2026年高考物理二轮复习讲练测（广东）题型09 电场、带电粒子在电场中的运动（解析版）

题型09电场、带电粒子在电场中的运动

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电场的性质【重难】

考向02电场中的图像问题

考向03电容和电容器【重难】

考向04带电粒子在电场的运动【重难】

第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

本题型是高中电学的基础知识，也是高考中的选择题及计算题高频必考点。尤其是电场的性质、

带电粒子在电场的运动，可以在选择题、计算题等形式考查。本题型的命题常与物体（粒子）在电

场的运动、生活中的实际问题等知识结合考查。解题的关键和核心能力在于灵活运用电场的性质解

题。

考向01电场的性质

【例1-1】（2025·广东省·部分学校10月联考）某课外小组利用生活中的常见物品进行电学小实验，如图所

示，同学把锡纸片剪成圆形放入杯底并用螺丝钉固定（螺丝钉与锡纸接触良好），将杯子倒扣在桌面上，

用锡纸制作多个质量较小的球状纸团放入杯中。用毛巾摩擦PVC材质塑料管后将塑料管靠近螺丝钉，发现

杯中的小锡纸团在杯中上下跳跃。下列说法正确的是（）

A．圆形锡纸片所带电荷的电性与塑料管相反

B．杯中产生的电场为匀强电场

C．小锡纸团从桌面向上运动的过程中需克服电场力做功

D．小锡纸团撞击到锡纸片后向下运动的过程中电势能逐渐减小

【答案】D

【详解】A．塑料管靠近螺丝钉，根据感应起电的原理，螺丝钉上端所带电荷的电性与塑料管相反，锡纸片

所带电荷的电性与塑料管相同，故A错误；

B．锡纸片带电后产生的电场可看成多个点电荷聚集后形成的电场，并不是匀强电场，故B错误；

C．小锡纸团从桌面向上运动的过程中所受电场力向上，对锡纸团做正功，故C错误；

D．小锡纸团撞击到锡纸片后与锡纸片带同种电荷，受到向下的电场力作用，在其向下运动的过程中电场力

对其做正功，电势能逐渐减小，故D正确。

故选D。

【例1-2】（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。

场强大小、电势高低、电势能大小的判断方法

1.根据电场线的疏密判断。

判断场强大小

2.根据公式E＝k和场强叠加原理判断。

�

�

�

1.根据电场线的方向判断。

判断电势高低2.由UAB＝判断。

�𝐀

�

3.根据电场力做功(或电势能的变化)判断。

判断电势能1.根据Ep＝qφ判断。

大小2.根据ΔEp＝－W电，由电场力做功判断。

判断电场中“三线”综合问题的思维程序

【变式1-1】（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

【来源】2026届广东省清远市高三上学期一模考试物理试题

【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。

【变式1-2】（2025·佛山禅城·供题训练）如图所示，在正点电荷周围有三个等势面1、2、3，它们之间沿

电场线方向的距离相等，有一带电粒子只在静电力作用下绕该点电荷沿顺时针方向做椭圆运动，AB为椭圆

的长轴、CD为椭圆的短轴。下列说法中正确的是（）

A．U12=U23

B．该带电粒子带负电

C．粒子从B运动到D的过程动能减少

D．粒子从A运动到B的过程中电势能先增大后减小

【答案】B

