2026年高考物理一轮复习考点精讲精练(新高考通用)第28讲带电粒子在静电场中的运动(高效培优讲义)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习考点精讲精练(新高考通用)第28讲带电粒子在静电场中的运动(高效培优讲义)(学生版+解析)，共4页。试卷主要包含了直线运动，恒力作用下的曲线运动，示波管原理，圆周运动，电场线、等势面与运动轨迹，静电场中的功能关系，静电场中的图像等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc206167438" 考情探究
\l "_Tc206167439" 知识梳理
\l "_Tc206167440" 探究核心考点
\l "_Tc206167441" 考点一 直线运动
\l "_Tc206167442" 考点二 恒力作用下的曲线运动
\l "_Tc206167443" 考点三 示波管原理
\l "_Tc206167441" 考点四 圆周运动
\l "_Tc206167442" 考点五 电场线、等势面与运动轨迹
\l "_Tc206167441" 考点六 静电场中的功能关系
\l "_Tc206167441" 考点七 静电场中的图像
\l "_Tc206167447" 三阶突破训练
\l "_Tc206167448" 基础过关
\l "_Tc206167449" 能力提升
\l "_Tc206167450" 真题感知
一、5年真题考点分布
二、命题规律及备考策略
【命题规律】本讲内容是新高考卷的常考内容。本类试题主要考查静电力作用下的各种运动。常常与匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、功能关系及能量守恒定律进行综合。
【备考策略】1.理解、掌握各种直线运动。
2.熟悉恒力作用下的曲线运动。
3.熟悉圆周运动。
4.熟悉一般的曲线运动。
5.具备数形结合的思想意识。
【命题预测】本讲内容是新高考卷的必考内容，可选择，可计算，常常与匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、功能关系及能量守恒定律进行综合。
一、带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
1．对带电粒子进行受力分析时应注意的问题
(1)要掌握静电力的特点．静电力的大小和方向不仅跟电场强度的大小和方向有关，还跟带电粒子的电性和电荷量有关．
(2)是否考虑重力依据情况而定．
基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有特殊说明或明确的暗示外，一般不考虑重力(但不能忽略质量)．
带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特殊说明或明确的暗示外，一般都不能忽略重力．
2．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力F合≠0且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动．
3．用动力学观点分析
a＝eq \f(qE,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－v02＝2ad.
4．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
5．带电粒子在交变电场中的直线运动
(1)按周期性分段研究．
(2)将eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(φ－t图像,U－t图像,E－t图像))eq \(――→,\s\up7(转换))a－t图像eq \(――→,\s\up7(转化))v－t图像．
二、带电粒子在匀强电场中的偏转
1．带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t＝eq \f(l,v0)(如图)．
(2)沿静电力方向做匀加速直线运动
①加速度：a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md).
②离开电场时的偏移量：y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdv02).
③离开电场时的偏转角：tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdv02).
2．两个重要结论
(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：在加速电场中有qU0＝eq \f(1,2)mv02
在偏转电场偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·(eq \f(l,v0))2
偏转角θ，tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qU1l,mdv02)
得：y＝eq \f(U1l2,4U0d)，tan θ＝eq \f(U1l,2U0d)
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．
3．功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，其中Uy＝eq \f(U,d)y，指初、末位置间的电势差．
三、带电粒子在交变电场中的偏转
1．带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形．
当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性．
2．研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况．根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等．
3．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件．
4．对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动．
四、电场中功能关系的综合问题
电场中常见的功能关系
(1)若只有静电力做功，电势能与动能之和保持不变．
(2)若只有静电力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．
(3)除重力之外，其他力对物体做的功等于物体机械能的变化量．
(4)所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化量．
五、带电粒子在重力场和电场中的圆周运动
1．等效重力场
物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些．此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”．
2.
六、电场中的力电综合问题
1．动力学的观点
(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法．
(2)综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题．
2．能量的观点
(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理．
(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现．
①若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变．
②若带电粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变．
3．动量的观点
(1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．
(2)运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述是否为某方向上动量守恒．
考点一 直线运动
典例1．（2025·黑龙江省哈尔滨市第九中学·二模）在平行于纸面的匀强电场中，质量为、电荷量为的小球，仅在重力和电场力的作用下，由静止释放，沿斜向下做直线运动，轨迹与竖直方向的夹角为，重力加速度g，下列说法正确的是（ ）
A. 电场方向可能水平向左
B. 电场强度的最小值为
C. 小球的电势能不可能增加
D. 小球的机械能可能增加
【答案】D
【解析】B．带电小球受重力mg、电场力F，小球运动轨迹为直线，那么小球受力的合力也必定沿运动轨迹直线斜向下，由力合成的三角形定则求合力，如图所示
由解析图可知，当电场力F与小球运动轨迹直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有F=qEmin=mgsinθ
解得
故B错误；
A．小球带正电，受电场力方向只能向右侧，所以电场方向不可能向左，故A错误；
CD．当电场力方向与速度方向夹角为某一钝角时，如图所示
电场力做负功，小球机械能减小，电势能增加，为锐角时，电场力做正功，小球机械能增加，电势能减小，故C错误，D正确。
故选D
典例2．（2025·湖南省怀化市·二模）如图甲所示，A、B是电场中一条电场线上的两点，t＝0时刻一个负电荷从A点由静止释放，仅在静电力作用下从A点运动到B点，该过程中其速度v随时间t的变化图像如图乙所示，关于该电场，下列说法正确的是（ ）
A. A点电势高于B点电势
B. 该电场可能为正点电荷产生的电场
C. 该负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能
D. A点的场强大小小于B点的场强大小
【答案】C
【解析】A．由题意知，负电荷受电场力向右，故场强方向向左，沿电场线方向，电势逐渐降低，那么A点电势低于B点电势，A错误；
B．如果是正点电荷产生的电场，那正点电荷应该在右侧，则A点场强会小于B点场强，与题目矛盾，B错误；
C．该负电荷从A到B过程，电场力做正功，电势能减少，故在A点电势能大于在B点电势能，C正确；
D．根据速度 - 时间图像知，电荷的加速度逐渐减小，故场强逐渐减小，D错误。
故选C。
典例3．（2025·天津市耀华中学·二模）多个长度逐个增大的金属圆筒沿轴线排列成一串，如甲图所示，图中只画出了六个圆筒作为示意。各筒按奇偶顺序交替连接到如乙图所示的交流电源的两端，已知交流电源周期为T、电压绝对值为，且对应奇数号圆筒为高电势。整个装置放在高真空容器中。圆筒的两底面中心开有小孔，粒子可以沿筒的中心轴线穿过。由于静电平衡，可认为只有相邻圆筒间缝隙中存在匀强电场，而圆筒内部电场强度为零，缝隙的宽度很小，粒子在缝隙电场中加速的时间可以不计。时刻，有一电量为、质量为的正离子由静止进入一、二圆筒间的电场开始加速，穿过二号圆筒后正好在时刻进入二、三圆筒之间的电场再次加速，且之后每经过正好进入下一缝隙电场。
（1）求粒子从第2个圆筒飞出时的速度大小？
（2）第个圆筒的长度？
（3）实际应用中，由于相邻圆筒之间电压最大值有限制，要想使粒子获得较大速度，需要经过很多次加速，设置的圆筒数量较多，导致粒子在缝隙电场中的加速时间不能再忽略。设相邻圆筒间距均为，在不改变交变电源的情况下，粒子能获得的最大动能是多少？
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据动能定理
可得
【小问2详解】
根据动能定理
又
联立可得
【小问3详解】
根据
结合牛顿第二定律
根据运动学公式，
结合动能的定义
联立可得
跟踪训练1．（2025·河南省郑州市·三模）（多选）如图甲，质量的滑块（可视为质点）带电量，处在沿斜面向下的匀强电场中。滑块从固定的粗糙绝缘斜面底端开始以初速度沿斜面向上运动，一段时间后撤去匀强电场。以出发点O为原点沿斜面向上建立坐标系，整个运动过程中滑块速度的平方随位置坐标变化的关系如图乙所示，斜面倾角，取，重力加速度，则（ ）
A. 斜面的动摩擦因数为0.25B. 电场强度的大小为
C. 滑块出发后撤去匀强电场D. 整个过程中滑块机械能减少了
【答案】BD
【解析】AB．根据匀变速直线运动公式
可得图像的斜率绝对值是加速度的2倍，物块沿斜面上升的过程中受沿斜面向下的电场力、斜面向下的摩擦力和重力沿斜面向下的分量，可知沿斜面上升时的加速度较大，即最上面的图线，沿斜面下滑的时候加速度小，从图像中可以看出，物体在下滑过程，距离O点为3m的时候撤去电场，上滑时的加速度大小为
撤去电场之前下滑的加速度大小为
对上滑和撤去电场之前的下滑两个过程根据牛顿第二定律得Eq+mgsinθ+μmgcsθ=ma1，
Eq+mgsinθ-μmgcsθ=ma2
解得：μ=0.375，E=106N/C
故B正确，A错误；
C．上升到最大高度的时间
从最大高度下滑x1=2m的时间
可知滑块出发后2s撤去匀强电场，选项C错误；
D．整个过程中减小的机械能
选项D正确。
故选BD。
跟踪训练2．（2025·吉林省白城市第一中学·一模）如图，一带正电小球甲固定在光滑绝缘斜面上，另一带正电小球乙在斜面上由静止释放。以释放点为原点，沿斜面向下为正方向建立x轴。在乙沿x轴加速下滑过程中，其动能和机械能E随位置x变化的图像，可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】AB．设两个带电小球间距为r，由动能定理可知
