带电粒子在电场中的运动系统性答题模板与思维建模-2026年高考物理二轮复习解析版

专题11〃带电粒子在电场中的运动〃系统性答题模板与思

维建模

核心思想与原则

一个核心力：电场力F=qE。方向与正电荷受力方向相同，与负电荷相反。

两个基本观点：

动力学观点：结合牛顿第二定律和运动学公式，分析粒子在匀强电场中的匀变速运动

（直线或类平抛）。

功能观点：利用动能定理W=Eg"=夕J〃502或能量守恒，分析粒子在任意

电场中的能量变化，尤其适用于非匀强电场或涉及电势差的问题。

三个常见情境：

直线加速：粒子在匀强电场中沿电场线方向运动，做匀加速直线运动。

偏转（类平抛）：粒子以垂直电场线的初速度进入匀强电场，做类平抛运动。

复杂运动：在交变电场、径向电场、复合场中的运动，可能涉及周期性、圆周运动等。

一个关键区分：是否考虑重力。通常电子、质子、a粒子等微观粒子不计重力；带电小球、

油滴等宏观物体需计重力.

标准化答题步骤模板（五步法）

第一步：审题建模，明确粒子与电场

确定研究对象：粒子的质量m、电荷量q（正负），是否考虑重力。

电场信息：匀强电场还是非匀强电场？场强E或电势差U,方向，分布区域。

初始条件：初速度V。的大小和方向，初始位置。

运动目标：待求量（速度、位移、时间、偏转角、能否到达某点等）。

第二步：受力分析与运动分解

受力分析：画受力图，计算电场力F二qE,若有重力则加上mg。

判断运动性质：

若初速与电场力共线好直线运动（匀加速或匀减速）。

若初速与电场力垂直玲类平抛运动（匀变速曲线运动）。

若初速与电场力成任意角玲分解为沿电场和垂直电场方向的分运动。

建立坐标系：通常以初速方向为X轴，电场力方向为y轴，便于分解。

第三步：选择规律列方程

动力学观点（匀强电场，恒力）：

加速度：a=F/m=qE/m（注意方向）。

运动学公式：（1=隼,E=*,v2-vo2=2ad

类平抛.。=£=这=也,”=%=qUj偏转角tanO="=2L

人।噂.mmmd：y2ar2”如）2，1M川ian,也加荷。

功能观点（任意电场，尤其非匀强）：

动能定理：H/=Eqd=qU=^/wv2—1mvo2,其中U为初末位置电势差。

能量守恒：若只有电场力做功，则动能与电势能之和守恒.

第四步：结合几何约束求解

若涉及边界、极板长度、偏转距离等，需利用几何关系（如粒子恰好飞出电场、恰好打

在极板上等）建立方程。

对于交变电场，需分段分析，找出临界时刻。

第五步：检验与讨论

检查结果量纲，方向是否合理。

讨论多解情况（如交变电场中可能有多段时间满足条件）。

经典模型分类与特征识别（审题建模关键）

模型类型特征描述典型问题

加速电场粒子在匀强电场中由静止释放或沿电求末速度、运动时间

场线方向进入

偏转电场粒子以垂直电场线方向进入匀强电求偏转位移、偏转角、射出

场，做类平抛运动速度

先加速后偏转粒子经加速电场加速后，再进入偏转求偏转量、侧移、示波管原

电场理

交变电场电压随时间变化，粒子在交变电场中判断粒子能否射出、运动轨

的运动迹分析

等效重力场同时受电场力和重力，将合力视为等求等效最高点、最低点、圆

效重力周运动临界

径向电场电场线呈辐射状（如点电荷电场、柱粒子做变速曲线运动，常用

对称电场）能量守恒

复合场（电场+磁同时存在电场和磁场（但本模板聚焦速度选择器、霍尔效应等

场）电场，磁场部分另论）

思维升华：带电粒子在电场中运动的“三大破题心法”

