题型07 电场 带电粒子在电场中的运动（题型专练）（山东专用）2026年高考物理二轮复习讲练测

题型07 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 电场力的性质 考向02 电场能的性质【重难】 考向03 带电体在电场中的直线运动 考向04 带电体在电场中的抛体运动【重难】 考向05 带电体在电场中的圆周运动 考向06 带电粒子在电场中的能量动量问题【重难】 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。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。 学生常见误区集中于：电势能与电势概念不清、电场线分布与运动轨迹判断错误、带电粒子在复合场中受力分析不完整、对运动形式分析不清等，这些错误直接导致解题思路偏差和结果错误。 考向01 电场力的性质 【例1-1】（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，带电量分别为和的小球甲、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，，，A、B两点间距离为，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 【例1-2】（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轴负方向成夹角斜向下 C．大小为 D．大小为 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、，质量分别为m、，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、，匀强电场的电场强度大小为E，不计空气阻力，则（　　） A． B． 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 【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（   ） A．P1P2中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为 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 考向02 电场能的性质 【例2-1】（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 【例2-2】（2025·湖南·高考真题）（多选）一匀强电场的方向平行于平面，平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为和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。下列说法正确的是（　　） A．中点的电势为零 B．电场的方向与x轴正方向成角 C．电场强度的大小为 D．电场强度的大小为 【例2-3】（2025·海南·高考真题）某静电场电势在轴上分布如图所示，图线关于轴对称，、、是轴上的三点，；有一电子从点静止释放，仅受轴方向的电场力作用，则下列说法正确的是（　　） A．点电场强度方向沿轴负方向 B．点的电场强度小于点的电场强度 C．电子在点的动能小于在点的动能 D．电子在点的电势能大于在点的电势能 1．电势高低的判断“四法” 判断方法 方法解读 电场线 方向法 沿电场线方向电势逐渐降低 场源电荷正负法 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；越靠近正电荷处电势越高，越靠近负电荷处电势越低 电势能 大小法 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 静电力 做功法 根据UAB＝，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低 2．电势能的大小判断“四法” 判断方法 方法解读 公式法 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；EpA＜0时绝对值越大，电势能越小 电势高 低法 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 静电力 做功法 静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加 能量守 恒法 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·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，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，，，电子电荷量大小为，重力不计。则（　　） A．P点的电场强度 B．电子a在H点儿受到的电场力大小为 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 【变式2-2】（2025·浙江宁波·一模）“彭宁离子阱”是一个可以用来储存带电粒子的装置。该装置主要由一对左右对称的环电极和一对上下对称的端电极构成，其内部某一截面的部分电场线和等势线分布如图，则（　　） A．三点电场强度大小关系 B．三点电势高低关系 C．将一电子从点移到点，静电力做负功 D．将一电子从点移到点，电子电势能减小 【变式2-3】（2025·江西景德镇·模拟预测）（多选）在以竖直方向建立y轴的xoy平面内存在方向未知且范围足够大的匀强电场，已知x轴和y轴上的各点电势如图甲和图乙所示，已知重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．匀强电场大小为240V/m B．x方向分电场与y方向分电场大小之比为4∶3 C．一个电子处于坐标（3cm，3cm）时电势能为0J D．在坐标原点以8m/s的初速度竖直抛出质量为0.1kg带电荷量C的小球，运动到最高点时电势能增加了2J 考向03 带电体在电场中的直线运动 【例3-1】（2025·江西新余·模拟预测）如图所示，在如图所示的电路中，充电已完成，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板时的速度为，不计电子重力，下列判断正确的是（　　） A．若增大两板间的距离，则电子到达B板的速度不变 B．若增大两板间的距离，则电子到达B板的速度增大 C．若减小两板间的距离，则电子到达B板的速度增大 D．若减小两板间的距离，则电子到达B板的速度减小 【例3-2】（2025·广东广州·二模）如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆板O和金属圆筒（又称漂移管）A、B、C、D、E组成，金属圆板和金属圆筒分别接在电源的两端。一个质子从圆板O的中心由静止开始加速，沿中心轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速。