则图像的斜率表示合外力，则
所以在乙沿x轴加速下滑过程中，两个带电小球间距为r逐渐减小，合外力沿斜面向下逐渐减小，则斜率逐渐减小，故AB不符合题意；
CD．由图像的斜率表示库仑力，则
所以在乙沿x轴加速下滑过程中，库仑力逐渐增大，图像的斜率逐渐增大，故C不符合题意，D符合题意。
故选D。
跟踪训练3．（2025·广东省汕头市·三模）如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为C的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（ ）
A. 质子在各圆筒中做匀加速直线运动
B. 质子进入第n个圆筒瞬间速度为
C. 各金属筒的长度之比为1:：：
D. 质子在各圆筒中的运动时间之比为1:：：
【答案】C
【解析】A．金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，做匀速运动，故A错误；
B．质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理
解得
故B错误；
D．只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误；
C．第n个圆筒长度
则各金属筒的长度之比为1:：：，故C正确。
故选C。
考点二 恒力作用下的曲线运动
典例1．（2025·黑龙江省大庆市大庆中学·三模）（多选）如图，不带电的平行板电容器正对水平放置，上极板接地，板长为L，板间距离为d。左侧有质量为m、电荷量为的油滴从两板正中间位置以速度进入平行板，其中第一滴油滴恰好落在下极板的中心位置O，前一滴油滴落在下极板上后，后一滴相同的油滴仍从同一位置以相同速度进入平行板，第N滴油滴恰好从下极板右边缘射出。已知电容器的电容为C，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 油滴进入平行板的速度
B. 两板间的最大电压为
C. 落在下极板上的油滴数
D. 若保持油滴射入位置不变，仅将上极板下移，则落在下极板上的油滴数不变
【答案】BD
【解析】A．第一滴油滴在极板间做平抛运动，水平方向
竖直方向
解得
故A错误；
BC．第N滴油滴恰好从下极板右边缘射出，在水平方向
竖直方向
由牛顿第二定律得
极板间的电势差
解得，
故B正确，C错误；
D．电容器的电容
落在下极板上的油滴滴数
解得
落在下极板上的油滴数与板间距离无关，仅将上极板下移，落在下极板上的油滴数不变，故D确。
故选：BD
【点睛】本题考查了类平抛运动，根据题意分析清楚油滴的运动过程是解题的前提，应用运动学公式与牛顿第二定律即可解题。
典例2．（2025·湖南省株洲市·一模）（多选）如图，空间存在匀强电场，质量为m、电荷量为q的小球沿图中实线先后通过同一竖直面平面内的P、Q两点，通过两点时速率相同，P、Q两点连线与竖直方向的夹角为θ，则在小球从P运动到Q的过程中（ ）
A. 小球到达实线中点时速率最小
B. 小球动量的变化率先减小后增大
C. 该电场的场强不应小于
D. 小球在P点的电势能大于在Q点的电势能
【答案】AC
【解析】A．题意可知，小球通过PQ两点时速率相同，即合力做功为0，则合力方向垂直于PQ连线，可知小球该过程做类斜抛运动，则PQ连线的中垂线与轨迹交点为类斜抛运动的最高点，所以小球到达实线中点时合力做负功最多，该点速率最小，故A正确；
B．小球运动过程中只受电场力和重力，由于二者均为恒力，故其合力也为恒力，由动量定理推导式可得
可知小球动量的变化率为电场力和重力的合力，故小球动量的变化率不变，故B错误；
C．设电场力与PQ夹角为α如图
由于电场力和重力合力垂直与PQ连线，故沿PQ方向有
解得
故电场的场强不应小于，故C正确；
D．由于PQ过程电场力和重力做的总功为0，但由于该过程重力做正功，所以该过程电场力做负功，则小球电势能增加，即小球在P点的电势能小于在Q点的电势能，故D错误。
故选AC。
跟踪训练1．（2025·陕西省西安中学·一模）如图所示，质量相同、带电量不同的两带电粒子（重力不计）以大小相同的初速度从左上端水平射入平行板电容器，粒子1打在下极板中点处，粒子2由右侧板中央处射出电场区域，粒子1和2所带电荷量分别为q1和q2，在电场中的运动时间分别为t1和t2，在电场中运动的加速度分别为a1和a2，在电场中运动时动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2，则（ ）
A. t1:t2=B. a1:a2=4:1
C. q1:q2=2:1D. ΔEk1:ΔEk2=16:1
【答案】D
【解析】A．粒子在水平方向做匀速运动，则
则
t1:t2=1:2
选项A错误；
B．竖直方向做匀加速运动，则
可得
选项B错误；
C．根据
则
q1:q2=8:1
选项C错误；
D．根据
可得
选项D正确。
故选D。
跟踪训练2．（2025·山东省滨州市市·二模）空间中存在一匀强电场，电场方向未知。如图所示，一质量为的带电小球在点的初速度大小为，方向水平向左，小球经过下方点时速度的大小仍为，且方向与水平方向夹角，指向右下方。A、B两点在同一竖直面内，不计空气阻力，重力加速度为。则（ ）
A. 若电场力水平向右，电场力最小
B. 间电势差
C. 小球速度竖直向下时，速度的大小为
D. 若电场力的大小为，则电场力与竖直方向的夹角为，指向右上方
【答案】D
【解析】A．小球经过AB两点时速度大小相等，有对称性可知在AB两点时速度方向与AB连线的夹角大小相等，设为α，由几何关系可知α=60°，小球所受的合力方向沿AB的垂直平分线方向斜向下，方向与水平线夹角为30°，由平行四边形定则可知，若场强方向沿BA向上时电场力最小，场强最小，选项A错误；
B．从A到B根据动能定理
可知
选项B错误；
C．小球速度竖直向下时，此时速度方向与AB夹角为30°，小球沿AB方向的速度为
不变，则小球速度竖直向下时速度的大小为
选项C错误；
D．由图可知，若电场力的大小为，合力大小也为mg，此时电场力与竖直方向的夹角为，指向右上方，选项D正确。
故选D。
考点三 示波管原理
典例1．（2025·湖南师大附中·二模）（多选）示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的情况。示波器的内部构造简化图如图所示，电子经电子枪加速后进入偏转电场，最终打在荧光屏上。下列关于所加偏转电压与荧光屏上得到图形的说法中正确的是（ ）
A. 如果只在上加图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（b）
B. 如果只在上加图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（a）
C. 如果在、上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（c）
D. 如果在，上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（d）
【答案】ABD
【解析】A．如果只在上加图甲所示的电压，竖直方向不偏转，所以在荧光屏上看到的图形如图（b），故A正确；
B．如果只在上加图乙所示的电压，水平方向不偏转，则在荧光屏上看到的图形如图（a），故B正确；
CD．如果在、上分别加图甲、乙所示的电压，则水平方向为扫描电压，扫描电压覆盖了两个周期的待测信号波形，在荧光屏上看到的图形将如图（d）所示，故C错误，D正确。
故选BD。
跟踪训练1．（2025·四川省成都市新津中学·一模）如图1为示波管的原理图，如果在电极之间所加的电压按图2所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图3所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为在电极之间所加的电压保持不变，可知在方向上的偏转位移保持不变，在方向上电压按正弦规律变化，即方向上偏转位移在正负最大值之间变化。
故选C。
考点四 圆周运动
典例1．（2025·江西省萍乡市·二模）（多选）如图甲所示为一种“自动旋转电玩小球”玩具模型的简化图。内侧半径为R的光滑绝缘轨道竖直固定放置，轨道内部存在与轨道平面平行的匀强电场（方向未知）。轨道内侧有一质量为m，电荷量为+q的五彩小球从轨道最低点P以某一初速度启动，在轨道平面内沿逆时针方向恰好能做完整的圆周运动。运动过程中，小球与轨道圆心O的连线与OP方向的夹角记为θ，乙图所示为小球在运动过程中的电势能Ep随角度θ的变化情况，已知重力加速度为g，则（ ）
A. 匀强电场的方向水平向左
B. 电场强度的大小为
C. 小球运动过程中动能的最小值为
D. 小球运动过程中对轨道压力的最大值为
【答案】AD
【解析】A．如图所示
设M、N为圆环上与圆心O等高的两点，根据图乙可知当或者时，小球的电势能都为0，则P、Q两点为等势线
当时，小球运动到N点，电势能最大为
当时，小球运动到M点，电势能最小为
综上可得电场线方向为N指向M，即水平向左，故A正确；
B．小球由N点运动到M点，由动能定理得
解得，故B错误；
C．小球所受电场力，所以小球在圆环内受到的等效重力为，方向与MN成角，根据题意，小球运动到“最高点”时动能最小，小球恰好做圆周运动，则在“最高点”
解得，故C错误；
D．小球运动到“最低点”时对轨道的压力最大，小球从“最高点”到“最低点”的过程，
在“最低点”处
联立解得，故D正确。
故选AD。
典例2．（2025·四川省眉山市·一诊）如图所示，倾角的绝缘倾斜传送带长，以的速度顺时针匀速转动，传送带与半径可调的绝缘竖直光滑圆弧轨道平滑连接，其中段为光滑管道，对应圆心角点所在半径始终在竖直方向上，过点的竖直虚线右侧空间（包含虚线边界）存在水平向右的匀强电场，电场强度。一带电小物块在传送带最上端处无初速释放后，沿传送带运动。已知小物块的质量、电量，与传送带间的动摩擦因数，整个过程中小物块电量始终保持不变，忽略空气阻力，取重力加速度。
（1）求小物块第一次到达点时的速度大小；
（2）当轨道半径，求小物块经过点瞬间对圆弧轨道的压力大小；
（3）要使小物块第一次沿圆弧轨道向上运动过程中，不脱离轨道也不从点飞出，求圆轨道半径的取值范围。
【答案】（1）
（2）
（3）；
【解析】
【小问1详解】
对物体受力分析，由牛顿第二定律得
代入数据得
假设物块与传送带共速，则共速时间，则

则该过程中物块沿传送带下滑的位移为，则

物块与传送带 后，所受摩擦力发生突变，对物块受力分析，由牛顿第二定律得
代入数据得
对两者共速之后物块到点的过程，由运动学公式
代入数据得
小问2详解】
对物块在点时受力分析，受重力、电场力和支持力，如下图所示
设电场力和重力的合力为,其方向与竖直方向的夹角为，设此力为等效重力，则由勾股定理
由几何关系
即
即点为接下来做圆周运动的最低点，则过点和圆心的反向延长线，交于圆周点，为等效最高点。
在点，设物体的支持力为，由向心力公式
联立各式代入数据得
由牛顿第三定律可知，小物块经过点瞬间对圆弧轨道的压力大小。
【小问3详解】
过圆心做直径的垂线交于圆周于点，如下图
则由分析可知，当小物块第一次沿圆弧轨道到达点时，速度为零，小物块不脱离轨道也不从点飞出，由动能定理可知

代入数据得
即圆轨道半径的取值范围为
由分析可知，当圆轨道半径较小时，小物块第一次沿圆弧轨道点时，速度为零，小物块不脱离轨道也不从点飞出，由动能定理可知

代入数据得
即圆轨道半径的取值范围为
假设第一次沿圆弧轨道到达点时, 与轨道之间弹力为零，设此时速度为，则
由动能定理可知
代入数据得
即圆轨道半径的取值范围为
跟踪训练1．（2025·四川省内江市威远中学·一模）如图所示，半径为R 的竖直光滑圆轨道内侧底部静止放着一个可视为质点的带正电的光滑小球，小球质量为m，所带电荷量为+q。轨道的上半圆部分处于水平向右，场强大小的匀强电场中。现给小球一个水平向右的初速度，小球恰好能在竖直轨道内完成圆周运动，已知sin37°=，sin53°=，重力加速度为g，则大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题可知，小球受到的电场力
当小球受到重力和电场力的合力指向圆心时，该点为小球运动的等效最高点，设该点为P点，如图所示
根据几何知识可得
故
小球恰好能在竖直轨道内完成圆周运动，则小球在P点受到电场力与重力的合力为其圆周运动提供向心力，根据牛顿第二定律可得
其中
由于小球带正电，故小球从最低点到P点的过程中，重力与电场力均做负功，根据动能定理可得
联立解得
故选A。
跟踪训练2．（2025·新疆维吾尔自治区喀什地区·一模）（多选）如图，一个用光滑绝缘细管制备的圆环，固定在方向向右的匀强电场中，圆环的直径ac与电场方向一致，直径bd与电场方向垂直。一带正电的小球在细管中做圆周运动，小球在点与管壁的相互作用力大小分别为。运动过程中小球电荷量不变，不计重力，下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】运动过程中小球电荷量不变，不计重力，设小球的质量为，圆环的半径为，球在点，根据牛顿第二定律，，，
根据动能定理可得，，
可得
故
故选BC。
考点五 电场线、等势面与运动轨迹
典例1．（2025·陕西省宝鸡市·模拟检测（一））如图所示，实线为负点电荷的一条电场线，负点电荷位于电场线的一端。A、B、C为电场线上的三点，且AB = BC，虚线为电子仅在电场力作用下的运动轨迹。关于A、B、C三点电场强度E、电势φ的判断正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】AC．由图中虚线可知，电子在B点所受电场力方向由A点指向C点，所以电场方向由C点指向A点，可知负点电荷在A点左侧。根据点电荷电场的分布特点可知，三个点的电场强度关系为