受力决定运动：分析电场力的大小和方向，结合初速度判断运动性质（直线、抛物

线、圆周、往复）。

分解是利器：对于曲线运动，常分解为两个互相垂直方向的直线运动，分别处理。

功能关系是捷径：涉及能量、电势差、非匀强电场时，优先考虑动能定理或能量守

恒。

关键提醒：

注意电性：正负电荷受力方向不同。

重力是否忽略：看清题目条件。

边界条件：粒子是否会打到极板上？能否飞出电场？往往构成临界问题。

真题体验

1.（2025•海南•高考真题）一绝缘的固定倾斜斜面，斜面倾角为30。，空间中存在沿斜面向下均匀强电

场，电场强度为七二警。质量为〃?的物块M、N用一根不可伸长的轻绳绕过滑轮连接，M带正电，电荷

24

量为夕，N不带电，N一端与弹簧连接，弹簧另一端固定在地面上，劲度系数为几初始时有外力作用使M

静止在斜面上，轻绳恰好伸直，使M从静止释放，第一次到达最低点的时间为，，不计一切摩擦。则

)

A.释放时M的加速度为2g

B.M下滑的最大速度为科I

C.M下滑的最大距离为警

k

D.M下滑的距离为平时，所用时间为:

k3

【答案】BD

【详解】A.初始时，弹簧弹力等于N的重力，弹簧处于压缩状态，即例=，监

可得V等

K

释放M时,弹簧弹力不会突变,对M和N,根据牛顿第二定律助+会加30°-〃吆+3=23

可得释放时M的加速度为。=g,A错误；

B.当M、N的加速度为零，M的速度最大，设此时弹簧的伸长量为超，根据平衡条件

Eq+mgsin30°=kx2+mg

解得毛=等

k

由『％=声，可知弹簧弹性势能不变，M从开始运动到速度达到最大过程，根据动能定理

Eq{xx+电）+〃火sin30-（再+占）一（为+x；）=g-2"?年-0

联立解得M下滑的最大速度为喙=眄手，B正确；

CD.以速度最大位置为原点，斜面向上为正方向，M、N所受的合外力与位移的关系满足

=kx-（Ec/+mgsin300-mg）=kx-mg

可知M、N做简谐运动，刚释放M时，加速度根据简谐运动的对称性可知当M下滑的最大距离

时，加速度大小也为g,根据牛顿第二定律k(X3-Xi)+mg-%-mgsin300=2mg

解得M下滑的最大距离为项=竿

k

根据题意，M、N做简谐运动的底期7=2，

从释放开始计时，位移随时间变亿的表达式为x=?cos§/，=§gcosCr

2Tkt

当下滑距离为等时，代入数据有等二竿8$巳/

kkkt

可得

即M下滑的距离为要时，所用时间为：，故D正确，C错误。

k3

故选BDo

2.(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，带电粒子人人分别从。点和O

点垂直于。。同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达A/、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。、b()

A,具有不同比荷

B.电势能均随时间逐渐增大

C.到达例、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。、b分别从。点和。点同时进入

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

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

由牛顿第二定律有9石=

可得幺=卷

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。、力到达K的水平位移相等，由于带电粒子〃、方初速度之比为2:1,则所用时间

之比为1:2,故D正确。

故选Do

3.（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，板间距为乩下极板接

地，板间匀强电场大小恒为及现有一质量为小、电荷量为9（4＞。）的金属微粒，从两极板中央。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：

O稳压

d电.

下极板I-UI----------------

⑴微粒第一次到达下极板所需时间；

⑵微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。

【答案】（1）、修

（2）2&目〃d

【详解】（1）由牛顿第二定律4七=〃心

由运动学公式3=3"

联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为/=榨

（2）微粒第一次到达下极板时的速度大小为4

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，设微粒碰

后第一次到达上极板时的速度大小为匕，满足学一片=2,以

代人解得v,=\已庖

'Vm

同理可得微粒第一次从上极板回到。点时的速度大小为匕，满足*-年=2吟

代人解得当=2枳

故微粒第一次从上极板I口I到O点时的动量大小为〃=〃%=2&£>〃〃

4.(2025•江苏•高考真题)如图所示，在电场强度为巴方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电