已知质子电量为e，质量为m，加速时电压U大小相同。不计质子经过狭缝的时间，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（　　） A．M点电势一直高于N点电势 B．圆筒A、B、C、D、E的长度之比为 C．质子从圆筒E射出时的速度大小为 D．质子每经过一次狭缝速度的增加量为 1．做直线运动的条件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。 (2)匀强电场中，粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。 2．用动力学观点分析 a＝，E＝，v2－v02＝2ad(匀强电场)。 3．用功能观点分析 匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02。 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。 4.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】（2025·浙江·一模）（多选）如图所示为英国物理学家J·J·汤姆孙当年用于测量电子比荷的气体放电管示意图。图中虚线框内部分处于真空状态，当灯丝L与电源1接通时将发热并逸出电子。P是中央有小圆孔的金属板，当L和P板与电源2接通时，逸出的电子将被加速，并沿图中虚直线所示路径到达荧光屏。D1、D2为两块平行于虚直线、间距为d的金属板，两板与电源3相接，在图示圆形区域内加一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。今测得三个可调电源的电压值分别为U1、U2、U3时，恰好观察到荧光屏O点有荧光发出。则以下说法正确的是（　　） A．电源2、3都是直流电源 B．金属板D2接电源3的负极 C．该次实验测得电子的比荷为 D．该次实验中电子击中O点时的动能略大于eU2 【变式3-2】（24-25高三上·河北·开学考试）（多选）如图甲所示，直线加速器由多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，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。某时刻位于序号为0的金属圆板中心的粒子由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒1，粒子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速。已知电压的绝对值为，周期为，粒子的比荷为，粒子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，只考虑静电力的作用。则（　　） A．粒子在金属圆筒内做匀加速直线运动 B．粒子在各个金属圆筒内运动的时间均为 C．粒子刚进入第8个圆筒时的速度大小为 D．第8个圆筒的长度为 考向04 带电体在电场中的抛体运动 【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 【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（    ） A．的最大值 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 1.带电粒子在匀强电场中的偏转问题基本处理方法 (1)在垂直电场方向上,粒子做匀速直线运动,在这个方向上找出平行板的板长和运动时间等相关物理量; (2)沿静电力方向上,粒子做匀加速直线运动,在这个方向上找出偏转加速度、偏转位移、偏转速度等相关物理量。 (3)在垂直电场方向上有t=,沿静电力方向上有y=at2或vy=at、a=,联立方程可求解。 2.交变电场中的偏转（带电粒子重力不计，方法实操展示） U-t图 轨迹图 v0 v0 [来源:Zxxk.Com]v0 v0 v0 vy-t图 t O vy v0 T/2 T 单向直线运动 A B 速度不反向 t O vy v0 往返直线运动 A B 速度反向 T T/2 -v0 【变式4-1】（2025·山东济南·二模）（多选）如图所示为带等量异种电荷的两正对平行金属板和，板带负电，板接地，板长为，两板间距离为。大量电子从两平行板间上半区域的左侧以平行于金属板的相同速度进入板间，靠近板左侧边缘进入的电子恰好能打在板右侧边缘，电子进入板间在上半区域均匀分布，忽略电子间的相互作用，不考虑电场的边缘效应。下列说法正确的是（　　） A．电子击中板区域的长度为 B．电子击中板区域的长度为 C．保持两板带电量不变，若将板向下平移的距离，打在板上的电子数占进入平行板电子总数的 D．保持两板带电量不变，若将板向下平移的距离，靠近板左侧边缘进入的电子出电场时的电势能为进电场时电势能的 【变式4-2】（2025·云南昭通·模拟预测）（多选）如图所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，两板间所加交变电压为，交变电压的周期。质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度沿两板的中线持续不断地进入平行板之间，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的电子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用。下列说法正确的是（　　） A．所有电子离开电场时的速度方向均与初速度方向相同 B．离开金属板时，侧位移越大的电子动能越大 C．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 D．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 考向05 带电体在电场中的圆周运动 【例5-1】（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、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。 【例5-2】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）水平面上竖直固定一个圆形光滑绝缘轨道ABCD，圆心为O，半径为R。A、C是圆弧上水平直径上的两点，D为最高点，B为最低点。在竖直平面分布着与水平方向夹角θ=30°的匀强电场。一个质量为m、带电荷量为+q的绝缘小球从A点以某一速度竖直向下沿轨道内侧运动，恰好不离开轨道并从D点水平向右做直线运动，重力加速度为g。求∶ (1)匀强电场的电场强度E的大小； (2)绝缘小球在A点对轨道的压力F的大小； (3)绝缘小球沿轨道从B到C电势能的变化量ΔEₚ。 方法应用：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。 