因电场方向由C点指向A点，且沿着电场线方向，电势逐渐降低，故三个点的电势关系为
故AC错误；
B．点电荷的电场强度公式为
设AB = BC = d，则有
，，
推导可知
故B错误；
D．根据电场强度与电势差之间的关系可知
其中
此电场为点电荷电场，故
所以
化简可得
故D正确。
故选D。
典例2．（2025·北京市东城区·一模）图中虚线为某静电场的等势面，相邻等势面间的电势差相等。实线为一电子运动的部分轨迹，、、为轨迹与等势面的交点。电子从点运动到点的过程中，仅受静电力作用。下列说法正确的是（ ）
A. 电子加速度一直减小
B. 电子速度先减小后增大
C. 电子在点电势能比在点电势能小
D. 电子从点到点与从点到点的动能增量相等
【答案】D
【解析】A．等差等势面越密集，电场强度越大，由图可知电子从点运动到点的过程中电场强度先变大后变小，根据牛顿第二定律可知电子加速度先增大后减小，故A错误；
B．根据曲线运动的合力方向位于轨迹的凹侧，且场强方向与等势面垂直，可知电子受到的电场力垂直等势面偏右，所以电场力与速度方向的夹角小于90°，则电场力对电子做正功，电子的动能增大，速度一直增大，故B错误；
C．由于电场力对电子做正功，则电子电势能减少，电子在O点电势能比在Q点电势能大，故C错误；
D．由于相邻等势面间电势差相等，则有
根据
可知从O点到P点电场力做功与从P点到Q点电场力做功相等，根据动能定理可知电子在两个过程中动能增量相等，故D正确。
故选D。
跟踪训练1．（2025·河北省沧州市·二模）将一不带电的金属球放置在电场中形成如实线所示的电场线（未画方向），一带负电的粒子在电场中运动的轨迹如虚线所示，a、b为轨迹上两点，不计粒子重力，则下列说法正确的是（ ）
A. 金属球内部电场强度处处相等且不为0
B. 金属球左半部分一定带正电
C. a点电势一定高于b点电势
D. 该粒子在a点的电势能一定大于其在b点的电势能
【答案】D
【解析】A．金属球处于静电平衡状态，内部电场强度处处为0，故A错误；
B．根据粒子运动轨迹可知，轨迹凹侧指向金属球右半部分，则金属球右半部分一定带正电，金属球整体呈电中性，故左半部分一定带负电，故B错误；
C．金属球右半部分带正电，电场方向是从左向右，则b点电势高于a点，故C错误；
D．因负电荷在电势低处电势能大，故该粒子在a点的电势能一定大于其在b点的电势能，故D正确。
故选D。
跟踪训练2．（2025·甘肃省白银市·三模）一种电子透镜的部分电场分布如图所示，虚线为等差等势面。电子枪发射的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b、c是轨迹上的三个点，取c点电势为0V，电子从a点运动到b点电势能变化了10eV，则（ ）
A. a点电势为
B. 电子在b点的电势能为
C. b点的电场强度比c点的大
D. 电子的运动轨迹与其中的一条电场线重合
【答案】B
【解析】A．根据电场线的方向与等势面的垂直，可知图中电场线的方向大体沿左上—右下方向；电子从a到c的过程中向上弯曲，说明电子受到的电场力的方向指向左上方，则电子从a到c的过程中受到的电场力的方向与电场线方向之间的夹角为钝角，电场力做负功，所以电子从a点运动到b点电势能增大10eV，电子带负电，则b点的电势比a点的电势低10V，结合图可知相邻两等势面间的电势差为5V，取c点电势为0V，则a点的电势为
故A错误；
B．取c点电势为0V，相邻两等势面间的电势差为5V，可知b处电势为5V，则电子在b点的电势能为
故B正确；
C．根据等势面的疏密表示电场的强弱可知b点的电场强度小于c点的电场强度，故C错误；
D．电场线的方向与等势面垂直，由图可知电子运动的轨迹与等势面不垂直，则电子的运动轨迹不可能与其中的一条电场线重合，故D错误。
故选B。
考点六 静电场中的功能关系
典例1．（2025·宁夏回族自治区银川市宁夏六盘山高级中学·一模）图甲中直线MN表示某点电荷Q产生的电场中的一条电场线。一质量为m、电荷量大小为q、带负电的粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动，经过M点时速度为，到达N点时速度为，粒子运动的图像如图乙所示。取N点电势为零，则下列说法正确的是（ ）
A. M点的电势为
B. 点电荷Q为负电荷
C. M点电场强度小于N点电场强度
D. 该粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
【答案】A
【解析】A．带电粒子从M点运动到N点的过程中，由动能定理得
解得M、N两点间的电势差为
而
且，所以
A正确；
BC．由图乙可知，该粒子受到向左的电场力，电场线方向向右，在M处的加速度大于N处的加速度，则M处的电场力大于N处的电场力，由此可知该点电荷Q为正电荷且在M的左侧，M处的场强大于N处的场强，BC错误；
D．带电粒子从M点运动到N点过程中，动能减小，电势能增大，故电荷在M点的电势能一定小于N点的电势能，D错误。
故选A。
典例2．（2025·山西省晋城市·二模）（多选）如图所示，固定点电荷A、B分别带正、负电荷，A的电量大于B的电量，光滑绝缘、粗细均匀的直杆竖直固定，与AB的垂直平分线重合，将带正电的小环套在杆上，让小环从杆上P点由静止释放，则小环从P点运动到AB中点O的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 小环的电势能不断增大B. 小环的机械能不断增大
C. 小环运动的速度不断增大D. 小环有可能在两个位置的加速度为零
【答案】AD
【解析】AB．由于电场力对小环一直做负功，因此小环的机械能不断减小，电势能不断增大，故A正确，B错误；
C．从P到O竖直向上的电场强度的分量有可能先增大后减小，若小环受到的向上的最大电场力大于环的重力，则小环就是向下先加速后减速再加速，故C错误；
D．若小环受到的向上的最大电场力大于小环的重力，则小环在向下运动过程中就有两个位置电场力与重力等大反向，加速度为零，故D正确。
故选AD。
典例3．（2025·山西省·二模）如图甲所示，竖直放置的绝缘圆环上均匀分布着正电荷，光滑的绝缘细杆过圆心且垂直于圆环平面，杆上套有一带电小球。时将小球从点由静止释放，小球沿细杆运动的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 小球从到的过程中电势能一直增大
B. 小球从到的过程中电势能先增大后减小
C. 点的电场强度大于点的电场强度
D. 、两点电势差小于、两点的电势差
【答案】D
【解析】AB．由题意可知小球带正电，小球从经过运动到点的过程中，速度一直增大，静电力一直做正功，电势能一直减小，故AB错误；
C．根据v-t图像的斜率表示加速度，可知小球在点的加速度小于在点的加速度，由
可知点的电场强度小于点的电场强度，故C错误；
D．根据动能定理，从a到b有
从b到c有
可得
故D正确
故选D。
跟踪训练1．（2025·河南省豫西北教研联盟·三模）如图所示，绝缘轨道ABC固定在竖直平面内，AB部分是光滑的圆弧轨道，轨道半径为R，BC部分是足够长的水平轨道，两部分平滑连接。空间存在水平向左的匀强电场（图中未画出），场强大小为E（未知）。现将一质量为m、电荷量为q的带电物块（可视为质点）从轨道上的A点由静止释放，物块沿轨道运动。已知物块与轨道BC间的动摩擦因数为0.125，整个运动过程中物块在BC段运动的总路程为2R，重力加速度大小为g，且。则整个运动过程中带电物块向右运动的最远处与B点相距（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】运动到最远时，根据动能定理得
最终静止在圆弧轨道上，设与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件得
全程根据动能定理得
解得
故选A。
跟踪训练2．（2025·安徽省黄山市·二模）（多选）如图所示，倾角为30°的足够长光滑绝缘斜面固定在水平面上，空间中存在水平向右的匀强电场，电场强度。小球A的电荷量为+q，小球B不带电，质量均为m，两球用劲度系数为k的轻质绝缘弹簧连接，弹簧处于原长并锁定。现解除锁定释放两球并开始计时，t0时刻两球第一次速度相等，速度大小为v0，此时弹簧形变量为x0，在整个运动过程中弹簧均在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 两球每次速度相同时弹簧形变量均为x0
B. 两球每次加速度相同时弹簧的形变量均为
C. 在t=t0时，小球A的电势能增加了
D. 在t=2t0时，两球和弹簧系统机械能减少了
【答案】BCD
【解析】B．当两球加速度相同时，对AB整体有
对B有
联立解得
故B正确；
C．作出两球的v-t图线，如图所示
t0时刻两球第一次速度相等，速度大小为v0，此时弹簧形变量为x0，即
结合图像可得
所以在t=t0时，小球A的电势能增加了
故C正确；
D．由图可知，在t0~2t0内，有
所以在t=2t0时，弹簧恢复原长，且
根据能量守恒定律可知，两球和弹簧系统机械能减少量等于电势能增加量，即
故D正确；
A．由以上分析可知，t0时两球速度相等，弹簧伸长量为x0，2t0时两球速度再次达到相等，但弹簧处于原长，故A错误。
故选BCD。
跟踪训练3．（2025·四川省达州市·二模）（多选）空间中有竖直向上的匀强电场，一质量为m、带电荷量为q的微粒在竖直平面内运动，其电势能和重力势能随时间的变化如图所示，则该微粒（ ）
A. 一定带正电
B. 0~3s内电场力做的功为9J
C. 运动过程中动能增加
D. 0~3s内除电场力和重力外所受其他力对微粒做的功为
【答案】BD
【解析】A．重力势能减少，即微粒竖直方向上向下运动，电势能减少，即电场力做正功，因电场竖直向上，则微粒所受电场力竖直向下，所以微粒带负电，故A错误；
B．0~3s内电势能减少，所以电场力做的功为，故B正确；
C．因电场力和重力都是恒力，且电势能和重力势能都随时间均匀变化，所以微粒在相等的时间内位移相等，即微粒做匀速直线运动，动能不变，故C错误；
D．0~3s内电势能减少，重力势能减少，总共减少了，因动能不变，所以减少的电势能和重力势能用于克服除电场力和重力外的其他力做功，即除电场力和重力外的其他力对微粒做功为，故D正确。
故选BD。
考点七 静电场中的图像
典例1．（2025·江西省南昌市·二模）（多选）如图甲所示，在粗糙的竖直绝缘杆上，一质量的带负电小球（可视为质点）在处以初速度沿轴正方向运动，小球与直杆间的摩擦力始终为重力的0.5倍。沿杆方向存在沿竖直方向的电场（图中未画出），小球在不同位置所具有的电势能如图乙所示，P点是图线最低点，虚线AB是经过处的切线，并且AB经过和两点，重力加速度g取，则下列说法正确的是（ ）
A. 处的电势最低
B. 处的场强最小
C. 小球在向上运动的过程中速度先增大后减小
D. 小球运动至位置时速度为3m/s
【答案】BD
【解析】A．小球在x=3m处电势能最小，根据，且小球带负电，所以x=3m处的电势最高，故A错误；
B．图像斜率的绝对值
可知处的电场力为0，则处的场强为0，故B正确；
C．处
电场力方向沿y轴正方向
在处以小球沿轴正方向运动，由于
所以小球在向上运动的过程中速度逐渐减小，故C错误；
D．小球从处运动至处，由动能定理得
又，，
解得
故D正确。
故选BD。
典例2．（2025·湖南省常德市·二模）三角形是一光滑绝缘斜面，斜面足够长，斜面倾角为，以点为坐标原点，沿斜面向下为轴正方向，如图1所示，沿斜面加一静电场，其电场强度随变化的关系如图2所示，设轴正方向为电场强度的正方向。现将一质量为，电荷量大小为的带电小滑块（视为质点）从点静止释放，且小滑块释放后沿斜面向下运动，已知，运动过程中小滑块的电荷量保持不变。则下列说法正确的是（ ）
A. 小滑块一定带正电
B. 小滑块沿斜面向下运动过程中机械能先减小后增大
C. 小滑块沿斜面向下运动过程中的最大速度为
D. 小滑块沿斜面向下运动的最远距离为
【答案】C
【解析】A．由题知，取沿斜面向下为x轴正方向，故最开始的电场强度方向沿斜面向上，若小滑块带正电，则最开始所受电场力沿斜面向上，有
即电场力大于重力沿斜面向下的分力，小滑块刚开始不可能沿斜面向下运动，所以小滑块带负电，故A错误；
B．小滑块带负电，沿斜面向下运动过程中电场力先做正功，后做负功，所以机械能先增大后减小，故B错误；
C．小滑块沿斜面向下运动过程中，当有最大速度时加速度为零，则有
解得
由图2可知，设此时电场强度对应的横坐标为x，则有
解得
从最开始到最大速度，根据动能定理有
解得
故C正确；
D．当小滑块的速度为零时，沿斜面向下运动到最大位移，设为xm，对应的电场强度为Em，由图2可知
从最开始运动到最大位移，根据动能定理有
联立，解得
故D错误。
故选C。
典例3．（2025·广东省汕头市·三模）（多选）如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一个负点电荷仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的图像如图乙所示。取A点为坐标原点，方向为正方向建立x轴，作出了所在直线的电场强度大小E、电势、点电荷的电势能随位移x变化的图像、图像、图像，其中可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】AB．由图像斜率表示加速度可知，从A点运动到B点，加速度逐渐增大，根据牛顿第二定律
可知，电场强度大小逐渐变大，故A错误，B正确；
C．图像的斜率表示电场强度，由上述知电场强度大小逐渐变大，斜率应该变大，故C错误；
D．图像斜率表示电场力，电场强度大小逐渐变大，则电场力变大，并且负点电荷仅在静电力的作用下从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减小，故D正确；