粒子。、》同时从O点以初速度%射出，速度方向与水平方向夹角均为6L已知粒子的质量为加。电荷量

为力不计重力及粒子间相互作隹。求：

(1)。运动到最高点的时间/；

(2)«到达最高点时，a、b间的距离〃。

【答案】⑴叫也

qE

⑵2〃而sin*

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〃球，根据牛顿第二定律有

qE=ma

a运动到最高点的时间，由运动学公式有%sin0=at

联立解得蚱理等

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

%cos。，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

220

_(vosin^)_mvpsin

'-2a―2qE

斜下抛的小球竖直方向上运动位移为方=%痴皿+：/=把塔^+竺强要

2qE2qE

则小球a到达最高点时与小球方之间的距离x=*+々=2*6

方法二、两个小球均受到相同电场力，以a球为参考系，〃球以2%sin9的速度向下做匀速直线运动，则

2WVQsin20

到达最高点时，a、6间的距离”=2%sinOf=

qE

5.(2025•江西•高考真题)精密条纹相机通过将时域信号转换成空间信息可实现超短激光脉冲持续时间的

测量，其简化原理如图所示。某个待测激光脉冲的持续时间为△，，经过狭缝和聚焦透镜入射至真空条纹管

的光电阴极中心。由于光电效应，产生与输入激光脉冲持续时间相同的电子脉冲。电子脉冲先后经加速和

偏转等过程打到荧光屏上。阳极与光电阴极间的加速电压为G，距离为4。偏转极板间距和长度分别为

/和G，其左端与阳极的距离为♦，右端与荧光屏的距离为乙一光电效应产生电子的初速度忽略不计，电

子不会打到偏转极板上。电子质量为加，电荷量为e,不考虑电场力和相对论效应，以及电子之间相互作

用。所有元件的中心在同一条直线上，并以荧光屏中心。为原点、竖直方向为J轴建立坐标系。(普朗克

常量/?=6.63xl0Tj-s，光速c=3xl(/m/s)

电子脉冲

⑴现有多碱、Au和CsI三种常用的光电阴极材料，它们的逸出功分别约为I.leV、4.5cV、6.2cV,若要使波

长范围为2(X)~9(X)nm的入射激光都能打出光电子，请通过定量分析确定应选用哪种光电阴极材料。

(leV=1.6xlO',9J)

(2)当偏转极板间电压U为常数时，求电子打在荧光屏上的位置。

⑶真实情况下，偏转极板间电压U与时间，的关系为U=U0+k和%为大于零的常数)，其零时刻与

激光脉冲刚入射至光电阴极的时刻相同。

①求最后进入偏转极板间的电了•离开偏转极板时y方向速度的大小：

②若心小且右右,此时可忽略不同时刻电子在偏转极板间y方向位移的差别，求电子脉冲在荧光屏上

的空间宽度与与激光脉冲持续时间加的关系。

【答案】(1)多碱

UW+2LJ

4U4

⑶①U+■之£+(44+2…)急；②小瞌库

【详解】(1)根据题意,设入射激光波长为4,则对应的光子能最为£=6=卷

可得波长范围为200~900nm的入射激光的能量范围为1.38eV~6.2eV

要使入射激光都能打出光电子，则所有入射激光的能量应大于光电阴极材料的逸出功，所以应选择多碱光

电阴极材料。

(2)电子在光电阴极与阳极之间做匀加速直线运动，设电子在此过程中的加速度大小为4,运动时间为

八，离开阳极时的速度大小为“，则有％=为，匕2=2〃4,4=9片

电子在离开阳极到偏转极板左端的过程中做匀速直线运动，设运动时间为G，则。=卬2

当偏转电压u为常数时，电子在偏转极板内水平方向做匀速直线运动，在竖宜>方向做匀加速直线运动。

设y方向的加速度大小为外，在偏转极板内运动时间为，③，离开偏转极板时方向速度为偏转位移为

eU1、

弘，则出=丁，L2=卬3，。=。2,3，)'|=彳®；

设电子离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为右，在此时间内电子在歹方向的位移为尢，则乙=卬一