【变式5-1】（2025·山东泰安·模拟预测）（多选）长为的绝缘轻细线一端连接质量为、电荷量为的带负电小球，另一端固定在光滑绝缘水平桌面上的点，整个空间内存在着平行于桌面的匀强电场，带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动，俯视图如图甲所示，为轨迹圆的一条直径。以点为起始点，小球运动过程中的电势能与小球运动的路程之间的关系如图乙所示，其中，下列说法正确的是（   ） A．电场强度的大小为 B．点的电势为 C．小球运动过程中速度的最小值为 D．小球运动过程中所受细线拉力的最大值为 【变式5-2】（2025·湖北·二模）某课外活动小组设计出某款游戏装置，其简化图如图甲所示，该装置包括轻质弹射器、光滑的竖直圆轨道且在圆形轨道内部存在竖直向下、大小为的匀强电场、平直轨道，其中点左侧平直轨道以及弹射器内壁均是光滑的，右侧平直轨道是粗糙的，且滑块1、2（均可视为质点）与水平轨道之间的动摩擦因数均为，圆轨道的半径，与轨道平滑连接。现缓慢向左推动质量的滑块1，其受到的弹力随压缩量的变化关系如图乙所示，压缩量为时，弹射器被锁定。某时刻解除锁定，滑块1被弹出后，与静置于点、质量，带电荷量为的滑块2发生碰撞并粘合为一体，不计空气阻力，假设在运动过程中滑块所带电荷量保持不变，重力加速度。 (1)求弹射器被锁定时具有的弹性势能大小及碰后粘合体的速度； (2)若粘合体恰好通过圆轨道的最高点，求粘合体通过圆轨道最低点时受到的支持力大小； (3)要使粘合体能进入圆轨道运动且不脱离轨道，求平直轨道段的长度范围。 考向06 带电粒子在电场中的能量动量问题 【例6-1】（2025·贵州遵义·一模）如图，有一足够长的光滑绝缘轻杆竖直放置并固定，杆的左侧O点固定一个正点电荷Q。杆上穿有一质量为m的带电小球，现将小球从杆上A点静止释放，其最远能运动到D点。已知带电小球在A点所受电场力大小为，重力加速度大小为g，OAC构成边长为d的正三角形，B为AC中点，不计空气阻力。 (1)在图中画出点电荷Q产生的电场中过A点的完整等势线及过B点的电场线； (2)小球在A、B两个位置的加速度大小之比； (3)从A点释放开始计时，记录小球运动到C点的时刻为t（t为已知量），写出小球从A到C的过程电场力沿杆方向冲量的表达式。 【例6-2】（2024·江西·模拟预测）如图，PQ是长为的绝缘、粗糙斜面，与水平方向的夹角为，斜面上P点放置一电荷量为的小物块A，斜面底端的光滑水平桌面上有长为的长木板C，其上表面与斜面底端相齐，右端带有挡板，离长木板C的左端处，放有一个小物块B，小物块A、B、长木板C的质量均为。在斜面上方加上垂直斜面向下的电场，斜面上各点的电场强度大小E与到P点距离x之间的关系为，小物块A与斜面间的动摩擦因数为，小物块A、B与长木板C之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现给小物块A一个沿斜面向下的瞬时冲量，经过一段时间后小物块A滑上长木板C，不计A物块由斜面运动到长木板C时的动能损失，以后运动过程中所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度大小，常量，小物块A、B均看作质点，，，求： （1）若斜面上方无电场时，小物块A由P运动到斜面底端Q时的速度大小； （2）斜面上方加电场后，小物块A由P运动到斜面底端Q时的速度大小； （3）在（2）的条件下，小物块A滑到长木板C上后，在木板上运动的整个过程中，小物块A与长木板C之间的摩擦产生的热量。 1．电场中的功能关系 (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，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化。 (4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化。 2．电场力做功的计算方法 (1)WAB＝qUAB(普遍适用) (2)W＝qEx cos θ(适用于匀强电场) (3)WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(从能量角度求解) (4)W电＋W非电＝ΔEk(由动能定理求解) 【变式6-1】（2024·福建福州·一模）如图甲所示，一倾角为30°足够长的绝缘斜面固定在水平地面上，质量为m、电荷量为的物块A压缩轻质绝缘微型弹簧a后锁定（A与弹簧不拴接）。空间中存在沿斜面向上、大小（g为重力加速度）的匀强电场。质量为2m、电荷量为的物块B静止在斜面上端，B左侧固定有处于原长的轻质绝缘弹簧b，A、B与斜面的滑动摩擦力大小分别为、，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，时解除锁定，弹簧的弹性势能瞬间全部转化为A的动能，A运动距离L后于时刻到达P点，此时速度为、加速度为0，且未与弹簧b接触；时刻，A到达Q点，速度达到最大值，弹簧b的弹力大小为，此过程中A的图像如图乙所示。已知A、B的电荷量始终保持不变，两者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，弹簧始终在弹性限度内。求： （1）A从开始运动到P点的过程中，B对A库仑力所做的功； （2）A到达P点时，A与B之间的距离； （3）A从P点运动到Q点的过程中，A、B系统（含弹簧b）的电势能变化量与弹性势能变化量的总和。 【变式6-2】（2024·云南·模拟预测）如图甲所示，一质量kg、电量C的物块放在足够大的粗糙水平面上的O点，物块与水平面间的动摩擦因数。长m的轻质细线上端固定，下端系着一质量kg的小球，小球静止时位于O点上方，小球与物块均可视为质点。以O为原点，水平向右为x轴建立坐标。O点右侧空间有一特殊的水平电场，电场强度E随位置坐标x的变化关系如图乙所示，沿x轴正方向电场为正。现将小球拉至与竖直方向夹角的位置由静止释放，小球运动到最低点与物块发生弹性碰撞，碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小g取10m/s，，。求： （1）碰撞后瞬间物块的速度大小； （2）物块第一次运动到m时的动能。 1．（24-25高三上·山东菏泽·期末）如图所示，真空中电荷量均为的两正点电荷连线和一玻璃正方体框架的两侧面和中心连线重合，连线中心和正方体中心重合。下列说法中正确的是（　　） A．正方体两顶点A、电场强度相同 B．正方体两顶点A、电势相等 C．检验电荷在顶点、受到的电场力相同 D．检验电荷在顶点的电势能比在顶点电势能低 2．（24-25高三上·广西·阶段练习）如图所示，半径为R的金属圆环固定在竖直平面上，金属圆环所带电荷量为＋Q，且均匀分布，绝缘细线的一端固定在圆环的最高点，另一端连接一个质量为m的带电小球（视为质点）。稳定时，小球在过圆心且垂直圆环平面的轴上的P点处于静止状态，O、P两点间的距离也为R。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，则小球所带的电荷量为（　　） A． B． C． D． 3．（23-24高三上·湖北武汉·期末）如图所示水平面上，固定的装置是由半径为R的绝缘圆环和沿半径方向的绝缘细杆组成，空间中的匀强电场平行于细杆向左。圆环上套有一带正电小球A，细杆上套有一带正电小球B。