故选BD。
跟踪训练1．（2025·黑龙江龙东十校联盟·二模）（多选）如图甲所示，竖直平面内等高固定着两个带电量均为q（q>0）电荷连线的中点，A、B、C、D处于同一竖直线上，AB=BD=h，C为BD中点。质量为m、带电量为q的小球从A点由静止释放，从A运动到D的过程中，小球动能随下降高度y的变化图像如图乙所示。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（ ）
A. 在的位置两点电荷产生的电场强度大小为
B. C、A两点间电势差大于C、D两点间电势差
C. 小球下降高度时加速度大小为2g
D. 小球下降高度时动能为
【答案】AC
【解析】A．由图乙可知图像的斜率表示合外力，小球在位置处合外力为0，所以
解得
故A正确；
B．A、D两点关于B点对称，所以两点电势相同，C点与两点的电势差相等，故B错误；
C．和同样关于B点对称，所以处的电场力大小也等于mg，方向竖直向下，所以
故C正确；
D．小球从处运动到处，电场力做功为0，重力做功为
所以处的动能为
故D错误。
故选AC。
跟踪训练2．（2025·福建省龙岩市·一模）一光滑绝缘细直长杆处于静电场中，沿细杆建立坐标轴，以处的点为电势零点，如图甲所示。细杆各处电场方向沿轴正方向，其电场强度随的分布如图乙所示。细杆上套有可视为质点的带负电圆环，质量、电荷量大小，受到沿轴正方向的恒力的作用，从点静止开始运动，求：
（1）带电圆环在处的加速度的大小；
（2）带电圆环在处的动能；
（3）带电圆环在运动区间内的电势能的最大值。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
带电圆环在处受到的电场力大小为
方向水平向左
根据牛顿第二定律可知
解得
【小问2详解】
根据可知，图像的图线与坐标轴围成的面积等于电势差
则到间的电势差
从到，由动能定理
解得处的动能
【小问3详解】
带电圆环沿轴正方向先做加速运动后做减速运动，而后沿轴负方向先加速后减速运动回到处，然后又重复上述运动，这样周而复始。
由图像乙可得离点处的电势差
当带电圆环沿轴正方向运动到了最远处时，电势最低，电势能最大，由动能定理得
代入数据解得（舍去）
可得点到处的电势差
以处的点为电势零点，可得最小电势
带电环电势能的最大值
跟踪训练3．（2025·安徽省淮北市和淮南市·二模）如图甲所示，两个等量点电荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上，其连线的中垂线上有a、b、c三点。一个质量50g，电荷量大小为的带电小球（可视为质点），从a点由静止释放，经过b、c两点，小球运动的图像如图乙所示，其经过b点时对应的图线切线斜率最大，则下列分析正确的是（ ）
A. b、c两点间电势差
B. 沿中垂线由a点到c点电势逐渐升高
C. 由a点运动到c点的过程中，小球的电势能先增大后减小
D. b点为中垂线上电场强度最大的点，且场强
【答案】D
【解析】A．从b到c，由动能定理
解得，A错误；
B．由乙图可知，从a点到c点小球速度一直增大，电场力一直做正功，小球带正电，故沿中垂线由a点到c点电势逐渐降低，B错误；
C．由前面分析知，沿中垂线由a点到c点电势逐渐降低，小球带正电，则小球的电势能逐渐减小，C错误；
D．由乙图可知，b点时对应的图线切线斜率最大，即在b点时加速度最大，由，知b点为中垂线上电场强度最大的点，且场强，D正确。
故选D。
1．（2025·辽宁省朝阳市建平县实验中学·三模）（多选）示波器的核心部件是示波管，示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。下列说法正确的是（ ）
A. 如果在XX′之间加图的电压，在YY′之间加图的电压，在荧光屏上会看到一条与Y轴平行的竖直亮线
B. 如果在XX′之间加图的电压，在YY′之间加图的电压，在荧光屏上看到的亮线是余弦曲线
C. 如果在XX′之间不加电压，在YY′加图电压，在荧光屏的Y轴上会看到一个亮斑
D. 如果在XX′之间和YY′之间都加图的电压，在荧光屏的坐标原点上会看到一个亮斑
【答案】AC
【解析】A．如果在XX′之间加图a的电压，电子在X轴方向上的偏转量都会相同，在YY′之间加图c的正弦电压，电子将在Y轴方向上发生偏转，且电压越大时侧移量越大，所以在荧光屏上会看到一条与Y轴平行的竖直亮线，故A正确；
B．如果在XX′之间加图的锯齿形电压，在YY′之间加图的正弦电压，在荧光屏上看到的亮线是与图c相同的正弦曲线，选项B错误；
C．如果在XX′之间不加电压，则在X轴方向不偏转，若在YY′之间加图a恒定电压，电子将在Y轴发生偏转，且侧移量相同，所以在荧光屏的Y轴上会看到一个亮斑，选项C正确；
D．如果在XX′之间和YY′之间都加图b的电压，由运动的合成可知，在荧光屏上将出现一条夹在X轴与Y轴之间倾斜的亮线，故D错误。
故选AC。
2．（2025·河北省沧州市·二模）如图甲、乙所示为示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。现在偏转电极YY'之间加如图丙所示电压。加速电压U0的调节不仅影响电子速度，还能间接控制波形显示的缩放比例，是示波器校准的重要参数。若仅将加速电压U0增大为原来的2倍，其他条件不变，则电子在竖直方向的最大侧移量变为原来的（ ）
A. B. C. D. 2倍
【答案】B
【解析】若加速电压U0增大为原来的2倍，电子射出加速电场时的速度v0增大为原来的倍，则电子在偏转电极间运动的时间变为原来的，竖直方向的最大侧移量对应UY的峰值，在电场中的加速度不变，则侧移量变为原来的，电子射出偏转电场后至运动到荧光屏的时间也变为原来的，射出偏转电场时沿竖直方向的速度变为原来的，所以电子射出偏转电场后至运动到荧光屏时沿竖直方向的侧移量也变为原来的。
故选B。
3．（2025·江苏省泰州市姜堰区·二模）如图所示，两等量同种正电荷Q分别放置在椭圆的焦点A、B两点，O点为椭圆中心，P、S是椭圆长轴的端点，取无穷远处电势为零，则（ ）
A. O点的电势高于M点和N点的电势
B. O点电场强度为零，电势也为零
C. 椭圆上M、N两点电场强度相同
D. 将一电子从P点移到S点，电场力一直做正功
【答案】A
【解析】A．根据等量同种电荷的电场线分布可知在中垂线上电场线的方向分别是OM和ON方向，根据沿着电场线方向，电势逐渐降低，可知O点的电势高于M点和N点的电势，故A正确；
B．根据等量同种正点电荷的电场分布规律，可知O点电场强度为零，根据等量同种正点电荷的电势分布规律，可知O点电势大于零，故B错误；
C．由等量同种点电荷的电场分布特点及题图中的对称关系易知，M、N两点场强大小相等，方向相反，故C错误；
D．等量同种正点电荷的电场线与等势线分布规律如图所示
根据等势线分布规律可知，P点与S点电势相等，将一电子从P点移到S点过程中，电势可能一直不变，也可能先升高后降低或先降低或升高，对应电场力一直不做功、先做正功后做负功、先做负功后做正功，故D错误。
故选A。
4．（2025·江西省赣州市·一模）（多选）如图所示，真空中有一中心为O的椭圆，A、B是椭圆的两个焦点，PS、MN分别是椭圆的长轴和短轴，两个带电量均为+Q的点电荷分别放在A、B两点处，。若规定无穷远处电势为零，真空中点电荷周围某点的电势可表示为，其中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r为该点到点电荷的距离．则（ ）
A. M、N两点电势都为
B. 椭圆上某点电势与该点到两焦点A、B距离的乘积成反比
C. AB连线上，从A到B，场强先减小后增大，电势先增大后减小
D. 若AM与AB夹角为，那么直线OM上电场强度最大的位置在M点下方
【答案】BD
【解析】A．M、N两点电势都为选项A错误；
B．椭圆上某点到A的距离为x，则该点到B点的距离为2a-x，则该点电势为：
则该点电势与A.B到该点距离的乘积成反比，故B正确；
C．在AB连线上，O点场强为零，则从A到B，场强先减小后增大，沿电场线电势逐渐降低，可知从A到B，电势先减小后增大，选项C错误；
D．设OA距离为r，∠MAO=θ，则OM直线各点电场强度为
由数学方法：令sinθ-sin3θ导数等于零，可得当sinθ=时E取最大值，因sin37°=0.6，故θ＜37°，若AM与AB夹角为37°，那么直线OM上电场强度最大的位置在M点下方。故D正确。
故选BD。
5．（2025·辽宁省名校联盟·一模）如图所示，在匀强电场中，有边长为8cm的圆内接等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行，O点为该三角形的中心，三角形各顶点的电势分别为，DE是平行于AB过O点的直线，D、E是直线与圆周的两个交点。下列说法正确的是（ ）
A. O点电势为8V
B. 匀强电场的场强大小为150V/m，方向由A指向C
C. 在三角形ABC的外接圆上的E点电势最低
D. 将电子由D点移到E点，电子的电势能减少了
【答案】D
【解析】A．由题意，AB中点电势为
V
由几何关系可知，O点电势为10V，故A错误；
B．AB与CO连线垂直，匀强电场的场强大小为
电场线由高电势指向低电势，则电场方向由A指向B，故B错误；
C．D点和E点是圆上沿电场线方向电势最低点和最高点，故C错误；
D．由几何关系，圆形半径为
m
D点和E点的电势差为
将电子由D点移到E点，电势升高，电子的电势能减少
eV
故D正确。
故选D。
6．（2025·辽宁省实验中学·二模）（多选）如图所示，实线为正点电荷周围的电场线，a、b两带电粒子分别从电场中的P点以相同的速度飞出，两粒子的运动轨迹分别如图中虚线所示，其中a粒子的轨迹是以点电荷为圆心的圆。A、B为轨迹上的两点，不计粒子重力及粒子之间的相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A. a粒子的加速度不变
B. A点的电势高于B点的电势
C. b粒子做匀变速曲线运动
D. b粒子的电势能减小，a粒子的电势能不变
【答案】BD
【解析】A．a粒子做圆周运动的加速度方向时刻在改变，故A错误；
B．离正电荷越远，电势越低，则A点的电势高于B点的电势，故B正确；
C．b粒子的加速度逐渐减小，不是做匀变速曲线运动，故C错误；
D．电场力对b粒子做正功，电势能减小，对a粒子不做功，a粒子的电势能不变，故D正确。
故选BD。
7．（2025·宁夏回族自治区石嘴山市平罗中学·二模）口罩生产过程要运用静电纺丝技术，原理如图所示。收集板和喷口分别接高压电源的正、负极，高压电源使喷口和收集板带电进而产生强电场。在强电场作用下，带电聚合物溶液微粒从静止开始由喷口飞向收集板形成纳米无纺布。喷口带负电，可视为电荷量为的点电荷，收集板视为无限大带电平面，喷口到收集板的垂直距离为。忽略聚合物溶液微粒的重力，静电力常量为。下列说法正确的是（ ）
A. 聚合物溶液微粒从喷口向收集板运动过程中加速度增大
B. 聚合物溶液微粒从喷口向收集板运动过程中电势能增大
C. 收集板左侧表面上，电场强度方向垂直于收集板向左
D. 喷口到收集板垂直路径上的中点处的电场强度大小为
【答案】C
【解析】A．聚合物溶液微粒从喷口向收集板运动过程中，电场线变稀疏，场强变小，电场力变小，根据牛顿第二定律可知，加速度变小，故A错误；
B．聚合物溶液微粒从喷口向收集板运动过程中电场力做正功，电势能减小，故B错误；
C．收集板表面是等势面，所以左侧表面上，电场强度方向垂直于收集板表面向左，故C正确；
D．收集板视为无限大带电平面，可将该模型等效为等量异种电荷中垂面，则喷口到收集板垂直路径上的中点处的电场强度大小
故D错误。
故选C。
8．（2025·山西省晋中市·二模）静电场中有一水平光滑绝缘桌面，桌面上有一电场线与x轴重合，将一个质量为m、电荷量为可视为点电荷的带电小球从桌面上坐标处由静止释放后，小球沿x轴向正方向运动，其加速度a随坐标x变化的图像如图所示。小球在运动过程中电荷量不发生变化，下列说法正确的是（ ）
A. 该电场为匀强电场B. 该电场线上电场的方向沿x轴负方向
C. 小球运动到处的速度大小为D. 小球运动到处速度减为0
【答案】B
【解析】A．由牛顿第二定律可知，小球的加速度为
因为小球的加速度先增大后减小，故电场强度先增大后减小，不是匀强电场，A错误；
B．由图像可知，加速度的方向一直沿x轴正方向，负电荷受力方向与场强方向相反，故电场方向沿x轴负方向，B正确；
C．由可知，图像的面积为
故，解得，C错误；
D．小球从至一直做加速度运动，故小球运动到处速度最大，D错误。
故选B。
9．（2025·吉林省白城市第一中学·一模）如图所示，质量均为m的带电小球A和B分别固定在长为2L的绝缘轻质细杆的两端并静止在光滑绝缘的水平面上。现以细杆中垂面为左边界加一平行细杆向右的场强大小为E的匀强电场，此时两球的加速度大小为，方向向右。已知B球所带的电荷量为、电场左右边界的间距为4L，求：
（1）A球所带的电荷量；
（2）从加上电场经时间后两球的速度大小。
【答案】（1）+2q；（2）0
【解析】（1）对整体应用牛顿第二定律有
解得球A的电荷量为
（2）整体向右加速运动阶段
解得
此时整体的速度为
向右减速运动阶段，对整体应用牛顿第二定律有
解得，减速运动阶段的加速度大小为
减速为零的时间为，则有
解得
减速阶段的位移为
由于，则经时间t，球A恰好要离开电场，此时速度恰好为零。
10．（2025·湖北省部分学校联考·三模）如图所示，空间中存在与水平成45°斜向右上方、大小为1×10⁶N/C的匀强电场，在距地面10m高处同一位置均以10m/s的速率同时抛出A、B两个带正电小球，A球竖直向上，B球水平向右，两小球质量均为1kg，带电量均为。忽略两小球之间的相互作用力和空气阻力，小球均可视为质点，g取10m/s²，则在B球落地前，两球间的最大距离为（ ）
