。

故选D。

3．（2025·广东揭阳·揭阳一中·热身）两个带电质点A、B固定于x轴上，所带电荷量的绝对值分别为Q1、

Q2，质点A位于坐标原点O，质点B的位置坐标为a,0，x轴上x0的区域内各点的电势随坐标x变化

的图像如图所示（取无穷远处电势为零），图像与x轴交点的坐标为x0（未知），图像最低点的横坐标xa，

则下列说法正确的是（）

A．质点A可能带负电，质点B可能带正电

B．Q24Q1

C．两个带电质点在x0位置产生的合场强为零

D．若将一带正电的质点从x0处由静止释放，则该质点的动能将一直增大

【答案】B

【详解】AC．由图知，当x0时，电势，说明质点A一定带正电荷，x图像的斜率k等于场强，

则xa点合场强为零，说明两个点电荷一定是一正一负，故AC错误；

kQkQ

12

B．在xa，根据点电荷场强公式可知22，则Q4Q，故B正确；

aaa21

D．x0处场强沿x轴正方向，若将一带正电的质点从x0处由静止释放，则该质点将沿x轴正方向运动，由x

图像可知，电势先减小后增大，质点的电势能先减小后增大，所以质点的动能将先增大后减小，故D错误；

故选B。

4．（2025·广东广州育才中学·三模）如图，在空间直角坐标系Oxyz中有到原点O的距离均相等的a、b、c、

d四个点，a、b在x轴上，c在y轴上，d在z轴上。在a、b两点各放置一个带电量为Q的点电荷。将一

个带正电的试探电荷沿直线从c点移动到d点，下列说法正确的是（）

A．c点和d点的电势相等

B．c点和d点的电场强度相同

C．试探电荷的电势能始终不变

D．试探电荷的电势能先增大后减小

【答案】AD

【详解】A．根据等量同种正点电荷电势的分布特征可知，c点和d点的电势相等，故A正确；

B．根据等量同种正点电荷电场的分布特征可知，c点和d点的电场强度大小相等，方向不同，即c点和d

点的电场强度不相同，故B错误；

CD．带正电的试探电荷沿直线从c点移动到d点过程，试探电荷与原点的间距先减小后增大，根据等量同

种正点电荷电场的分布特征可知，电场力先做负功后做正功，则试探电荷的电势能先增大后减小，故C错

误，D正确。

故选AD。

5．（2025·广东广州天河·三模）在茶叶生产过程中有道茶叶、茶梗分离的工序。如图所示，A、B两个带电

q

球之间产生非匀强电场，茶叶茶梗都带正电荷，且茶叶的比荷小于茶梗的比荷，两者通过静电场便可分

m

离，并沿光滑绝缘分离器落入小桶。假设有一茶梗P从A球表面O点离开，最后落入桶底。不计空气阻力。

则（）

A．茶叶落入右桶，茶梗落入左桶B．M处的电场强度大于N处的电场强度

C．M处的电势低于N处的电势D．茶梗P下落过程中电势能减小

【答案】D

Eq

【详解】A．根据牛顿第二定律可得a

m

由于茶叶、茶梗均带正电，则电场力产生的加速度方向整体向右，由于茶叶的比荷小于茶梗的比荷，则茶

叶所受电场力产生的加速度小于茶梗所受电场力产生的加速度，即在相等时间内，茶叶的水平分位移小于

茶梗的水平分位移，所以茶叶落入左桶，茶梗落入右桶，故A错误；

BC．电场线分布的密集程度表示电场强弱，M处电场线分布比N处电场线稀疏一些，则M处电场强度小

于N处电场强度，且沿着电场线方向电势降低，故M处的电势高于N处的电势，故BC错误；

D．茶梗P下落过程中电场力做正功，则电势能减小，故D正确。

故选D。

6．（2025·广东省·珠海实验&中山实验&东莞六中&河源高级&博罗中学·模拟）如图所示，正方体的中心放

置正点电荷Q，M、N为正方体右侧面的两个顶点，P为正方体右侧面的中心，则（）

A．M、N两点的场强相同

B．M、N两点的电势相等

C．正试探电荷在M点的电势能大于在P点的电势能

D．负试探电荷从M沿着直线运动到N，电场力先做正功再做负功

【答案】BD

kQ

【详解】A．依题意，M、N两点到Q的距离相等，由E，知M、N两点的场强大小相同，场强方向

r2

沿QM和QN连线向外，故方向不同，A错误；

B．依题意，M、N两点到Q的距离相等，故M、N两点在同一个等势面上，电势相等，B正确；

C．依题意，P、Q间的距离小于M、Q间的距离，故P所在的等势面的电势高于M点

由Epq

得正试探电荷在P点的电势能大于在M点的电势能，C错误；

D．负试探电荷从M沿着直线运动到N，先靠近Q，再远离Q，故电场力先做正功再做负功，D正确。

故选BD。

7．（2025·广东揭阳·二模）如图是飞行时间质谱仪的工作原理简图。整个装置处于真空中，P处喷出微量

气体，经激光照射产生不同价位的离子，自a板小孔由静止进入a、b板间的加速电场，从b板小孔射出，

沿M、N板间的中线方向进入偏转电场控制区，到达极板右侧边线时可被探测器接收。已知a、b板间距为

d，极板M、N的长度为L1，板间宽度为L2，a、b间的加速电压为U0，不计离子间的相互作用；某离子从

a板小孔进入电场到被探测器接收到的整个飞行时间为t。

(1)求该离子的比荷；

(2)若探测器在M板下方0.25L2处接收该离子，求极板M、N间的电压。

2

(2dL1)