初始时A静止在离P点较近处，A、B间距为R，现用外力使B缓慢向P点移动，则A沿圆环缓慢右移。在这过程中，若两小球所带电量不改变且不计一切摩擦，则下列说法中正确的是（    ） A．圆环对A的弹力一直减小 B．A、B间的库仑力先增大后减小 C．B对A的库仑力可能大于圆环对A的弹力 D．B对A的库仑力小于匀强电场对A的作用力 4．（24-25高三上·山东青岛·期末）如图所示，真空中正四面体的四个顶点处分别固定四个等量点电荷，A点为底边棱的中点，B点为右侧面的中心，C点为底面的中心，D点为正四面体的体心（到四个顶点的距离均相等）。下列说法正确的是（　　） A．B点电势小于C点电势 B．取无穷远处为零势面，D点电势不为零 C．一正电荷从A点运动到D点过程中，电场力做正功 D．若两个等量异种点电荷在D点产生的电场强度大小为E，则D点的合场强大小为 5．（2025·湖南湘西·一模）已知均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零。如图1所示，真空中有一半径为R、电荷量为的均匀带电实心球，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴，理论分析表明，x轴上各点的电场强度随x变化关系如图2所示，静电力常量为k，则（　　） A．处电场强度大小为 B．x1处的电势小于处的电势 C．x1处电场强度大小为 D．假设将一个带正电的试探电荷沿x轴移动，从x1移到处的过程中电场力先做正功，后做负功 6．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）在一条直线上固定三个电荷，其带电情况由左向右依次为、、。三个电荷产生的电场的电场线分布如图所示。将同一带负电的试探电荷先后置于、两点，电势能分别为和，电荷所受电场力大小分别为和，则（　　） A． B． C． D． 7．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图所示，固定的三个点电荷恰好处于正三角形的三个顶点处，电量分别为。以三角形的中心为原点、沿平行于下侧两电荷连线的方向建立x轴，并在x轴上固定一根光滑细杆。以无穷远处为零电势，横轴上各点处电势和x的对应关系如图所示，其中图像在处的切线水平。带电小球a穿在细杆上，从x轴上电势最高位置的右侧临近点处静止释放小球，小球向方向运动，此后的整个运动过程中电荷量保持不变。下列分析正确的是（　　） A．小球带负电 B．小球从释放到运动至原点O的过程中，加速度先增大后减小 C．小球从释放到运动至原点O的过程中，速度先增大后减小 D．原点处的电场强度为0 8．（25-26高三上·贵州·期中）如图所示，虚线为电场的等差等势线，实线是一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，、分别是运动轨迹与等势面的两个交点，下列说法正确的是（   ） A．粒子带正电荷 B．粒子在点的电势能大于在点的电势能 C．若粒子从点运动到点，则动能减小 D．粒子在点的加速度大于在点的加速度 9．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图所示，BD是竖直平面内圆的一条竖直直径，AC是该圆的另一条直径，该圆处于匀强电场中，场强方向平行于圆所在平面。若从O点向各个方向发射动能、电量、质量均相同的带正电小球，小球会经过圆周上不同的点，其中过A点的小球的动能最小。忽略空气阻力和小球之间的作用力，则下列说法中正确的是（　　） A．过D点的小球动能和电势能之和最小 B．过B点的小球动能和电势能之和最大 C．过C点的小球电势能和重力势能之和最小 D．可以断定电场方向由O点指向圆弧CND上的某一点 10．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图1所示，在水平气垫导轨上，绝缘放置着同种点电荷A、B，其中A固定于导轨左端，B可在导轨上无摩擦滑动。将B在A附近某一位置由静止释放，根据能量守恒定律，通过测量B在不同位置处的速度，能够得到B的势能随位置随x的变化规律（坐标原点位于A处），如图3中曲线Ⅰ所示。现将导轨右端抬高，使其与水平面的夹角为θ，如图2所示，若B由处静止释放，则B的总势能曲线如图3中Ⅱ所示，图3中直线Ⅲ是曲线Ⅱ的渐近线，已知重力加速度大小为g，B质量为m，则（   ） A．B在运动过程中动能最小位置为x1处 B．B在运动过程中电势能最大位置为x1处 C．B在运动过程中的最大位移大小为 D．直线Ⅲ的斜率为 11．（2025·江西·模拟预测）（多选）如图所示，绝缘水平面上有一质量为m的带电滑块在纸面内向右运动，纸面内存在电场强度方向不确定、大小一定的匀强电场，当电场方向与竖直向上方向的夹角为θ1时，滑块向右加速的加速度达到最大，最大值；当电场方向与竖直向下方向的夹角为θ2时，滑块向右减速的加速度达到最大，最大值。g为重力加速度大小，滑块与水平面的动摩擦因数为μ，电场力大小为F，下列关系式正确的是（　　） A． B．θ1=60° C． D．F=mg 12．（2025·四川达州·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 13．（2025高三·内蒙古·模拟预测）（多选）如图所示，在平面内有一圆形区域，圆心为，半径为，空间存在平行平面的匀强电场。一不计重力的电子以速度从轴上的点沿轴正方向射入圆形区域，从点以速度沿轴正方向飞出圆形边界，连线与轴正方向夹角，电子质量为，带电荷量的绝对值为。下列说法正确的是（　　）    A．在点的速度大小 B．电场方向与轴负方向的夹角为 C．电场强度大小 D．电子在圆形区域的最小速度为 14．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）（多选）如图，在直角坐标系中，空间存在方向平行面，与轴正方向夹角为的匀强电场，电场强度大小为；空间存在方向平行面，与轴正方向夹角为的匀强电场，电场强度大小为。在平面点（如图所示）由静止释放一个质量为、电荷量为的带电粒子，粒子沿直线运动经过轴（，，）点时速度大小为。进入空间后，始终受到一个与运动方向相反、大小为（）的阻力。一段时间后，粒子首次到达平面时，对应轴坐标为，速度大小为，其沿轴负方向的分速度大小为。不计粒子重力。则该带电粒子（　　） A．在空间中的运动时间为 B．经过轴时轴坐标为 C．首次运动到平面所用时间为 D．首次运动到平面时轴坐标为 15．（2025·吉林·模拟预测）（多选）在竖直平面内的四点构成边长为的菱形，其中边水平，边与水平面成空间中有一方向平行于菱形所在平面的匀强电场。电荷量为、质量为的带电粒子从A点以初速度垂直于向上射出，粒子的轨迹经过点时速度大小等于，A点运动到速度最小的过程中电场力做功，不计粒子所受重力和空气阻力，则下列说：中正确的是（　　） A．点电势高于点电势 B．DC两点间的电势差为 C．电场强度的大小为 D．粒子由A点运动到与A点等高的过程中电势能减小 16．（2024·山东泰安·模拟预测）（多选）如图所示，在平面内，在轴上方有沿轴负方向的匀强电场，电场强度大小为；在轴下方有方向与轴成角的匀强电场，电场强度大小为。时刻有一带电量，质量为的粒子从处以沿轴负方向的速度射出，忽略粒子所受的重力。