A. 10mB. C. 20mD.
【答案】D
【解析】以抛出点为原点建坐标系，以水平方向为轴，以竖直方向为轴。小球A、B抛出后水平方向上只受电场力水平分力作用，水平方向上分加速度均为，方向水平向右
竖直方向上受自身重力和电场力的竖直分力作用，竖直方向上分加速度均为，方向竖直向下
分别对两小球两个方向上加速度进行矢量合成，两小球加速度相同，因此B球相对A球斜向右下方匀速直线运动，相对速度
且B球落地时两球相距最远，设B球落地时间为t，则有竖直方向上
求得，相距最大距离为
11. （2025·陕西省安康市·二模）如图所示，平行板电容器两极板与电源、开关构成回路，闭合开关，一带电粒子从上极板左侧边缘平行于极板射入后恰好从下极板右侧边缘射出，粒子重力不计，下列措施能使带电粒子打到下极板上的是（ ）
A. 仅增大入射初速度B. 仅减小粒子的电荷量
C. 仅增大电源的电压D. 仅增大粒子的质量
【答案】C
【解析】竖直方向粒子做匀加速运动，则，
水平方向匀速
由以上各式可得
增大初速度，减小电荷量，增大粒子质量，水平位移增大，只有增大电源的电压水平位移减小，会打到极板上。
故选C。
12. （2025·陕西省安康市·二模）如图，A、B、C为圆三等分点，A、B、C三点固定有等量的正电荷，O为圆的圆心，E、F为圆中轴线上对称的两点，一带负电粒子从E点由静止释放，粒子重力不计，以下说法正确的是（ ）
A. 粒子由E向F运动过程中，其电势能先增大后减小
B. 在关于圆心O对称的E、F两点，粒子所受的电场力相同
C. 在关于圆心O对称的E、F两点，粒子的电势能不同
D. 粒子将在E、F间做往复运动
【答案】D
【解析】A．由于带负电粒子受电场力先向下做正功后向上做负功，可知电势能先减小后增大，则A错误；
B．在圆心对称的两点，电场力大小相同，但是方向不同，因此B错误；
C．在圆心对称的两点，电势相同，则电势能相同，C错误；
D．由对称性可知，粒子将在间做往复运动， D正确。
故选D。
13. （2025·陕西省宝鸡市·二模）（多选）一带正电的粒子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能随位置x的变化关系如图所示，其中段是对称的曲线，段是直线，则下列判断正确的是（ ）
A. 粒子从O点向运动过程中加速度逐渐减小
B. 粒子从向运动过程电场力做正功
C. 处电势的关系为
D. 粒子在段所受电场力沿轴负方向；段所受电场力沿x轴正方向
【答案】AC
【解析】A．由题分析，可知图像的切线斜率
可知图像的切线斜率表示电场力，由图可知，从O点到图像的切线斜率的大小不断减小，故电场力不断减小，所以加速度不断减小，故A正确；
B．粒子带正电，由图可知，粒子从向运动过程中电势能增大，故电场力做负功，故B错误；
C．由图可知
根据
粒子带正电，故
故C正确；
D．由图可知
根据
粒子带正电，故
根据电场线方向由高电势指向低电势，可知粒子在段电场线方向向右，因粒子带正电，所以此段过程粒子所受电场力沿轴正方向；同理，在段有，可知粒子在段电场线方向向左，因粒子带正电，所以此段过程粒子所受电场力沿轴负方向，故D错误。
故选AC。
14. （2025·陕西省咸阳市·二模）离子推进器可以为宇宙飞船提供推力，其原理简化图如图所示，近乎静止的正离子在高压电场作用下，从针状电极A向环形电极B运动，期间撞击由中性粒子组成的推进剂，使推进剂加速向后喷出，从而向前推进飞船。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 中性粒子C附近电场强度比中性粒子D附近的小
B. 电极A的电势高于电极B的电势
C. 正离子与中性粒子组成系统动量守恒，机械能也守恒
D. 同一正离子的电势能在电极A附近比在电极B附近小
【答案】B
【解析】A．电场线越密集的地方，场强越大，则中性粒子C附近电场强度比中性粒子D附近的大，故A错误；
BD．正离子在高压电场作用下，从针状电极A向环形电极B运动，则电场方向向右，沿着电场线，电势逐渐降低，则电极A的电势高于电极B的电势，根据可知，正离子在电势高的位置电势能较大，则同一正离子的电势能在电极A附近比在电极B附近大，故B正确，D错误；
C．碰撞期间动量守恒，机械能减小，故C错误；
故选B。
15. （2025·陕西省宝鸡市·三模）如图甲所示，真空中固定一个半径为R、带电荷量为+Q的均匀带电小圆环，取中轴线为x轴，圆环圆心为坐标原点，向右为正方向，中轴线上的电场强度分布如图乙所示。x、-x是坐标轴上电场强度最大的两点，电场强度最大值为Em。已知点电荷q在距离为r处产生的电势为，k为静电力常量。则下列说法正确的是（ ）
A. x处场强大小为
B. x处电势为
C. O点和x处的电势差为
D. 若有带电荷量为的粒子沿x轴从O点一直向右运动，则其电势能先增加后减小
【答案】B
【解析】A．圆环带正电，x负半轴电场强度向左，x正半轴电场强度向右，大小都先增加后减小，取圆环极小部分在x处的电场为
沿x轴方向上分量为
则坐标轴x处场强为
则坐标轴x处场强为
故A错误；
B．取圆环极小部分在x处的电势为
电势为标量，则代数相加可得
故B正确；
C．E-x图线与坐标轴所围区域的面积表示电势差，则O点和x处的电势差大于，故C错误；
D．O点右侧电场强度方向向右，负粒子从O点向右运动，电势减小，电势能增加，故D错误。
故选B。
16. （2025·陕西省宝鸡市·三模）竖直平面内存在一方向未知的匀强电场，在时刻将一个质量为、电荷量为的小球，从A点以速度水平向右抛出，经过一段时间后，小球以大小为速度竖直向下经过B点。已知AB两点之间的高度差为，水平距离为，重力加速度g取。求：
（1）AB两点间的电势差；
（2）匀强电场场强E的大小和方向。
【答案】（1）
（2），与水平方向成斜向左上方
【解析】
【小问1详解】
带电小球从A点运动到B点的过程中，根据动能定理得
解得AB两点间的电势差为
【小问2详解】
由题意可得，带电小球从A点运动到B点的过程中，水平方向做末速为零的匀减速运动，竖直方向做初速为零的匀加速运动，设匀强电场在水平方向的分量大小为，则由牛顿第二定律
由运动学公式
代入数据解得，方向水平向左。
设匀强电场在竖直方向的分量大小为，假设方向竖直向下，则有，
代入数据解得：
所以匀强电场在竖直方向的分量大小为，方向竖直向上，则匀强电场场强E的大小为
即与水平方向成，斜向左上方。
17. （2025·四川省乐山市·三模）空间存在一沿轴方向的电场，一电荷量为的试探电荷只在电场力作用下从点开始以某一初速度沿轴正方向运动，其所受电场力随位置变化的图像如图所示，以轴正方向为电场力的正方向，设无穷远处电势为零。以下说法正确的是（ ）
A. 处电势最低
B. 处的场强最大
C. 在处的速度大于在处的速度
D. 在处的电势能最大
【答案】A
【解析】AD．由图可知，在范围内，电荷所受电场力合力水平向左，电场力做负功，电势能增大；在范围内，电荷所受电场力合力水平向右，电场力做正功，电势能减小，故在处电势能最大，根据可知在处电势最低，故A正确，D错误；
B．由结合图像可知，电荷在处所受电场力为0，电场强度最小，故B错误；
C．在范围内，电荷所受电场力合力水平向右，电场力做正功电势能减小，动能增大，故电荷在处的速度小于在处的速度，故C错误；
故选A。
18. （2025·甘肃省庆阳市第一中学·一模）（多选）如图所示，匀强电场的电场强度方向水平向右。竖直平面内一质量为、电荷量为的粒子从、连线上的点由静止释放，粒子刚好沿运动。已知与水平方向成角，、间的距离为，重力加速度为，，，不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A. 匀强电场的电场强度大小为
B. 粒子从点运动到点所用的时间为
C. 、两点间的电势差
D. 粒子从点运动到点的过程中电势能的增加量为
【答案】AC
【解析】A．粒子刚好沿运动，可知重力和电场力的关系满足
匀强电场电场强度大小为
故A正确；
B．粒子的加速度
根据
粒子从点运动到点所用时间为
故B错误；
C．、两点间的电势差
故C正确；
D．粒子从点运动到点的过程中电场力做功
电场力做正功，电势能减少量为，故D错误。
故选AC。
19. （2025·广东省·一模）如图所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子仅在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动。M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。M、N到Q点的距离相同，电子在从M点经P到达N点的过程中（ ）
A. 电子和Q的连线在相同时间内扫过的面积不相同
B 速率先减小后增大
C. 电场力做的总功为零
D. 电势能先增大后减小
【答案】C
【解析】AB．万有引力作用下行星做椭圆运动时，行星与太阳的连线在相同时间内扫过相同的面积。由于电子受到的静电力也是距离平方反比力，故类比可知，则电子和Q的连线在相同时间内扫过的面积相同，速率先增大后减小，故AB错误；
CD．电子从M点经P到达N点，电势能先转化为动能，再动能转化为电势能，速率先增加后减小，因MN两点到Q点的距离相同，则两点速率相同，动能相同，即电场力的功为零，电势能先减小后增加。故C正确，D错误。
故选C。
20. （2025·河北省·三模）如图所示，在真空中有一个电荷量为的点电荷固定在直角坐标系中的坐标原点的位置，其周围的电势为为某位置到该点电荷的距离，其中无穷远处的电势为0）。有一个质量为，电荷量为的试探电荷从轴上的A点以初速度大小为开始沿轴正方向运动。已知A点到点的距离为，该试探电荷在运动过程中只受电场力作用。下列说法正确的是（ ）
A. 该试探电荷在A点的电势能小于在轴的正半轴上其他任意位置的电势能
B. 若该试探电荷能运动到轴上的点，已知点到点的距离为，则该试探电荷在点的速度大小为
C. 从点沿轴正方向的位置上的电场强度越来越小，电势越来越高
D. 若在整个空间再加上沿轴负方向的匀强电场，则该试探电荷可能做匀速直线运动
【答案】B
【解析】A．正点电荷形成的电场中，该试探电荷从轴上的A点靠近点时电势能减小，从A点向右远离点时电势能增大，故 A错误；
B．根据动能定理，
电场力对该试探电荷做的功为
A、B两点间的电势差为
该试探电荷在点的速度大小为
故B正确；
C．在正点电荷形成的电场中，从点沿轴正方向的位置上的电场强度越来越小，电势越来越低，故C错误；
D．该试探电荷在原电场中受到的作用力沿轴方向，在匀强电场的受到的作用力沿轴方向，两个力不可能平衡，该试探电荷不可能做匀速直线运动，故D错误。
故选B。
21. （2025·宁夏回族自治区石嘴山市第三中学·三模）（多选）绝缘光滑水平面上有ABO三点，以O点为坐标原点，向右方向为正方向建立直线坐标轴x轴，A点坐标为m，B点坐标为2m，如图甲所示。A、B两点间的电势变化如图乙，左侧图线为四分之一圆弧，右侧图线为一条倾斜线段。现把一质量为m，电荷量为q的负点电荷，以初速度由A点向右射出，则关于负点电荷沿直线运动到B点过程中，下列说法中正确的是（忽略负点电荷形成的电场）（ ）
A. 负点电荷由A点运动到O点过程中加速度越来越大
B. 负点电荷在B点速度大于
C. 负点电荷在AO段的平均速度大于在OB段的平均速度
D. 当负点电荷分别处于m和m时，电场力的功率相等
【答案】C
【解析】A．由图像，A到O斜率越来越小，电场强度越来越小，加速度越来越小，故A错误；
B．AO段与BO段电势差相等，电场力做功大小相等，且AO段电场力对电荷做正功，OB段电场力对电荷做负功，故电荷在B点速度为v0，故B错误；
C．电荷在AB间运动v-t图像如图
由于位移相等，则面积相等，AO段的时间小于OB段的时间，易知电荷在AO段的平均速度大于在OB段的平均速度，故C正确；
D．负点电荷分别处于-m和m时，两段图像斜率绝对值相等，则场强大小相等，电荷所受电场力大小相等，但-m处的速度大于m处的速度，所以电场力的功率不相等，故D错误。
故选C。
22. （2025·山东省潍坊市·二模）如图所示，带电量分别为+4Q和-Q的两个点电荷固定在x轴上，其中正电荷的坐标x1=-d，负电荷的坐标x2=0。选无穷远处电势为零，将一电子从处由静止释放，此时其电势能为Ep1、加速度大小为a1；当电子运动到x4=d处时电势能为Ep2、加速度大小为a2，则下列判断正确的是（ ）
A. Ep1a2D. Ep1>Ep2，a10），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，则下列说法不正确的是（ ）
A. P1P2中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为r
B. P1P2中垂线上电场强度的最大值为
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】A
【解析】AB．如图，设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A处产生的场强的方向与竖直方向的夹角为θ（0＜θ≤），由点电荷的场强公式可知，P1处的点电荷在A处产生的电场强度大小
根据对称性及场强的叠加原理可知，A点的合场强大小为E=2E1csθ
可得
由数学导数知识可知，当时，E有最大值，且最大值为
此时A、O之间的距离为
故A错误B正确；
C．在M点放入一电子，从静止释放，电子将受向上的电场力从而向上运动，由于r＞h，则电子向上运动的过程中所在位置的电场强度一直变小，所受的电场力一直减小，则电子的加速度一直减小，故C正确；
D．以O点为坐标原点，以沿P1P2连线向右为正方向建立x轴，当电子在坐标x'处时，电子受到的电场力为
当x'≪r时，有
F与x'的方向相反，大小成正比，又O、N之间的距离x≪r，所以在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动，O点为平衡位置，所受电场力充当回复力，故D正确。