%=5

设电子离荧光屏中心的距离为y,则y=y+%

联立解得>=也铲

(3)当偏转极板间电压U=U0+耗时，电子在偏转极板内y方向做加速度线性增加的变加速直线运动。

①在时刻，最后的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为。。+4+4+4),设电子在偏转

e(U+kt)

极板内运动时y方向的加速度为小，离开偏转极板时y方向的速度为02,则q二1n]

ma2

则4T图像，如图所示

由上述分析，结合图像可得％=[4+k（4+，2+加）+与

联立小问2分析可得4+(44+24+〃)一^-

=。0+''-4U4

②在时刻，最前面的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为“>+h。+，2）。同理可得，该电子离

开偏转极板时y方向的速度4则有。=U()+k(ti+t2)+

设电子脉冲打在荧光屏上的空间宽度为△），，电子从离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为G，则

4=怔，△），=（%-勺,

联立解得所虢加

巩固训练

6.（2026•河南濮阳•一模）如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，其中有一个半径为R的竖直光滑

圆环，环内有两根光滑的弦轨道A3和人C,A点所在的半径与竖直直径8C成37角（cos37=0.8）o质量

为阳、电荷量为，/的带电小球（可视为质点）从A点由静止释放，分别沿弦轨道A8和AC到达圆周的运动

时间相同。现去掉弦轨道A8和AC,如图乙所示，给小球一个切速度，让小球恰能在圆环内做完整的圆周

运动，不考虑小球运动过程中电荷量的变化，重力加速度为下列说法正确的是（

图甲图乙

A.小球经过b点时对轨道的压力为零

B.匀强电场的电场强度大小为£二警

C.小球做圆周运动经过C点时动能最大

D.小球做圆周运动过程中对环的压力的最大值为7.5mg

【答案】D

【详解】ABC.图甲结合等时圆知识，重力与电场力合力必须指向A0,根据合成与分解知识

qE=mgtan37°

解得E号

等效最高点在4点，压力最小为零；等效最低点在力。延长线与圆轨道交点，等效最低点速度最大，动能

最大，故ABC错误；

D.因为重力与电场力均为恒力，所以二者的合力大小为+=加力）2+（〃[g）2=["取

小球做圆周运动，则在其等效最高点，有尸=勿且

小球从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得尸x2R=：m*-

在等效最低点小球对圆环压力最大，由牛顿第二定律得久-尸=〃?9

代入数据解得&=75咫

由牛顿第三定律可知小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是75相，故D正确。

故选Do

7.（2026•福建漳州•二模）如图，水平正对放置的平行金属板P、。长度均为L,间距为4,两板间存在

方向竖直向上的匀强电场。大量电子以相同的水平初速度从两板上半区域的左侧射入电场，入射点在该区

域均匀分布。已知靠近P板左侧边缘入射的电子恰好打在Q板右侧边缘，电子重力及相互作用均可忽略，

不计边缘效应。则（）

—>

QI

A.每个电子在两板间的运动时间相等

B.每个电子击中Q板时的速度大小相等

C.电子击中。板时速度偏转角的最大正切值为J

D.电子击中。板的区域长度为生也L

2

【答案】D

【详解】A.根据〃=空

m

可知电子的加速度相同，不同位置进入的电子在竖直方向上位移不同，根据）

可知，电子运动的时间不同，A错误；

B.根据电子在竖直方向的分速度。="