若粒子第1次经过轴时速度方向与轴成角，则（　　） A．与满足 B．粒子第1次到达轴的时间为 C．粒子第2次经过轴时的位置为 D．粒子第4次经过轴时的位置为 17．（2025·辽宁·模拟预测）（多选）如图所示，三维空间坐标系的y轴竖直向上，y轴上一L处记作P点，空间存在沿x轴正方向的匀强电场（图中未画出）。长度为L的绝缘细线一端固定在O点，另一端连接质量为m、电荷量大小为q带正电的小球（可视为质点）。已知重力加速度为g，匀强电场的电场强度大小为，下列说法正确的是（　　） A．若小球从P点由静止释放，则小球运动的最大动能为 B．若小球从P点由静止释放，则细线中的拉力最大为3mg C．若小球过P点做匀速圆周运动，则小球运动的速率为 D．若在P点给小球沿x轴正方向的初速度，则小球能绕O点做完整的圆周运动 18．（2025·河北·模拟预测）（多选）如图所示，轻质绝缘细线一端系在点，另一端与带电量为的小球（可视为质点）连接，整个装置处在水平向右、场强大小为的匀强电场中，小球静止时处在点，点在点的正下方，与间的夹角为，点在点正右方且与点等高，已知，现把小球移至A点，给小球一个水平向右的初速度（为未知量），小球正好能够到达点（运动过程中小球的电量不变），重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．小球的质量为 B．小球在A点获得的动能为 C．小球从A到的过程中，速度的最大值为 D．小球从A到的过程中，通过点时细线的张力最大 19．（2025·湖南湘西·一模）如图所示，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，初始时在电场力的作用下A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。时撤去电场，C向下加速运动，下降一段距离后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为0.1J。已知A、B、C的质量分别为0.2kg、0.5kg、0.3kg，匀强电场的电场强度大小为，重力加速度大小g取，弹簧弹性势能与劲度系数、形变量之间的关系满足，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。 (1)求小球C的带电量； (2)求A与B间的动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小； (3)若时电场方向改为竖直向下，B与A发生相对滑动后，A、B继续向右运动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中的最大速度（整个过程B未与A脱离，C未与地面相碰）。 20．（2025·江苏南通·一模）如图所示，在xoy直角坐标系中，第二象限有曲线y=x2，该曲线及其上方有竖直向上的匀强电场Ⅰ。曲线左侧有电子发射器CD，电子由C极不间断地无初速逸出，经电场加速后，从金属网D以速度v0沿x轴正方向射出。所有电子经过电场Ⅰ都能到达原点O，且速度方向与x轴正方向的最大夹角为60°，然后进入第四象限的电场Ⅱ。已知电子的电量为e，质量为m，重力忽略不计，金属网D出射的电子均匀分布。 (1)求电子发射器CD间的电压U； (2)求匀强电场Ⅰ的场强E； (3)电场Ⅱ方向竖直向下，场强大小随y坐标的变化满足E=ky，（k为定值，y为某点到x轴的距离）。若只有一半的电子能达到平行于x轴的荧光屏MN（屏足够大），求屏MN与x轴的间距d。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型07 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 电场力的性质 考向02 电场能的性质【重难】 考向03 带电体在电场中的直线运动 考向04 带电体在电场中的抛体运动【重难】 考向05 带电体在电场中的圆周运动 考向06 带电粒子在电场中的能量动量问题【重难】 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。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。 学生常见误区集中于：电势能与电势概念不清、电场线分布与运动轨迹判断错误、带电粒子在复合场中受力分析不完整、对运动形式分析不清等，这些错误直接导致解题思路偏差和结果错误。 考向01 电场力的性质 【例1-1】（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，带电量分别为和的小球甲、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，，，A、B两点间距离为，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。 设与线段交点为点，由几何关系解得因此有，根据正弦定理，对甲有对乙有因为是一对相互作用力，可得，A错误； B．根据点电荷场强公式，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，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点带电量为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。但是点带电量为的正点电荷在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，与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1-2】（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轴负方向成夹角斜向下 C．大小为 D．大小为 【答案】AD 【详解】由题意可知，如图 将五个点电荷等效成 五个点电荷与O点距离为R，设则O点场强大小为代入可得方向沿x轴负方向；故选AD。 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、，质量分别为m、，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、，匀强电场的电场强度大小为E，不计空气阻力，则（　　） A． B． 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 【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，①对乙球有，联立解得②故同时有解得故AB正确； 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， 对乙有，联立可得，无解假设不成立，故C错误； D．若撤去甲，对乙球根据动能定理根据前面分析由①②可知联立解得故D正确。故选ABD。 【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（   ） A．