此题选择不正确的，故选A。
6．（2025·吉林省通化市梅河口市第五中学·二模）如图所示，光滑水平地面上方处存在宽度、方向竖直向上，大小匀强电场区域。质量、长为的水平绝缘长木板静置于该水平面，且长木板最右侧与电场边界D重合。某时刻质量、带电量的可视为质点的滑块以初速度从长木板左端水平滑入，一段时间后，滑块离开电场区域。已知长木板与滑块的动摩擦因数，重力加速度大小为。求：
（1）滑块刚进电场时，长木板的速度大小；
（2）滑块在电场中的运动时间，及全过程的摩擦生热。
【答案】（1）1m/s
（2），6J
【解析】
【小问1详解】
滑块刚进电场前，对长木板根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
对滑块根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
滑块进入电场前，对滑块有，
解得滑块进入电场时的速度、滑行时间分别为，
在时间内，对木板有
所以滑块刚进电场时，长木板的速度大小为。
【小问2详解】
滑块进入电场后经过时间滑块与木板同速，设共同速度为v，滑块与木板组成的系统动量守恒，则有
解得
对滑块分析，由动量定理可得
解得
在时间和内滑块的总位移为
滑块与木板同速后一起匀速运动，滑块在电场中匀速运动的时间为
所以滑块在电场中的运动时间为
由能量守恒定律得，全过程中摩擦产生的热量为
7．（2025·江西省赣州市·二模）（多选）如图甲所示，竖直放置的光滑绝缘四分之一圆形轨道两端分别与绝缘粗糙水平传送带CD和光滑绝缘的竖直轨道AB平滑相接，C点为四分之一圆形轨道的最低点，整个装置处在水平向左的匀强电场中，场强大小为E。一带电量为，质量m为0.1kg的金属小物块（视为质点）从A位置处无初速度自由滑下，滑至底端C并冲上沿逆时针方向匀速转动且足够长的传送带。在传送带上运动的图象如图乙所示，以速度水平向左为正方向，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度g取，已知，则（ ）
A. 由A运动到B过程中，电场力对金属小物块的功率一直增大
B. 金属小物块与传送带间的动摩擦因数为
C. 内，金属小物块与传送带间摩擦产生的内能为0.9J
D. 金属小物块在运动过程中对轨道最大压力的大小为
【答案】BC
【解析】A．由A运动到B的过程中，电场力与金属小物块的速度方向垂直，可知电场力力的功率一直为零，选项A错误；
B．金属块刚滑上传送带时的加速度大小为
根据牛顿第二定律
解得金属小物块与传送带间的动摩擦因数为
选项B正确；
C．内，金属小物块与传送带间摩擦产生的内能为
其中
可得Q=0.9J
选项C正确。
D．电场力和重力的合力大小
在该点时物块对轨道压力最大，则由牛顿第二定律
可知
即金属小物块运动过程中对轨道最大压力大于，选项D错误。
故选BC。
8．（2025·山东省青岛市·三模）如图所示，水平向右的匀强电场中固定倾角为30°的足够长斜面，质量为m、带电量为+q的小球以初速度从斜面底端斜向上抛出，初速度方向与水平方向间的夹角为60°。已知匀强电场的电场强度，重力加速度为g，不计空气阻力。小球从抛出到落回斜面的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 机械能不变B. 离斜面最远时动能最小
C. 运动时间为D. 运动的时间为
【答案】D
【解析】A．小球从抛出到落回斜面的过程中，电场力做功会改变机械能，故机械能不守恒，故A错误；
B．以斜面为参考系，建立沿斜面向上（x 轴）和垂直斜面向上（y 轴）的坐标系，小球受重力 mg（竖直向下）和电场力 qE（水平向右），沿斜面方向（x 轴）：电场力分量：（沿斜面向上）
重力分量：（沿斜面向下）
根据牛顿第二定律
解得加速度（沿斜面向下）
垂直斜面方向（y 轴）： 电场力分量（垂直斜面向下）
重力分量：（垂直斜面向下）
根据牛奶第二定律
解得加速度（垂直斜面向下）
初速度与斜面方向夹角为，分解到斜面坐标系，沿x轴为
沿y轴为
离斜面最远时（y 方向速度为 0），时间
此时x方向速度
设合力与竖直方向的夹角为，则
故
此时合力与速度成钝角，速度大小继续减小，故离斜面最远时动能不是最小，故B错误；
CD． 落回斜面时
由
解得，故C错误，D正确。
故选D。
9．（2025·四川省德阳市·三诊）如图所示，竖直平面内，圆心为O点，半径R=1m内壁光滑的圆弧管道ABC固定在粗糙水平面上，管道与水平面相切于C点，OA连线与竖直方向的夹角，连线BC的左、右两侧存在电场强度均为，方向分别为竖直向下、水平向右的匀强电场。质量m=1kg、所带电荷量为+q的小球a以一定的初速度从A点开始运动，恰好能通过管道的最高点B点，并与静止在C点的物体b发生弹性碰撞，碰撞前后两带电体的电荷量不发生改变。已知物体b的质量为m、电荷量为+2q、与水平面间的动摩擦因数，小球a、物体b均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）小球a在A点初速度的大小；
（2）小球a经过管道C点时（仍在右侧电场中），对管道的压力大小；
（3）物体b停止的位置到C点的距离。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
在B点根据牛顿第二定律得
解得
从A点到B点根据动能定理得
解得
【小问2详解】
从B点到C点根据动能定理得
解得
在C点根据牛顿第二定律得
解得
【小问3详解】
碰撞过程中根据动量守恒定律和能量守恒定律得，
解得，
根据动能定理得
解得
10．（2025·云南省昆明市·一模）（多选）匀强电场中，质量为m、带电量为q（q>0）且可视为质点的小球在长为L的绝缘轻绳拉力作用下绕固定点O在竖直平面内做圆周运动，M点和N点分别为圆周上的最低点和最高点，电场方向平行于圆周平面。已知运动过程中小球速度最小值为（g为重力加速度），此时绳子拉力恰好为零。小球运动到M点时速度大小为且大于小球经过N点时的速度，不计空气阻力。若O点电势为零，下列说法正确的是（ ）
A. 小球受到的电场力与重力的夹角为30°角
B. 匀强电场的场强大小为
C. M点的电势为
D. 小球从速度最小到速度最大的过程中，电场力做的功为2mgL
【答案】BC
【解析】AB．因运动过程中小球速度最小值为，此时绳子拉力恰好为零，可知小球受的合力为
因重力竖直向下，可知电场力大小也为mg与重力夹角为120°，根据
可知匀强电场的场强大小为
选项A错误，B正确；
C．因MO两点的电势差为
O点电势为零，M点的电势为
选项C正确；
D．小球从速度最小到速度最大的过程中，即从等效最高点Q到等效最低点P的过程中，电场力做的功为
选项D错误。
故选BC。
11. （2025·黑龙江省齐齐哈尔市·二模）（多选）如图所示，竖直平面直角坐标系xOy所在平面内存在一匀强电场，电场的方向与x轴负方向成60°角。A、B是以坐标原点O为圆心的竖直圆周上的两点，O、A两点的连线与一条电场线重合。一质量为m、电荷量为q的带电小球从A点沿平行于x轴正方向射出，小球经过时间t到达x轴上的B点，到达B点时小球的速度大小与在A点射出时相同。已知重力加速度大小为g。则（ ）
A. 场强
B. 小球从A点运动到B点过程中增加的电势能为
C 小球从A点运动到B点过程中重力势能减小了
D. 小球从A点运动到B点过程中机械能不守恒
【答案】BD
【解析】A．小球从A点运动到B点动能不变，设圆半径为R，由动能定理得
解得
故A错误；
BC．如图
小球沿y轴方向，由牛顿第二定律知
则
又
解得
小球沿电场线方向上的位移大小为
则电势能的增加量
重力势能减小量
故B正确，C错误；
D．小球从A点运动到B点过程中，电场力做负功，机械能减小，即机械能不守恒，故D正确。
故选BD。
12. （2025·山西省太原市·一模）（多选）如图所示，空间中有竖直向下的匀强电场，电场强度的大小。质量为m、电荷量为+q的小球，从斜面上的O点以大小为的初速度在纸面内沿不同方向抛出，使小球离开斜面，小球最后均落在斜面上。已知小球可看作质点，斜面倾角为，重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A. 小球飞行的最长时间为
B. 小球距O点的最大高度为
C. 小球与斜面的最大距离为
D. 小球在斜面上落点区域的长度为
【答案】ABD
【解析】A．根据题意可知，小球抛出后受重力和电场力，电场力方向竖直向下，由牛顿第二定律可得，小球的加速度为
小球的运动可分解为沿斜面方向的匀变速直线运动和垂直于斜面方向的匀变速直线运动，其中垂直于斜面方向的匀变速直线运动时间即为小球飞行时间，又因为垂直于斜面方向的加速度恒为
因此，当初速度方向与斜面垂直时，飞行时间最长，为
故A正确；
B．根据题意可知，当初速度方向竖直向上时，小球距O点高度最大，则有
可得
故B正确；
C．根据题意可知，初速度方向与斜面垂直时，小球与斜面的距离最大，则有
解得
故C错误；
D．当小球的初速度方向与沿斜面向下方向的夹角为时，将小球的初速度和加速度分解如下图
可得，，，
垂直于斜面方向有
则沿着斜面方向有
可得
当小球的初速度方向与沿斜面向上方向的夹角为 时，将小球的初速度和加速度分解如下图
可得，
垂直于斜面方向有
则沿着斜面方向有
可得
故小球在斜面上落点区域的长度为
故D正确。
故选ABD。
13. （2025·四川省成都市·二诊）如图所示，在粗糙绝缘水平地面上关于点对称的两点分别固定两个相同的正点电荷，在连线上的点静止释放一个带正电的绝缘小物块（可视为点电荷）后，小物块向右运动至最右端点位于间未画出）。以点为原点沿水平地面向右建立轴，取无穷远处为零势能点。小物块加速度、动能、电势能、动能和电势能之和随轴坐标变化正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】A．PO段电场强度逐渐减小，由牛顿第二定律
故物块先做加速度逐渐减小的加速运动，当时，加速度为0，速度最大
之后电场力小于摩擦力，由牛顿第二定律，物块开始做加速度逐渐增大的减速运动，O点电场力为0，摩擦力不为0，故加速度不为0，A错误；
B．物块加速阶段，由动能定理，由于电场力逐渐减小，故图像斜率逐渐减小，同理物块减速阶段图像斜率逐渐增大，B错误；
C．PO段电场力做正功电势能减小，OQ段电场力做负功，电势能增大，故电势能先减小后增大，C错误；
D．取无穷远电势能为0，则
由能量守恒，即图像斜率小于0，恒定不变，D正确。
故选D。
14. （2025·天津市河北区·二模）质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，不计带电粒子的重力，M从两板正中央射入，N从下板边缘处射入，它们最后打在同一点，如图所示。则从开始射入至打到上板的过程中（ ）
A. 它们运动的时间关系为
B. 它们的电势能减少量之比
C. 它们的动能增量之比
D. 它们的动量增量之比
【答案】C
【解析】A．带电粒子在垂直电场方向不受力，做速度相等的匀速直线运动，位移相等，则运动时间相等，所以A错误；
B．平行电场方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，满足
根据牛顿第二定律，有
qE=ma
由两式解得：
所以它们所带的电荷量之比
qM：qN=1：2
电势能的减小量等于电场力做的功即
△E=qEy
因为位移之比是1：2，电荷量之比也是1：2，所以电场力做功之比为1：4，它们电势能减少量之比
△:△=1:4
故B错误．
C．电场力做功之比等于动能增量之比，则动能增量之比为
故C正确；
D．由动量定理可知
故动量增量之比
故D错误；
故选C。
15. （2025·河北省保定市·二模）如图甲所示，两正对平行板AC、DB水平放置，在其右侧有汇聚状的电场，电场线的延长线的交点在O点（BC的中点），在两平行板间加上周期为T的交变电压，两板间电势差的绝对值为。时刻，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从靠近上极板左端（视为A点）以水平向右的速度射入匀强电场，T时刻从下极板B点水平向右进入汇聚状电场做匀速圆周运动，经过半个圆周到达C点，到达C点时的速度方向水平向左，下列说法正确的是（ ）
A. 平行板的长度为
B. 0.5T时刻，粒子的速度大小为
C. 两平行板间的距离为
D. 粒子在汇聚状电场中，受到的电场力大小为
【答案】D
【解析】A．由于粒子在水平方向做匀速直线运动，故平行板的长度为
A错误；
BC．时间内，粒子在水平方向做匀速直线运动，则有
竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
竖直方向的速度
竖直方向上的位移
粒子在水平方向依然做匀速直线运动，竖直方向做加速度大小不变的减速运动，根据运动的对称性可知，粒子到达B点时竖直方向速度为零，竖直方向的位移大小依然为
故有
解得两平行板间的距离
时刻竖直方向的速度
故0.5T时刻，粒子的速度大小为
BC错误；
D．由题可知，粒子在电场中做匀速圆周运动的半径
电场力为粒子圆周运动提供向心力，根据牛顿第二定律则有
联立解得，粒子圆周运动时所受电场力的大小为
D正确。
故选D。
16. （2025·湖北省武汉二中·一模）如图所示为两个固定的均匀带电的绝缘球面，半径分别为7R和R，所带电荷量分别为Q和Q（Q>0），两球面内切于E点，球心O和O1的连线沿水平方向。一根内壁光滑的竖直绝缘细管穿过大球面球心O，与球面相交于B、C两点。现有一质量为m、带电量为q（q>0）的小球从A点沿细管由静止开始下落，运动通过D点。已知AB两点距离和CD两点距离均为R，静电力常量为k，重力加速度为g，设无穷远处为零势能面，点电荷Q产生电势为，则（ ）
A. A点电势
B. 小球通过D点时的速度为
C. 小球通过O点时的动能为
D. 小球从B运动到O的过程中加速度一直在增大
【答案】C
【解析】A．几何关系可知
则A点电势为
故A错误；
B．根据对称性和电势叠加原理易得，AD点电势相等，即AD电势差U为0，根据动能定理有