【答案】(1)2

2tU0

2

L2

(2)2U0

L1

1

【详解】（1）带电粒子在平行板a、b间运动时，由动能定理可得qUmv20

02

d

t

带电粒子在平行板a、b间的运动时间为1v

2

L

带电粒子在平行板M、N间的运动时间t1

2v

带电粒子运动的总时间为tt1t2

q(2dL)2

1

联立可得该离子比荷2

m2tU0

1

（2）离子在M、N间做类平抛运动，其偏移量为0.25Lat2

222

U

设M、N间的电压为U，则M、N间的电场强度为E

L2

由牛顿第二定律，有Eqma

L2

2

联立可得U2U0

L1

8．（2025·广东广州·广州一中·一测）如图所示，一光滑曲面与足够长的水平直轨道平滑连接，直轨道MN

段粗糙，其余部分光滑，MN段存在方向水平向右的匀强电场，N点右侧的P点处静止放置一绝缘物块b，

一带正电的物块a从曲面上距水平面高为h处由静止释放，滑出电场后与物块b发生弹性碰撞。碰撞后，

立即在P点放入与物块b完全相同的静止物块。已知h=1.0m，直轨道长L=1.0m，物块a与MN之间的动摩

擦因数μ=0.4，物块a的质量m=1kg，物块b的质量M=2kg，场强E=2×106N/C，物块a的电荷量q=6×10-6C，

重力加速度g取10m/s2，物块a、b均可视为质点，运动过程中物块a的电荷量始终保持不变。

(1)求物块a与物块b第一次碰撞前瞬间物块a的速度大小；

(2)求物块a与物块b第一次碰撞后，物块b的速度大小；

(3)求物块a在电场中运动的总路程。

【答案】(1)6m/s

(2)4m/s

43

(3)m

34

1

【详解】（1）物块a从静止释放到与物块b碰撞前瞬间，根据动能定理有mghqELmgLmv2

20

解得v06m/s

（2）物块a与物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv0mva1Mvb1

111

根据机械能守恒定律有mv2mv2Mv2

202a12b1

解得va12m/s，vb14m/s

（3）物块a与物块b碰撞后，物块a第1次经过N点运动到最左端过程中，根据能量守恒定律

1

mv2qExmgx

2a111

1

解得xm1m

18

1

物块a从最左端运动到第2次经过N点的过程，根据动能定理有qExmgxmv2

112a2

va1

解得2，va22m/s

va2

再次发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mva2mva3Mvb2

111

根据机械能守恒定律有mv2mv2Mv2

2a22a32b2

222

解得vm/s，vm/s

a33b23

即物块a与物块b（与物块b完全相同的物块）每次发生弹性碰撞后瞬间，物块a的速率均为碰撞前瞬间速

12

率的，物块b（与物块b完全相同的物块）的速率均为碰撞前瞬间物块a速率的，结合（2）可知，每

33

次物块a与另一物块碰撞后，物块a第1次经过N点和第2次经过N点的速率之比均为2，设物块b（与

2