P1P2中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为 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】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，则根据场强的叠加原理可知，A点的合场强为根据均值不等式可知当时E有最大值，且最大值为再根据几何关系可知A点到O点的距离为故A错误，B正确； C．在M点放入一电子，从静止释放，由于可知电子向上运动的过程中电场力一直减小，则电子的加速度一直减小，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，粒子受到的电场力为由于x << r，整理后有在N点放入一电子，从静止释放，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2-1】（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； C．由于a点离点电荷较近，由可知，a点电场强度一定大于b点电场强度，故C正确； 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。 【例2-2】（2025·湖南·高考真题）（多选）一匀强电场的方向平行于平面，平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为和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。下列说法正确的是（　　） A．中点的电势为零 B．电场的方向与x轴正方向成角 C．电场强度的大小为 D．电场强度的大小为 【答案】AD 【详解】A．根据题意可知O点、A点和B点的电势分别为，，故中点的电势为故A正确； 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，由可知，故电场的方向与x轴正方向成角，故B错误； CD．电场强度的大小为故C错误，D正确。故选AD。 【例2-3】（2025·海南·高考真题）某静电场电势在轴上分布如图所示，图线关于轴对称，、、是轴上的三点，；有一电子从点静止释放，仅受轴方向的电场力作用，则下列说法正确的是（　　） A．点电场强度方向沿轴负方向 B．点的电场强度小于点的电场强度 C．电子在点的动能小于在点的动能 D．电子在点的电势能大于在点的电势能 【答案】D 【详解】A．由图可知在x正半轴沿+x方向电势降低，则电场强度方向沿正方向，故A错误； B．图像斜率表示电场强度，，由图可知点的电场强度大小等于点的电场强度，方向相反，故B错误； C．电子在电势低处电势能大，故电子在点的电势能小于在点的电势能，根据能量守恒可知，电子在点的动能大于在点的动能，故C错误； D．电子在电势低处电势能大，故电子在点的电势能大于在点的电势能，故D正确。故选D 。 1．电势高低的判断“四法” 判断方法 方法解读 电场线 方向法 沿电场线方向电势逐渐降低 场源电荷正负法 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；越靠近正电荷处电势越高，越靠近负电荷处电势越低 电势能 大小法 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 静电力 做功法 根据UAB＝，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低 2．电势能的大小判断“四法” 判断方法 方法解读 公式法 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；EpA＜0时绝对值越大，电势能越小 电势高 低法 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 静电力 做功法 静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加 能量守 恒法 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·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，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，，，电子电荷量大小为，重力不计。则（　　） A．P点的电场强度 B．电子a在H点儿受到的电场力大小为 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 【详解】AB．a粒子入射动能为Ek，根据动能的表达式有粒子恰好做圆周运动，则联立解得，故AB错误； 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，根据可知则b粒子全程的克服电场力做功，故D正确。故选 D。 【变式2-2】（2025·浙江宁波·一模）“彭宁离子阱”是一个可以用来储存带电粒子的装置。该装置主要由一对左右对称的环电极和一对上下对称的端电极构成，其内部某一截面的部分电场线和等势线分布如图，则（　　） A．三点电场强度大小关系 B．三点电势高低关系 C．将一电子从点移到点，静电力做负功 D．将一电子从点移到点，电子电势能减小 【答案】C 【详解】A．电场线疏密反映场强大小，可知a、b、c三点的电场强度大小关系是，选项A错误； B．沿电场线电势降低，则a点电势高于b点，bc电势相等，则a、b、c三点的电势高低关系是，选项B错误； C．点电势高，电子在该点电势能小，所以从点移到点，电势能增大，静电力做负功，故C正确； D．bc电势相等，所以将一电子从点移到点，电子电势能增大，故D错误。故选C。 【变式2-3】（2025·江西景德镇·模拟预测）（多选）在以竖直方向建立y轴的xoy平面内存在方向未知且范围足够大的匀强电场，已知x轴和y轴上的各点电势如图甲和图乙所示，已知重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．匀强电场大小为240V/m B．x方向分电场与y方向分电场大小之比为4∶3 C．一个电子处于坐标（3cm，3cm）时电势能为0J D．在坐标原点以8m/s的初速度竖直抛出质量为0.1kg带电荷量C的小球，运动到最高点时电势能增加了2J 【答案】BC 【详解】A．x轴和y轴上的各点电势如图甲和图乙所示，图像的斜率表示电场强度，可知x轴和y轴的电场分量大小分别为， 可知匀强电场大小为，故A错误； B．根据，，x方向分电场与y方向分电场大小之比为4∶3，故B正确； C．如图所示，根据匀强电场特点可知可得根据图甲和图乙可知可知坐标（3cm，3cm）的电势为可得电子在坐标（3cm，3cm）时电势能，故C正确； D．对小球，水平方向有可得竖直方向有可得可得到达最高点的时间为竖直位移为水平位移为 根据甲图可得，根据乙图可得，可得，根据，可得可知电势增加了根据可知电势能增加，故D错误。故选BC。 