解得小球通过D点时的速度
故B错误；
C．根据对称性和电势叠加原理易得O点电势
小球从A到O过程，根据动能定理有
联立解得小球通过O点时的动能为
故C正确；
D．小球从B运动到O的过程中，大球对小球的库仑力为0（大球在其内部产生的场强为0），小球只受重力和小球的库仑力。小球受到带正电小球的库仑力，设其方向与竖直方向夹角为，根据牛顿第二定律可知小球加速度
从从B运动到O的过程中，r在减小，在增大（减小），故无法判断加速度大小具体变化，故D错误。
故选C。
17. （2025·四川省成都市新津中学·一模）如图所示，在坐标系xOy中，x轴水平向右，y轴竖直向下，在区域内存在与x轴平行的匀强电场未画出，一带正电小球的质量为m，从足够高的原点O沿x轴正向水平抛出，从A点进入电场区域时速度与水平方向夹角，后从C点离开电场区域，其运动的轨迹如图所示，B点是小球在电场中向右运动的最远点，B点的横坐标xB=3L。小球可视为质点，电荷量始终不变，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）小球在OA段与在AB段运动的时间之比；
（2）小球从原点O抛出时的初速度大小；
（3）小球在电场中运动最小动能。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
从A运动到B点，小球水平方向做匀减速直线运动，依据题意小球在B点水平方向的速度为0，由运动学公式得
又由于
解得
即
【小问2详解】
设小球质量为m，初速度为，从O到A，小球水平方向做匀速直线运动，则有
竖直方向上则
又因为
联立解得
【小问3详解】
设小球从O到A、从A到B时间为t，根据运动学规律则有，
可知
由与水平方向夹角为，vA与水平方向夹角为，建立如图所示坐标系
将分解到、上，小球在方向上做匀速运动，在当方向上做类竖直上抛运动，所以小球在电场中运动的最小动能为
而
解得
1．（2025年甘肃卷第7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）经电压为的电场加速后，沿方向射入电压为的电场（为平行于两极板的中轴线）。极板长度为l、间距为d，关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在距极板L处，样品中心位于点。假设单个离子在通过区域的极短时间
A. 的最大值
内，电压可视为不变，当时。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（ ）
B. 当且时，离子恰好能打到样品边缘
C. 若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大
D. 在和时刻射入的离子，有可能分别打在A和B点
【答案】B
【解析】A．粒子在加速电场中被加速时
在偏转电场中做类平抛运动，则
解得
选项A错误；
B．当时粒子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，则
解得
选项B正确；
C．根据
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；
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。
2．（2025年广东卷第15题）如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍（）。已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求：
（1）颗粒碰撞前的电荷量q。
（2）颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。
（3）颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据题意可知，颗粒在竖直方向上做自由落体，则有
水平方向上做匀加速直线运动，则有，
解得
【小问2详解】
根据题意可知，颗粒与绝缘板第一次碰撞时，竖直分速度为
水平分速度为
则第一次碰撞后竖直分速度为
设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向夹角为，则有
由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直，则有
联立解得
【小问3详解】
根据题意可知，由于，则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板，设从第一碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为，则有
水平方向上做匀加速直线运动，加速度为
水平方向运动的距离为
则电场对颗粒做的功为
3．（2025年广西卷第11题）带电粒子绕着带电量为的源电荷做轨迹为椭圆的曲线运动，源电荷固定在椭圆左焦点F上，带电粒子电量为；已知椭圆焦距为c，半长轴为a，电势计算公式为，带点粒子速度的平方与其到电荷的距离的倒数满足如图关系。
（1）求在椭圆轨道半短轴顶点B的电势；
（2）求带电粒子从A到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功；
（3）用推理论证带点粒子动能与电势能之和是否守恒；若守恒，求其动能与电势能之和；若不守恒，说明理由。
【答案】（1）
（2）
（3）守恒，
【解析】
【小问1详解】
由几何关系可知，椭圆上任何一点到两焦点间距离之和为2a，故顶点B距源电荷的距离为
根据电势计算公式可得在椭圆轨道半短轴顶点B的电势为
【小问2详解】
同理可知，在椭圆轨道半长轴顶点A的电势为
根据电场力做功与电势能关系可知，带电粒子从A到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功为
【小问3详解】
设带电粒子的质量为m，假设带点粒子动能与电势能之和守恒，则满足（定值）
则
根据图像可知关系为一条倾斜直线，故假设成立，将图像中代入关系式可得其动能与电势能之和为
4．（2025年河南卷第13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。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，电荷量均为。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、方向水平向右，电场强度大小为。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求：
（1）含A细胞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）
（2）0.11m
【解析】
小问1详解】
由题意可知含A细胞的液滴在电场中做类平抛运动，垂直于电极板方向则
沿电极板方向
由牛顿第二定律
解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为
【小问2详解】
含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，则
则
联立解得
有对称性可知则A、B细胞收集管的间距
5．（2025年江苏卷第13题）如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度射出，速度方向与水平方向夹角均为。已知粒子的质量为m。电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。求：
（1） a运动到最高点的时间t；
（2） a到达最高点时，a、b间的距离H。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
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
a运动到最高点的时间，由运动学公式有
联立解得
【小问2详解】
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，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
斜下抛小球竖直方向上运动位移为
则小球a到达最高点时与小球b之间的距离
方法二、两个小球均受到相同电场力，以a球为参考系，球以的速度向下做匀速直线运动，则a到达最高点时，a、b间的距离
6．（2025年陕晋宁青卷第15题）如图，有两个电性相同且质量分别为m、的粒子A、B，初始时刻相距，粒子A以速度沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于。经时间粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为，这时撤去恒力。己知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：（m、、、均为己知量）
（1）粒子B到达P点时的速度大小；
（2）时间内粒子B的位移大小；
（3）恒力作用的时间。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据动量守恒定律，解得
【小问2详解】
两者共速时设间距为，根据能量守恒定律可知此时电势能为
根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，则
两者共速前的过程系统始终动量守恒，根据动量守恒则有
即有
根据位移关系可知
联立解得
【小问3详解】
对全过程，对系统根据动能定理
对全过程，根据动量定理
联立解得
7．（2025年四川卷第3题）如图所示，由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于水平面内，管道间平滑连接。bcd圆心O点处固定一电荷量为Q（Q > 0）的带电小球。另一个电荷量为q（q > 0且q rb，则小球e点所受库仑力小于在b点所受库仑力，故A错误；
B．点电荷在距其r处的电势为
由于c点到d点r不变，d点到e点r逐渐增大，则根据Ep = φq
可知小球从c点到d点电势能不变，从d点到e点电势能逐渐减小，故B正确；
C．由于rf > rd，根据选项B可知，小球的电势能Epd > Epf，根据能量守恒可知，小球过f点的动能大于过d点的动能，故C错误；
D．由于ra > rb，根据选项B可知，小球的电势能Epb > Epa，根据能量守恒可知，小球过a点的动能大于过b点的动能，则小球过b点的速度小于过a点的速度，故D错误。
故选B。
8．（2025年重庆卷第5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
【答案】D
【解析】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，则初速度之比为，沿电场方向的位移大小相等，由可知，粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定律有
可得
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，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，则所用时间之比为，故D正确。
故选D。
9．（2025年黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷第7题）如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为。原长为的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由题意可得A点弹簧伸长量为，B点和C点弹簧压缩量为，即三个位置弹簧弹性势能相等，则由A到B过程中弹簧弹力做功为零，电场力做正功，动能增加，
同理B到C过程中弹簧弹力和电场力做功都为零，重力做负功，则动能减小，
由A到C全过程则有
因此
故选C。
10．（2024年江西卷第10题）（多选）如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能（r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量）。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是（ ）
A. 最低点的位置
B. 速率达到最大值时的位置
C. 最后停留位置x的区间是
D. 若在最低点能返回，则初始电势能
【答案】BD
【解析】A．全过程，根据动能定理
解得
故A错误；
B．当小球甲的加速度为零时，速率最大，则有
解得
故B正确；
C．小球甲最后停留时，满足
解得位置x的区间
故C错误；
D．若在最低点能返回，即在最低点满足
结合动能定理
又
联立可得
故D正确。
故选BD。
11．（2024年辽宁卷第6题）在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面（纸面）内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中（ ）
A. 动能减小，电势能增大B. 动能增大，电势能增大
C. 动能减小，电势能减小D. 动能增大，电势能减小
【答案】D