【来源】2025届广东省佛山市禅城区高三下学期“供题训练”物理试题

【详解】A．根据电场强度与电势差的关系有UEd

根据点电荷电场线分布的规律可知，1、2之间任意位置的电场强度均大于2、3之间任意位置的电场强度，

由于三个等势面之间沿电场线方向的距离相等，可知U12>U23，故A错误；

B．点电荷带正电，带电粒子只在静电力作用下绕该点电荷沿顺时针方向做椭圆运动，可知，带电粒子受到

库仑力是引力，则该带电粒子带负电，故B正确；

C．粒子从B运动到D的过程过程中，电场力方向与速度方向夹角为锐角，电场力做正功，可知，粒子从B

运动到D的过程动能增大，故C错误；

D．粒子从A运动到B的过程中电场力方向与速度方向夹角为钝角，电场力做负功，可知，粒子从A运动

到B的过程中电势能增大，故D错误。

故选B。

【变式1-3】（2025·广东广州·省实·适应性考试）如图所示在圆柱体两底面圆心处分别固定一个等量异种点

电荷，O点是圆柱体的几何中心，以O为原点建立三维直角坐标系，一负点电荷（该电荷的重力忽略不计）

在其周围空间运动，下列说法中正确的是（）

A．负点电荷沿y轴运动到O点时加速度为零

B．负点电荷沿x轴运动到O点过程中电势能逐渐增大，在O点时电势能最大

C．负点电荷从O点沿z轴正方向运动时，电场力不做功。

D．xOz平面与圆柱侧面相交，其交线上的点电场强度大小相等，方向不同。

【答案】C

【详解】A．等量异种点电荷连线中点（圆柱体的几何中心）的场强不为零，电场力和加速度不为零，故A

错误；

B．等量异种点电荷的中垂面为等势面，且电势为0，故电势能不变且为零，故B错误；

C．负电荷沿z轴正方向运动时，电场力做不做功，电势能不变，故C正确；

D．根据电场强度矢量合成法则，交线上的点电场强度大小相等，方向相同，故D错误。

故选C。

考向02电场中的图像问题

【例2-1】（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。

【例2-2】（2024·广东·东莞中学&广州二中&惠州一中&深圳实验&珠海一中&中山纪念中学·一联）在x轴

方向存在一静电场，其φ-x图像如图所示，一电子以一定的初速度沿x轴从O点运动到x4，电子仅受电

场力，则该电子（）

A．在x1处电势能最小

B．从x2到x3受到的电场力和从x3到x4受到的电场力方向相反

C．在x1处受到的电场力最大

D．在x3处电势为零，电场强度也为零

【答案】A

【详解】A．电荷在某点的电势能为

EPq

由公式可知，负点电荷在电势越大的地方，电势能越小，所以该电子在x1处的电势能最小，故A正确；

B．x2到x3的场强方向向右，x3到x4的场强方向向右，所以电子在x2到x3和x3到x4受到的电场力方向

都是向左，方向相同，故B错误；

C．φ-x图像中斜率表示电场强度，可知电子在x1处受到的电场力为0，故C错误；

D．φ-x图像中斜率表示电场强度，x3处的斜率不为0，所以x3处的电场强度不为0，故D错误；

故选A。

电场中的三类图像及其特点

1.在φ-x图像中可以直接判断各点电势的高低，并且可根据电势高低关系确定电场强度的方向。

φ-x2.φ-x图像中图线切线的斜率大小等于电场强度的大小，电场强度为零处，φ-x图像存在极值，

图像其切线的斜率为零。

3.在φ-x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可利用WAB＝qUAB分析WAB的正负，然后做出判断