考向03 带电体在电场中的直线运动 【例3-1】（2025·江西新余·模拟预测）如图所示，在如图所示的电路中，充电已完成，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板时的速度为，不计电子重力，下列判断正确的是（　　） A．若增大两板间的距离，则电子到达B板的速度不变 B．若增大两板间的距离，则电子到达B板的速度增大 C．若减小两板间的距离，则电子到达B板的速度增大 D．若减小两板间的距离，则电子到达B板的速度减小 【答案】B 【详解】AB．若增大两板间的距离d，根据可知电容减小，由于存在二极管（单向导电性），可知电容器放不了电，则电容器Q不变，根据联立解得可知极板间场强不变，粒子受到的电场力不变，由于极板间距增大，则电场力做功增大，故电子到达B板的速度增大，故A错误，B正确； CD．结合分析可知，若减小两板间的距离d，可知电容增大，可知电容器充电，又由于此时两极板间电压不变，根据可知电场力做功不变，故电子到达B板的速度不变，故CD错误。故选B。 【例3-2】（2025·广东广州·二模）如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆板O和金属圆筒（又称漂移管）A、B、C、D、E组成，金属圆板和金属圆筒分别接在电源的两端。一个质子从圆板O的中心由静止开始加速，沿中心轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速。已知质子电量为e，质量为m，加速时电压U大小相同。不计质子经过狭缝的时间，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（　　） A．M点电势一直高于N点电势 B．圆筒A、B、C、D、E的长度之比为 C．质子从圆筒E射出时的速度大小为 D．质子每经过一次狭缝速度的增加量为 【答案】B 【详解】A．质子从O点由静止开始被加速，此时M点电势高于N点电势；从A筒射出时，继续被加速，此时M点电势低于N点电势；从B筒射出时，还要被加速，此时M点电势再次高于N点电势。此后，M点电势和N点电势交替变化，故A错误； B．由动能定理得可知，质子第一次加速后进入A筒的速度为同理可知质子进入B、C、D、E筒的分别速度为，，，由题意可知，质子在金属圆筒内做匀速直线运动的时间均为T，根据可知，圆筒A、B、C、D、E的长度之比为故B正确； C．由B选项分析可知，质子从圆筒E射出时，经过5次加速，由动能定理可得质子从圆筒E射出时的速度大小为故C错误； D．由B选项分析可知，质子由O点到A筒，速度的增加量为从A筒射出到进入B筒，速度增加量为故D错误。故选B。 1．做直线运动的条件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。 (2)匀强电场中，粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。 2．用动力学观点分析 a＝，E＝，v2－v02＝2ad(匀强电场)。 3．用功能观点分析 匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02。 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。 4.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】（2025·浙江·一模）（多选）如图所示为英国物理学家J·J·汤姆孙当年用于测量电子比荷的气体放电管示意图。图中虚线框内部分处于真空状态，当灯丝L与电源1接通时将发热并逸出电子。P是中央有小圆孔的金属板，当L和P板与电源2接通时，逸出的电子将被加速，并沿图中虚直线所示路径到达荧光屏。D1、D2为两块平行于虚直线、间距为d的金属板，两板与电源3相接，在图示圆形区域内加一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。今测得三个可调电源的电压值分别为U1、U2、U3时，恰好观察到荧光屏O点有荧光发出。则以下说法正确的是（　　） A．电源2、3都是直流电源 B．金属板D2接电源3的负极 C．该次实验测得电子的比荷为 D．该次实验中电子击中O点时的动能略大于eU2 【答案】AD 【详解】A．电源2作用是使电子向右做加速直线运动，故应为直流电源； 电源3作用是提供电场使电子受到的电场力与洛伦兹力平衡，故也应为直流电源，故A正确； B．由左手定则电子在D1、D2之间受到洛伦兹力方向向上，为了平衡电子受到电场力应向下，故金属板D2接电源3的正极，故B错误； C．电子经电源2加速，D1、D2之间电子受力平衡联立得电子的比荷为，故C错误； D．由全过程动能定理当L和P板与电源2接通时，逸出的电子具有一定的初动能，即Ek初>0则该次实验中电子击中O点时的动能EkO略大于eU2，故D正确。故选AD。 【变式3-2】（24-25高三上·河北·开学考试）（多选）如图甲所示，直线加速器由多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，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。某时刻位于序号为0的金属圆板中心的粒子由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒1，粒子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速。已知电压的绝对值为，周期为，粒子的比荷为，粒子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，只考虑静电力的作用。则（　　） A．粒子在金属圆筒内做匀加速直线运动 B．粒子在各个金属圆筒内运动的时间均为 C．粒子刚进入第8个圆筒时的速度大小为 D．第8个圆筒的长度为 【答案】BC 【详解】A．由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，则电子在金属圆筒中做匀速直线运动，故A错误； B．因为电子从金属圆筒出来后要继续做加速运动，所以电子在金属圆筒中的运动时间应该为交变电源周期的一半，即，故B正确； C．由动能定理得可得粒子刚进入第8个圆筒时的速度大小为故C正确； D．因为电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第8个圆筒长度为故D错误。故选BC。 考向04 带电体在电场中的抛体运动 【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 【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，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。 【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（    ） A．的最大值 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 【详解】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。 