【解析】根据题意若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，可知电场力和重力的合力沿着虚线方向，又电场强度方向为水平方向，根据力的合成可知电场强度方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做功为零，电场力的方向与小球的运动方向相同，则电场力对小球正功，小球的动能增大，电势能减小。
故选D。
12．（2024年山东卷第10题）（多选）如图所示，带电量为+q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电量为+q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为S，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）
A. OB距离l=
B. OB的距离l=
C. 从A到C，静电力对小滑块做功W=﹣mgS
D. AC之间的电势差UAC=﹣
【答案】AD
【解析】AB．由题意知小滑块在B点处的加速度为零，则根据受力分析有沿斜面方向
解得
A正确，B错误；
C．因为滑到C点时速度为零，小滑块从A到C的过程，静电力对小滑块做的功为W，根据动能定理有
解得
故C错误；
D．根据电势差与电场强度的关系可知AC之间的电势差
故D正确。
故选AD。
13．（2024年河北卷第14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、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。
【答案】（1）；（2），
【解析】（1）在匀强电场中，根据公式可得场强为
（2）在A点细线对小球拉力为0，根据牛顿第二定律得
A到B过程根据动能定理得
联立解得
14．（2024·上海卷·第11题）如图，静电选择器由两块相互绝缘、半径很大的同心圆弧形电极组成。电极间所加电压为U。由于两电极间距d很小，可近似认为两电极半径均为，且电极间的电场强度大小处处相等，方向沿径向垂直于电极。
（1）电极间电场强度大小为______；
（2）由核、核和核组成的粒子流从狭缝进入选择器，若不计粒子间相互作用，部分粒子在电场力作用下能沿圆弧路径从选择器出射。
①出射的粒子具有相同的______；
A．速度 B．动能 C．动量 D．比荷
②对上述①中的选择做出解释。（论证）_____
【答案】 ①. ②. B ③. 电场力作为向心力，q、E、r相同，则由上式可知也相同，即动能相同
【解析】[1]由题意可知，电极间可视为匀强电场，因此电场强度大小为
[2][3]由题意可知，电场力提供向心力，则
其中场强、半径相同，三种原子核电荷量相同，则三种原子的相同，即动能相同，B正确。
故选B。
15. （2023年福建卷第16题）如图（a），一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑块A和B，其电荷量分别为和。A右端固定有轻质光滑绝缘细杆和轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长状态。整个空间存在水平向右场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为。时，A以初速度向右运动，B处于静止状态。在时刻，A到达位置S，速度为，此时弹簧未与B相碰；在时刻，A的速度达到最大，此时弹簧的弹力大小为；在细杆与B碰前的瞬间，A的速度为，此时。时间内A的图像如图（b）所示，为图线中速度的最小值，、、均为未知量。运动过程中，A、B处在同一直线上，A、B的电荷量始终保持不变，它们之间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为k；B与弹簧接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求时间内，合外力对A所做的功；
（2）求时刻A与B之间的距离；
（3）求时间内，匀强电场对A和B做的总功；
（4）若增大A的初速度，使其到达位置S时的速度为，求细杆与B碰撞前瞬间A的速度。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】（1）时间内根据动能定理可知合外力做的功为
（2）由图（b）可知时刻A的加速度为0，此时滑块A所受合外力为0，设此时A与B之间的距离为r0，根据平衡条件有
其中
联立可得
（3）在时刻，A速度达到最大，此时A所受合力为0，设此时A和B的距离为r1，则有
且有
，
联立解得
时间内，匀强电场对A和B做的总功
（4）过S后，A、B的加速度相同，则A、B速度的变化相同。设弹簧的初始长度为；A在S位置时，此时刻A、B的距离为，A速度最大时，AB距离为，细杆与B碰撞时，A、B距离为。
A以过S时，到B与杆碰撞时，A增加的速度为，则B同样增加速度为，设B与杠相碰时，B向左运动。设B与弹簧相碰到B与杆相碰时，B向左运动。对A根据动能定理有
对B有
当A以过S时，设B与杆碰撞时，A速度为，则B速度为，设B与杠相碰时，B向左运动。设B与弹簧相碰到B与杆相碰时，B向左运动。
对A根据动能定理有
对B
联立解得
16. （2023年新课标卷第12题）密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
（1）求油滴a和油滴b的质量之比；
（2）判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。

【答案】（1）8:1；（2）油滴a带负电，油滴b带正电；4:1
【解析】（1）设油滴半径r，密度为ρ，则油滴质量
则速率为v时受阻力
则当油滴匀速下落时
解得
可知
则
（2）两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，可知油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，可知油滴a带负电，油滴b带正电；当再次匀速下落时，对a由受力平衡可得
其中
对b由受力平衡可得
其中
联立解得
17. （2023年浙江6月卷第8题）某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有
联立可得
故选A。
18．（2023年1月浙江卷第12题）如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极、水平方问偏转电极和荧光屏组成。电极的长度为l、间距为d、极板间电压为极板间电压为零，电子枪加速电压为。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子( )
A.在极板间的加速度大小为
B.打在荧光屏时，动能大小为
C.在极板间受到电场力的冲量大小为
D.打在荧光屏时，其速度方向与连线夹角α的正切
答案：D
解析：极板间的电场强度大小为，电子所受的电场力大小为，由牛顿第二定律得，A错误；电子在加速电场中运动时电场力做的功为，电子沿方向进入偏转电极，若能打在荧光屏上，在极板间沿电场力方向的位移，则电场力做的功，对全过程由动能定理得，B错误；电子刚好从极板的边缘离开时，电子在极板间受到的电场力做的功为，故在极板间受到电场力的冲量大小，C错误；电子离开加速电场时有，电子在及板间的加速度大小为，则离开极板间时电子在垂直极板方向的速度大小为，沿方向有，联立解得，D正确。
19. （2023年北京卷第20题）某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为小球）组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d、不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压；
（2）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气速度v方向相反，大小为，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
a、半径为R、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压；
b、已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为和的两种颗粒，若的颗粒恰好100%被收集，求的颗粒被收集的百分比。

【答案】（1）；（2）a、；b、25%
【解析】（1）只要紧靠上极板颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，水平方向有
竖直方向
根据牛顿第二定律
又
解得
（2）a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，竖直方向
且
解得
b.带电荷量q的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有
在竖直方向颗粒匀速下落
的颗粒带电荷量为
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有
设只有距下极板为的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落
解得
的颗粒被收集的百分比
20. （2023年湖北卷第10题）（多选）一带正电微粒从静止开始经电压加速后，射入水平放置平行板电容器，极板间电压为。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（ ）

A.
B.
C. 微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D. 仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
【答案】BD
【解析】B．粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得
，
粒子射入电容器后的速度为，水平方向和竖直方向的分速度
，
从射入到运动到最高点由运动学关系
粒子射入电场时由动能定理可得
联立解得
B正确；
A．粒子从射入到运动到最高点由运动学可得
，
联立可得
A错误；
C．粒子穿过电容器时从最高点到穿出时由运动学可得
，
射入电容器到最高点有
解得
设粒子穿过电容器与水平的夹角为，则
粒子射入电场和水平的夹角为
C错误；
D．粒子射入到最高点的过程水平方向的位移为，竖直方向的位移为
联立
，，
解得
且
，
即解得
即粒子在运动到最高点过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，最高点到射出电容器过程同理
，，
即轨迹不会变化，D正确。
故选BD。
21. （2023年山东卷第15题）电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，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，灭火弹出膛速度，方向与水平面夹角，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小，。
（1）求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H；
（2）已知电容器储存的电能，转化为灭火弹动能的效率，灭火弹的质量为，电容，电容器工作电压U应设置为多少？

【答案】（1）60m；（2）
【解析】（1）灭火弹做斜向上抛运动，则水平方向上有
竖直方向上有
代入数据联立解得
（2）根据题意可知
又因为
联立可得
22. （2023年全国甲卷第5题）在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】A．电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，A正确；
B．电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受力分析有

可见与电场力的受力特点相互矛盾，B错误；
C．电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受力分析有

可见与电场力的受力特点相互矛盾，C错误；
D．电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受力分析有

可见与电场力的受力特点相互矛盾，D错误；
故选A。
23. （2023年全国乙卷第6题）（多选）在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP > OM，OM = ON，则小球（ ）

A. 在运动过程中，电势能先增加后减少
B. 在P点的电势能大于在N点的电势能
C. 在M点的机械能等于在N点的机械能
D. 从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
【答案】BC
【解析】ABC．由题知，OP > OM，OM = ON，则根据点电荷的电势分布情况可知
φM = φN > φP
则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且
EpP > EpM = EpN
则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误、BC正确；
D．从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。
故选BC。
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