可知电子在竖直方向的分速度不同，电子击中。板瞬间速度丫=符彳

可知电子击中。板瞬间速度不同，B错误；

V

C.由题意可知，当电子加速时间最长，V,最大，又因为tan<9=上

%

可知从Q板右侧边缘射出的电子的瞬间速度偏转角正切值最大，所以L=W

又因为d/

解得tan。=半，C错误；

D.极板中间虚线处射入的电子，打在区域的最左端，有弓=J"2,x=v/

联立解得工=立力

2

则电子击中。板区域的长度为==D正确。

2

故选Do

8.（2026・湖南岳阳•一模）如图甲所示，在与竖直平面平行的匀强电场中，有一质量为〃?=0.4kg,带电量

为片+0.5C的小球（可视为质点），小球在半径火=2m的竖直光滑圆轨道上，从与圆心等高的点/以初速

度力沿轨道切线向下运动，恰好能做完整的圆周运动。角度。为小球从4点起沿运动方向转过的圆心角，

。点为轨道最低点，已知带电体在运动过程中电势能昂随角度6的变化图像如图乙所示，电势能的最大值

Epo=6J,取重力加速度g=10m/s2o下列判断正确的是（）

A.电场强度大小为6N/C,方向水平向右

B.小球在从4点运动到。点的过程中机械能先增大后减小

C.小球在运动过程中速度的最大值为10m/s

D.小球在运动过程中对轨道压力的最大值为30N

【答案】D

【详解】A.由电势能变化图像可知，起始位置点力（〃=（-）对应电势能最大值为心肝&

结合电势能表达式为4=

联立解得电场强度大小£=6N/C

结合图像可知，电场强度方向水平向左，故A错误；

B.从4点到。点过程中，电场力做负功，电势能减小，机械能一直增加，故B错误；

C.建立等效重力场，大小尸产5N

方向与竖直方向夹角37。斜向左下方，等效重力加速度为a="=12.5m/s2

in

小球恰能做完整圆周运动，则在等效最高点（合力反方向）有最小速度喝加，则有鼠=〃?金

解得vw„,=5m/s

最大速度出现在等效最低点，根据动能定理可得=皿

代人数据解得5尸56m/s,故C错误；

2

D.在等效最低点，轨道对小球支势力最大，由牛顿第二定律可得-味=矍"

代入数据解得"=6%=30N,故D正确。

故选D。

9.（2026•云南昭通•模拟预测）如图所示，在固定光滑直杆上套有一个质量为加、电荷量为”的小球和

两根原长均为2L的完全相同的绝缘轻弹簧，两根轻弹簧的一端分别与小球相连，另一端分别固定在杆上相

距为4L的G两点，空间中存在竖直向卜.的匀强电场，电场强度大小七=看，己知直杆与水平面的夹角

8=53，小球在距8点半的夕点处于静止状态。现将小球拉至距A点才的。点由静止释放，小球可视为

质点，运动过程中小球所带电荷量保持不变，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g,弹簧弹性势能为

A.弹簧的劲度系数为警

3g

小球运动至最低点时的加速度大小为

B.V

C.小球从开始运动至最低点的过程中，小球的电势能减小量为理

D.运动过程中小球的最大速率为短匣

10

【答案】AD

【详解】A.由题意可知小球在距8点1L的2点处于静止状态，对小球由共点力平衡可得

2kx%=(〃加+(/£?)sin0

解得〃=等，故A正确;

J)L

B.根据简谐运动对称性可知小球在最高点和最低点加速度大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律有

2A;x—+(mg+qE)sin0=ma

4

o

解得a=*故B错误;

33

C.小球从由静止下滑时，运动到最低点电势能减小量△4=W=qEx；Lxsin〃=m"aL,故C错误;

D.小球从由静止下滑，运动到平衡位置，加速度为0,动能最大，根据能最守恒可得

/L、.八3,c1cIJ12

+t/E)sin^x-£=2x-Z：l-I-2x-A：l-I+-wum

解得%=得阿E，故D正确。

故选ADo

10.（2026・贵州六盘水•二模）如图所示，质量相同、编号为1、2、3.......”的带电小球，用轻质绝缘细

线连接后悬挂在天花板匕空间存在水平向右的匀强电场，静止时小球恰好位于同一直线上。则（）

A.小球均带正电B.小球均带负电

C.小球带电量相同D.小球带电量随编号递增

【答案】AC

【详解】AB.根据题图可知小球受到的匀强电场电场力方向水平向右，故小球带正电，A正确，B错误;