1.反映了电场强度随位移变化的规律。

E-x2.E＞0表示电场强度的方向与规定的正方向相同；E＜0表示电场强度的方向与规定的正方向相反。

图像3.图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”的大小表示电势差的大小，两点的电势高低根

据电场强度的方向判定

1.反映了电势能随位移变化的规律。

Ep-x

2.图线切线的斜率大小等于静电力大小。

图像

3.进一步判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况

【变式2-1】某电场的电势随位置x的变化关系如图所示，O点为坐标原点，a、b、c、d为x轴上的四个

点。一带正电粒子从d点由静止释放，在电场力作用下沿x轴运动，不计重力，则粒子（）

A．将在ad之间做周期性运动B．在d点的电势能大于a点的电势能

C．在b点与c点所受电场力方向相同D．将沿x轴负方向运动，可以到达O点

【答案】A

【详解】B．由图可知，a、d两点电势相等，根据Epq可知粒子在d点的电势能等于a点的电势能，故

B错误；

C．x图像斜率表示电场强度，由图可知，b点与c点的电场强度方向相反，根据FqE可知在b点与c

点所受电场力方向相反，故C错误；

AD．根据沿着电场线方向电势降低可知在d点电场方向为x轴负方向，粒子带正电，则粒子受到沿着x轴负

方向的电场力，即粒子将沿x轴负方向运动，粒子仅受电场力做功，则粒子的动能和电势能之和恒定，根

据B选项分析可知粒子在d点的电势能等于a点的电势能，则粒子在d点的动能等于a点的动能均为0，即

粒子将在ad之间做周期性运动，不能到达O点，故A正确，D错误。

故选A。

【变式2-2】两个点电荷固定在x轴上的M、N两点，x轴上各点的电场强度E与各点位置坐标x之间的关

系图像如图所示。取x轴正方向为电场强度的正方向，无穷远处电势为零，下列说法正确的是（）

A.固定在M点的点电荷电荷量比固定在N点的点电荷电荷量小

B.Q点的电势等于零

C.从C点由静止释放一正点电荷，仅在电场力作用下，到D点前它将一直做加速运动

D.从P点由静止释放一负点电荷，仅在电场力作用下，在它向左运动过程中电势能将一直减小

【答案】C

【解析】M、N连线中点处电场强度大于0，且两点间电场强度最小位置处距离N点较近，可知，固定在M

点的点电荷电荷量比固定在N点的点电荷电荷量大，故A错误；若有一正点电荷由Q点向右侧无穷远处运

动，电场力做正功，电势能不断减小，一直到零，所以Q点的电势大于零，故B错误；从C点由静止释放

一正点电荷，仅在电场力作用下，到D点前电场强度一直为正值，则电场强度方向不变，电场力方向不变，

它将一直做加速运动，故C正确；从P点由静止释放一负点电荷，仅在电场力作用下，在它由Q向N运动

过程中电场力做负功，电势能增大，故D错误。

【变式2-3】(2024·广东一模)在与纸面平行的匀强电场中，建立如图甲所示的直角坐标系，a、b、c、d

是该坐标系中的4个点，已知φa＝6V、φb＝4V、φd＝2V；现有一电子以某一初速度从O点沿Od方向射

入，则图乙中abcd区域内，能大致反映电子运动轨迹的是()