物块b完全相同的物块）每次与物块碰撞后瞬间的速率依次为v、v、v……v，则有vv，

b1b2b3bnb130

212212

vv，v()2v

b23320b33320

212

归纳可得v()n1v

bn3320

经过足够多的碰撞，物块b（与物块b完全相同的物块）获得的总动能为

1

EM(v2v2v2……v2)

k2b1b2b3bn

288

当n时，解得EJ

k17

在物块a的整个运动过程中根据功能关系有mghqELmgxEk0

43

解得xm

34

（建议用时：30分钟）

1．（2025·广东广州·广州一中·一测）竖直面内，一带电小球以一定的速度进入匀强电场中，如图所示，虚

线为匀强电场的等差等势面，实线为带电小球的运动轨迹。下列说法正确的是（）

A．匀强电场的方向竖直向上

B．小球从O到N，电场力对其做负功，小球的电势能增加

C．小球从O到M与从M到N，其动能的变化量相同

D．小球从O到N，其重力势能减少，动能增加，机械能守恒

【答案】BC

【详解】A．由题意可知，带电小球所受电场力指向轨迹凹侧，即受到竖直向上的电场力，但由于带电小球

的电性未知，则匀强电场的方向未知，故A错误；

B．小球从O到N的过程中，电场力做负功，电势能增大，故B正确；

C．小球从O到M与从M到N，根据W电qU

可得电场力做的负功相同，又因为匀强电场的等差等势面是等间距的，可知重力做的正功相同，根据动能

定理可知其动能的变化量相同，故C正确；

D．电场力与重力的合力竖直向上，因此小球从O到N，重力做正功，重力势能减少；合力做负功，动能

减少；除重力以外的力为电场力且做负功，小球的机械能减少，故D错误。

故选BC。

2．（2025·广东·质量检测）如图所示为点电荷与接地金属板（厚度不计）之间形成的电场，其可以等效为

两个等量异种电荷形成的电场的一部分。一个带电粒子先后两次从P点射出，两次射出的初速度大小相等，

第一次轨迹为1，第二次轨迹为2,A、B、C、D为两轨迹上的四点，不计粒子的重力，下列说法正确的是

（）

A．粒子带负电

B．粒子在A点加速度比在B点加速度大

C．粒子从A点到C点的过程电势能先减小后增大

D．粒子在C点的动能比在D点动能小

【答案】AC

【详解】A．根据粒子的运动轨迹可知，带电粒子受到得电场力要指向曲线弯曲得内测，即粒子受到引力，

所里粒子带负电，选项A正确；

B．根据电场强度与电场线的关系可知B点电场强度比A点电场强度大，因此粒子在B点的加速度比在A点

的受到的电场力大，故粒子在A点加速度比在B点加速度小，选项B错误；

C．粒子从A点到C点过程，电场力先做正功后做负功，根据电势能与电场力做功的关系可知粒子的电势能

先减小后增大，选项C正确；

D．C点的电势比D点的电势高，负电荷，电势越低，电势能越大，因此带电粒子在D点的电势能比在C点

的电势能大，由于粒子的动能与电势能和是一定值，因此带电粒子在C点的动能比在D点的动能大，选项D

错误。

故选AC。

3．（2025·广东广州·一模）如图，无限长均匀带正电的绝缘细杆穿过立方体区域中心O，且与其上下表面

垂直。M、N、P、Q为立方体区域的顶点，则（）

A．M点电场强度沿