研究第〃个小球受力分析，受力图如图所示，根据平衡关系=

研究第〃和n-\号小球，根据平衡关系Eqn+Eq._\=2mgtana

联立可得%=/T

则小球电荷量保持不变，C正确，D错误。

故选ACo

11.（2026•广东•一模）如图所示，空间内存在竖直向下的匀强电场，弹簧上端固定，下端悬挂一个带电

的小球，小球静止时位于。点，此时弹簧处于原长。向下把小球拉到〃点由静止释放，小球最高上升到N

点（图中没有标出）。小球运动过程中电荷量不变，小球的质量为帆，0M的长度为，，弹簧始线处于弹

性限度内，空气阻力不计，重力加速度为X。下列说法正确的有（）

B.小球从必点到N点的过程，电场力对小球做正功

C.小球从M点到N点的过程，小球的机械能守恒

D.小球从M点到N点的过程，小球的电势能减少了

【答案】BD

【详解】A.小球静止在。点时弹簧处于原长，说明此时小球的重力与电场力平衡，即〃?g=gE

所以小球所受的电场力方向竖直向上，由于电场方向竖直向下，因此小球带负电，故A错误；

B.小球从M点到N点的过程，电场力始终竖直向.上，所以电场力对小球做正功，故B正确；

C.由功能关系可知，小球机械能的变化由弹簧弹力和电场力做功决定。小球从切点到N点的过程中，弹

簧弹力对小球做功的总和为零，但电场力对小球做正功，因此小球的机械能不守恒。故C错误；

D.小球的运动为简谐运动，由r小球的重力与电场力平衡，所以小球所受的合力为弹簧弹力，平衡位置

为。点，根据简谐运动的对称性可知，o点、为M、N的中点，则有ON=OM=d

所以小球从，3到M的竖直位移为x=2"

则电场力做的功为%=Eqx=2mgd

电场力做正功，电势能减少，且电势能的减少量等于电场力做功的值，所以小球从M点到N点的过程，小

球的电势能减少/2〃3,故D正确。

故选BDo

12.（2026•云南昭通•一模）如图所示，在竖直平面直角坐标系xO），中，第三、四象限同时存在竖直向上

的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为小、带电量为川4>0）的小球可视为质点，从夕仅，〃）

点沿x轴正方向水平抛出。当小球从x轴上的Q点穿过时，速度方向与上轴正方向的夹角为45。。小球进入

第三、四象限后恰能做匀速圆周运动，经过一段时间后恰好重新回到〃点。己知重力加速度大小为名。

求：

(2)诙感应强度3的大小；

⑶小球从。点出发又回到P点的时间/o

【答案】(1)29

⑵需

⑶四号店

【详解】(1)设小球从2点运动到。点时间为八，在。点时的速度为乙则有力=(*

因为匕=M，tan45°=-^,v=Jv：+*.=2几

联立解得y=2而

(2)小球从2点运动到。点的水平位移％=%乙=2力

在第三、四象限做匀速圆周运动的设半径为广，由几何关系r=2夜/?