A.①B.②

C.③D.④

【答案】B

＋

【解析】已知φa＝6V、φb＝4V、φd＝2V，则ad中点f(0，L)的电势为φf＝＝4V＝φb，可知bf

����

连线为等势线，场强与等势线垂直，且沿着电场线方向电势降低，即电场方向沿着2aO方向斜向下，电子以

某一初速度从O点沿Od方向射入abcd区域内，电子的初速度方向与电场力方向垂直，电子做类平抛运动，

则能大致反映电子运动轨迹的是②。故选B。

考向03电容和电容器

【例3-1】（2025·广东揭阳·二模）如图是“自电容”传感器的工作原理示意图。感应电极上带有一定量的正

电荷，当手指靠近感应电极时，测量感应电极与手指间的电容变化，可以实现对手指靠近过程的检测。对

于手指靠近的过程，下列说法正确的是（）

A．手指尖端感应出正电荷B．感应电极的电势比手的电势低

C．感应电极与手之间的场强逐渐增大D．感应电极与手之间的场强保持不变

【答案】C

【详解】A．感应电极带正电，由静电感应知，手指尖端感应出负电荷，故A错误；

B．电场线从正电荷指向负电荷，“沿电场线方向电势逐渐降低”知，感应电极的电势比手的电势高，故B错

误；

SQU

CD．将门锁与手之间看作一个电容器，由Cr、C和E

4kdUd

4kQ

可得电场强度E

rS

由于随着手与感应电极靠近，门锁近手端电荷密度越来越大，即Q越来越大，则感应电极与手之间的场强

逐渐增大，故C正确，D错误。

故选C。

【例3-2】如图所示，D是一只理想二极管，水平放置的平行板电容器的A、B两极板间有一带电液滴，在P

点处于静止状态。若保持极板B不动，当某同学分别从初始状态开始向不同方向稍微平移极板A（移动极板

A后P点还在两极板之间）时，下列说法正确的是（）

A．极板A向上移动过程中，静电计指针张角变小

B．极板A向下移动过程中，静电计指针张角变大

C．极板A向左移动过程中，液滴向下运动

D．极板A向左移动过程中，P点处电势升高

【答案】D

S

【详解】A．由图可知，电容器极板A带正电，极板A向上移动过程中，根据电容器的决定式C

4kd

可知，电容器的电容减小，根据QCU

可知，电容器所带电荷量将变小，电容器放电，但理想二极管D阻止电容器放电，所以电容器所带电荷量Q

不变，则上下极板间电势差U变大，静电计指针张角变大，故A错误；

S

B．电容器极板A带正电，极板A向下移动过程中，根据电容器的决定式C

4kd

可知，电容器的电容增大，根据QCU

可知，电容器所带电荷量将变大，电容器充电，上下极板间电势差不变，静电计指针张角不变，故B错误；

S

CD．极板A向左移动过程中，根据电容器的决定式C

4kd

可知，电容器的电容减小，根据QCU

可知，电容器所带电荷量将变小，电容器放电，但理想二极管D阻止电容器放电，所以电容器所带电荷量Q

U

不变，则上下极板间电势差U变大，根据E

d

可知，两极板间的电场强度增大，则液滴受到的竖直向上的电场力增大，液滴向上运动。设P点到下极板

的距离为x，则P点的电势为φPUPBφBEx0Ex

所以P点处电势升高，故C错误，D正确。

故选D。

1.平行板电容器动态变化的两种情况

(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变．

(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变．

2.动态分析思路

QεrS

①根据C＝＝，先分析电容的变化，再分析Q的变化．

U4πkd

U

②根据E＝分析场强的变化．

U不变d

③根据UAB＝Ed分析某点电势变化．

QεrS

①根据C＝＝，先分析电容的变化，再分析U的变化．

U4πkd

Q不变

U

②根据E＝分析场强的变化．

d

【变式3-1】（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

1

灭火弹进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

2

率15%，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。

【变式3-2】（2025·广东惠州·模拟）可拉伸电容器在智能穿戴等柔性电子产品中应用广泛，其核心结构由

可变形电极和离子凝胶电介质组成，如图所示。当电容器拉伸时，极板面积S和电介质的厚度d均发生变化。

其体积VSd保持不变。充电后与电源断开的电容器。在缓慢左右绝缘拉伸过程中，下列判断正确的是

（）

A．电容器的电荷量不变B．电容器两电极间电压不变

C．电容器的电容与d成正比D．电容器中的电场强度与d成正比

【答案】AD

【详解】A．电容器充电后与电源断开，电容器的电荷量不变，故A正确；

B．当电容器拉伸时其体积VSd保持不变，极板面积S增加，电介质的厚度d减小。

s

由C可知电容器电容增大且电容器的电荷量不变，则电容器两电极间电压减小，故B错误；

4kd

SVV

C．由C且S，可得C与d2成反比，故C错误；

4kdd4kd2

Q

UQQ4kdQ

D．电容器中的电场强度EC，电容器中的电场强度与d成正比，故D正确。

V

ddCddV

4kd2

故选AD。

【变式3-3】（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。

考向04带电粒子在电场中的运动

【例4-1】（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

【例4-2】（2025·广东省大湾区·10月联合模拟）微通道电子倍增管是利用入射电子经过微通道时的多次反

射放大信号强度的一种电子器件，图甲为微通道的截面图。已知圆柱形微通道的直径为d、高为h，通道内

有沿轴向的匀强电场，电场强度大小为E，设一电子恰从微通道的入口边缘沿半径方向进入微通道内，入射

速度大小为v0。假设每个电子撞入内壁后撞出n个次级电子，忽略重力和各级电子间的相互作用，假设每

个原电子的轴向动量在撞击后被通道壁完全吸收，径向动量被完全反弹并被沿半径方向出射的n个次级电

子均分。已知电子电量的绝对值为e，质量为m。

(1)如果n1，求电子在通道内壁第一次撞击点与微通道入口的竖直方向距离h1。