2

根据题意，小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供Bvq=m-

r

解得八啸

(3)设小球做匀速圆周运动的周期为丁，在第二、四象限运动的时间为4,则

,2nr2兀•2夜力.(2h

T~=^ru

根据几何关系-黑「音©

根据对称性，小球离开第四象限时的速度与X轴正方向的夹角为45。，它在第二象限运动的时间

小球从尸点出发又回到尸点的时间t=t\+t2+h=［亚+3,兀）丫1

13.（2026•重庆•一模）如图所示，竖直平面内平行正对的两水平金属板小小、的间距和板长均为

d,上极板接地，下极板不带电。一发射源从4点沿山&方向以相同速度持续喷射出质量为加、电荷量为

+qS很小）的油滴（视为质点），第1滴油滴落在下极板中点C处，油滴落在极板上立即被吸收且电荷

均匀分布在极板上。已知重力加速度为g，不计空气阻力，忽略油滴间的相互作用，则（）

A.油滴喷射的初速度大小为

B.最终稳定时，油滴沿力/处方向做匀速直线运动

C.油滴在平行板间运动的最短、最长时间之比为垣2

D.油滴在平行板间运动时电势能最多减少

O

【答案】CD

【详解】A.由题意可知粒子的初速度方向与水平方向呈45。，第1滴油滴落在下极板中点。处，水平方向

上满足也山=4,竖直方向上满足

2222

解得油滴喷射的初速度-=科，故A错误；

B.随着电荷量的积累，两板间电场强度逐渐增大，粒子竖直方向上的加速度减小，水平方向的位移逐渐

增大，直至下极板的电荷量积累至油滴刚好离开网点为止，之后粒子将一直从8/点射出，故B错误；

C.水平方向的分运动决定了油滴在平行板间运动的时间，因此最短、最长时间之比为1团2,故C正确；

D.电场力做功最多时油滴向上运动至最高点（最终从8/点离开），由运动的对称性分析知，水平方向上

争，=d，轻直方向上"=g•争£，从4点到最高点由动能定理有-〃期+%=0-,（去，）2

联立解得叫=:〃叫

O

即电势能最多减少,故D正确。

O

故选CD,

14.（2026•江西九江•一模）竖直平面内有一圆形区域PQVK,匀强电场平行于该平面，方向如图所示，

电场强度的大小为£=电超，一个电荷量夕（夕＞0）的小球多次从圆周上的P点以相同的速率向各个方向

q

发射，小球能到达圆周上的所有位置，PN、K0分别是圆的水平和竖直直径，已知M是圆弧0N的中点,

关于小球在圆周上各点，下列说法正确的是（）

A.小球在。点的电势能最大B.小球在M点的机械能最小

C.小球在K点的电势能与动能之和最大D.小球在N点的动能最小

【答案】C

【详解】A.由于沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以M点电势最低，又O。，所以小球在0点的电势

能最小，故A错误；

BC.由于只有重力和电场力做功，故任何点的小球，动能+重力势能+电势能=定值；小球在〃点的电势能

最小，则在M点的机械能最大；小球在K点的重力势能最小，则电势能与动能之和最大，故B错误，C正

确；

D.因“=可知，电场力和重力的合力方向沿ON方向向右，则从尸点射出的粒了•到达M点时合力

做功最多，则N点的动能最大，D错误。

故选Co

15.（2026•江西九江•一模）如图，直角坐标系xQn中，第I象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，第团、0

象限中有两平行板电容器G、G，其中G垂直X轴放置，极板与工轴相交处存在小孔M、N：g垂直y轴

放置，上、下极板右端分别紧贴），轴上的P、。点。一带电粒子从M静止释放，经电场直线加速后从N射

出，紧贴G下极板进入G，而后从P进入第团象限；经磁场偏转后恰好垂直x轴离开，运动轨迹如图中虚

线所示。已知粒子质量为〃7、带电量为9（4>0）,。、P间距离为乩。、g的板间电压大小均为U,板间

电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求:

y

⑴粒子经过N时的速度大小:

（2）粒子经过P时的速度大小;

⑶【兹场的磁感应强度大小。

【答案】（1）%=

⑵”