(2)如果n2，假设电子刚好在撞击通道末端后离开，则欲使信号电量被放大到8倍，则h至少多大？

(3)实际的微通道电子倍增管工作过程中，电子每次撞击微通道内壁时，n1、2两种情况都有一定的概率发

9eEd2

生，取h2，求单个电子离开微通道瞬间的动能Ek。

4mv0

Eed2

【答案】(1)2

2mv0

21eEd2

(2)2

2mv0

1e2E2d21e2E2d213e2E2d215e2E2d217e2E2d2

22222

(3)mv02或mv02或mv02或mv02或mv02

24mv084mv084mv084mv084mv0

1eE

【详解】（1）对电子，沿轴方向hat2，a

121m

沿半径方向dv0t1

Eed2

解得h12

2mv0

v

（2）从第1次撞击通道壁后→第2次撞击通道壁前，沿半径方向d0t

22

1

沿轴方向hat2

222

v

从第2次撞击通道壁后→第3次撞击通道壁前，沿半径方向d0t

43

1

沿轴方向hat2

323

又因为hminh1h2h3

21eEd2

联立解得hmin2

2mv0

1e2E2d2

2

（3）4次碰撞都是n1，E1mv02

24mv0

222

12eEd

前3次n1，第4次n2，E2mv02

84mv0

13e2E2d2

2

前2次n1，第3次n2，E3mv02

84mv0

15e2E2d2

2

第1次n1，第2次n2，E4mv02

84mv0

17e2E2d2

2

第1次n2，E5mv02

84mv0

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

合

（1）用动力学观点分析：a＝，E＝，v2－＝2ad，适用于匀

��

合外力F合≠0，且与初�

强电场�

变速直线运动速度方向在同一条直���

线上（2）用功能观点分析：W＝qU＝mv2－m，匀强电场和非匀

��

强电场都适用�

����

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＝＝＝＝

������������

�

�����������

侧移距离：＝＝，＝＋＝＋

y0��yy0Ltanθtanθ

��������

�

�����������

常见运动受力特点分析方法

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

𝐪

��

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

2.“等效法”处理电场和重力场的复合问题

F合

(1)将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场

m

中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下方向”．

(2)物理最高点与几何最高点．在“等效重力场”中做圆周运动的小球，经常有小球在竖直平面内做圆

周运动的临界速度问题．小球能维持圆周运动的条件是能过“最高点”，而这里的“最高点”不一定是“几

何最高点”，而应是“物理最高点”．

【变式4-1】（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

d2

满足这样的条件：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：

4

将一质量为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）.

q

已知碰后P的电荷量变为、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

【变式4-2】（24-25高三下·广东茂名·5月联考）如图所示为一款离子测量装置，粒子源可以发射带正电

的粒子，粒子沿狭缝进入水平放置的速度选择器，然后能从右侧狭缝水平飞出的粒子，可以进入匀强场区

（范围足够大）进行偏转，最终打在紧靠速度选择器水平放置的接收板上。已知速度选择器中存在方向竖

直向下、电场强度大小为E的匀强电场和方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，速度选择器

右侧狭缝距接收板的高度为d，不计粒子重力、粒子间的相互作用及场的边缘效应。求：

(1)速度选择器中磁场的方向以及粒子从速度选择器飞出时的速度大小；

(2)若匀强场区存在竖直向下、电场强度大小也为E的匀强电场，带电粒子的比荷（电荷量与质量之比）为k，

求带电粒子打在接收板上的位置到接收板左端的距离l；

(3)若匀强场区存在垂直纸面方向的匀强磁场，有两种带电粒子分别打在接收板上距接收板左端2d和3d处，

求这两种带电粒子的比荷的比值。

E

【答案】(1)磁场方向垂直纸面向里，v

B

12Ed

(2)

Bk

2

(3)

1

【来源】2025届广东省茂名市高三下学期5月联考物理试卷

【详解】（1）根据受力平衡可知，带正电粒子在速度选择器中受到的洛伦兹力向上，根据左手定则可知，

磁场方向垂直纸面向里；根据平衡条件可得qEqvB

E

解得v

B

（2）粒子进入匀强场区，根据牛顿第二定律可得qEma

1

根据运动学公式可得dat2，lvt

2

12mEd12Ed

联立解得l

BqBk

（3）如图所示

222

l12d时，根据几何关系可得r1l1(r1d)

5

解得rd

12

同理可知，l23d时，r25d

v2

根据洛伦兹力提供向心力得qvBm

r

qv1

可得

mBrr

kr2

12

设两种带电粒子的比荷分别为k1、k2，则有

k2r11

1．（2024·广东·真题）污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理

如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极、金属圆盘置于底部、金属棒插入污水中，

形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上，M点和P点

在同一等势面上。下列说法正确的有（）

A．M点的电