⑶等

【详解】（1）粒子从"到N的运动过程中，由动能定理有，心=；〃吟

解得h=

（2）粒子在G中做类平抛运动，则。

由牛顿第二定律有畔=〃口

a

粒子在2点时vP=M+彳

解得v,=

（3）设粒子进入磁场时与y轴正方向夹角为6

则tanZ?=—

4

解得6=45

在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力有qi，pB=箸

由几何关系有"备:"7

解得B=*

q

16.（2026•四川广安•一模）如图，光滑的固定斜面倾角为。=30。，斜面长为4L，底端。点固定一带正电

的点电荷（电荷量未知）：一质量为，〃带电荷量为+“的小球从斜面顶端人点静止释放，小球沿斜面向下

运动的最远点为艮A、3间距离为3L0

⑴求A、8两点的电势差U八八

（2）已知两点电荷组成的系统电势能与=左四（左为静电力常量，，•为两电荷间距离），求C点固定正点电

r

荷的电量Q；

⑶在（2）问的基础上，求小球在A、8之间运动的最大速度大小％。

【答案】⑴一用

⑶屈

【详解】（1）小球从A到8,根据动能定理3mgLsin6+4%=0

解得3-半

2q

（2）小球从A到8由能量转化与守恒知3mgLsin。=华-孕

L4L

解得。=当叱

（3）若小球在A到B之间的。点处加速度为0,设。到C的距离为X,布〃侬in£=华

厂

小球从A到。能量转化与守恒/咫（4L7）sin®=也-华+［您

解得小球在A、〃之间运动的最大速度大小％=痴

17.（2026♦江西上饶•一模）如图所示，在竖直面内建立平面直角坐标系。空间中存在平行于坐标平面的

匀强电场。一带正电的小球质量为，〃=lkg,带电量为夕=1C,从坐标原点。（0m,0m）以初动能4.5J沿不

同方向抛出，经过M点时动能为36.5J,经过N点时动能为86.5J。己知M、N点坐标分别为（4m,

2

Om）、（8m,3m）,重力加速度g=10m/so下列说法正确的是（)

1y/m

3............T……TN

II

II

II

*；r

048x/m

A.UMV=80V

B.电场强度大小E=10V/m

C.电场强度的方向与x轴正方向的夹角为37°

D.小球从0点抛出后不可能先后经过M、N两点

【答案】AD

【详解】A.小球由。点运动到M点的过程，根据动能定理有4。加=线乂-々。

解得U°w=32V

小球由O点运动到N点的过程，根据动能定理有qU°N-mg”=ERN-Ek。

解得（加=112V

故％=t/av-i/(w=(112-32)V=80V,故A正确;

BC.取x轴上坐标为（14m,0）的尸点，则Ug=112V

故P点与N点电势相等，连接0V并延长，则2V所在直线为等势线，过。点作PN的垂线,垂足为0.

则匀强电场的方向沿。。方向，作出一条电场线，如图所示

01MPx/m

v31

设P。与x轴负方向的夹角为。，则tane=——=

Xp—XN14-0Z

贝gin0=—,cos0=

55

故场强大小为七=。葭1夕=、6V/m=86v/m,故BC错误；

14x——

5

D.小球所受重力和电场力分别为G="?g=lxl0N=10N,F=^E=lx8x/5N=8>/5N

小球的受力情况如图所示

将电场力沿着工轴和歹轴分解，然后沿x轴和y轴分别求出合力，则巴=/sin9=8石x亨=8N,

F=Fcos0-G=8x/5x--10N=6N

I5]

设电场力与重力的合力方向与x粕正方向的夹角为a,如图所示

V*JJ

设由用指向N的方向与x轴正方向的夹角为夕，[an〃=——

XN~AA/8-44

则。=户

即M点和N点的连线与合外力平行，乂因。、M、N三点不在一条直线上，故小球从。点抛出后只能经过

M点和N点中的一个点，不可能先后经过例、N两点，故D正确。

故选ADo

18.(2025•天津•一模)如图所示，A、B两物块用•根轻绳跨过光滑轻质定滑轮相连，其中A带负电，电

荷量大小为4°空间中有一个平行于斜面向下的匀强电场，A桧好静止于倾角为37的光滑斜面上，轻绳

恰好拉直但无拉力，不带电的B、C通过一根劲度系数为火的轻弹簧拴接在一起，均处「静止状态，

A、B、C质量均为加，重力加速度为W,sin37=0.6。现突然将电场的方向改变180,A、B开始运动起

来，则()

A.电场强度的大小为警

5q

B.刚开始运动时，A的加速度大小为0.6g

C.当B的速度最大时•，B的位移大小为翳

D.当C刚好要离开地面时，B的速度大小为小票

【答案】BD

【洋解】A.A物块静止时，根据平衡条件可得咫sin370

解得£=等，故A错误；

B.刚开始运动时弹簧弹力不变，对AB整体由牛