1.带电粒子在匀强电场中的偏转问题基本处理方法 (1)在垂直电场方向上,粒子做匀速直线运动,在这个方向上找出平行板的板长和运动时间等相关物理量; (2)沿静电力方向上,粒子做匀加速直线运动,在这个方向上找出偏转加速度、偏转位移、偏转速度等相关物理量。 (3)在垂直电场方向上有t=,沿静电力方向上有y=at2或vy=at、a=,联立方程可求解。 2.交变电场中的偏转（带电粒子重力不计，方法实操展示） U-t图 轨迹图 v0 v0 [来源:Zxxk.Com]v0 v0 v0 vy-t图 t O vy v0 T/2 T 单向直线运动 A B 速度不反向 t O vy v0 往返直线运动 A B 速度反向 T T/2 -v0 【变式4-1】（2025·山东济南·二模）（多选）如图所示为带等量异种电荷的两正对平行金属板和，板带负电，板接地，板长为，两板间距离为。大量电子从两平行板间上半区域的左侧以平行于金属板的相同速度进入板间，靠近板左侧边缘进入的电子恰好能打在板右侧边缘，电子进入板间在上半区域均匀分布，忽略电子间的相互作用，不考虑电场的边缘效应。下列说法正确的是（　　） A．电子击中板区域的长度为 B．电子击中板区域的长度为 C．保持两板带电量不变，若将板向下平移的距离，打在板上的电子数占进入平行板电子总数的 D．保持两板带电量不变，若将板向下平移的距离，靠近板左侧边缘进入的电子出电场时的电势能为进电场时电势能的 【答案】BCD 【详解】AB．设粒子初速度为v，竖直方向加速度为a，题意知靠近板左侧边缘进入的电子恰好能打在板右侧边缘，根据类平抛规律，竖直方向有则极板中间虚线处射入的粒子，则有联立解得则电子击中板区域的长度为故A错误，B正确； C．设电容器带电量为，根据整理得可知保持两板带电量不变，若将板向下平移的距离，极板间电场强度不变，故粒子在电场中加速度不变，设从距离下极板处射入的粒子，恰好打在板右侧边缘，则有联立解得可知射入点距离上极板距离恰好为上半区域的一半，故，打在板上的电子数占进入平行板电子总数的，故C正确； D．靠近板左侧边缘进入的电子，根据类平抛规律，竖直方向位移联立解得设极板间电场强度为E，由于Q接地，Q板电势为0，则有则同理可知，出电场时有故则有故靠近板左侧边缘进入的电子出电场时的电势能为进电场时电势能的，故D正确。故选BCD。 【变式4-2】（2025·云南昭通·模拟预测）（多选）如图所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，两板间所加交变电压为，交变电压的周期。质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度沿两板的中线持续不断地进入平行板之间，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的电子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用。下列说法正确的是（　　） A．所有电子离开电场时的速度方向均与初速度方向相同 B．离开金属板时，侧位移越大的电子动能越大 C．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 D．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 【答案】AC 【详解】AB．电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，所有电子离开电场时竖直方向分速度为，速度都等于，故A正确，B错误。 C．时刻进入电场的电子，在时刻侧位移最大，最大侧位移为 时刻进入电场的电子的侧位移最大，联立求得，故C正确。 D．时刻进入电场的电子，在时刻侧位移最大，最大侧位移为，时刻进入电场的电子的侧位移最大联立求得，故D错误。故选AC。 考向05 带电体在电场中的圆周运动 【例5-1】（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、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）， 【详解】（1）在匀强电场中，根据公式可得场强为 （2）在A点细线对小球的拉力为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， 【例5-2】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）水平面上竖直固定一个圆形光滑绝缘轨道ABCD，圆心为O，半径为R。A、C是圆弧上水平直径上的两点，D为最高点，B为最低点。在竖直平面分布着与水平方向夹角θ=30°的匀强电场。一个质量为m、带电荷量为+q的绝缘小球从A点以某一速度竖直向下沿轨道内侧运动，恰好不离开轨道并从D点水平向右做直线运动，重力加速度为g。求∶ (1)匀强电场的电场强度E的大小； (2)绝缘小球在A点对轨道的压力F的大小； (3)绝缘小球沿轨道从B到C电势能的变化量ΔEₚ。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）小球从D点水平向右做直线运动，则有解得 （2）结合上述可知，小球等效物理最高点在C点，小球恰好不离开轨道，则在轨道点有 小球从A到C过程，根据动能定理有 小球在A点，根据牛顿第二定律有解得 根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为。 （3）小球沿轨道从B到C过程，根据功能关系有 解得 方法应用：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。 【变式5-1】（2025·山东泰安·模拟预测）（多选）长为的绝缘轻细线一端连接质量为、电荷量为的带负电小球，另一端固定在光滑绝缘水平桌面上的点，整个空间内存在着平行于桌面的匀强电场，带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动，俯视图如图甲所示，为轨迹圆的一条直径。以点为起始点，小球运动过程中的电势能与小球运动的路程之间的关系如图乙所示，其中，下列说法正确的是（   ） A．电场强度的大小为 B．点的电势为 C．小球运动过程中速度的最小值为 D．小球运动过程中所受细线拉力的最大值为 【答案】ABC 【详解】A．由图乙可知，小球由P点开始做圆周运动的路程为时小球的电势能最大，此时小球转过的圆心角为，小球沿电场方向的位移最大，过该点做圆的切线，则电场的方向与切线垂直，如图所示 该过程中电场力所做的功等于小球电势能的减少量，即解得故A正确； B．P、Q两点间的电势差为解得故B正确； C．小球电势能最大时位于等效最高点，因小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动，则有 解得故C正确； D．小球运动到等效最低点（即电势能最小位置）时所受细线拉力最大，此时有 小球由等效最高点运动到等效最低点的过程，根据动能定理得联立解得故D错误。故选ABC。 【变式5-2】（2025·湖北·二模）某课外活动小组设计出某款游戏装置，其简化图如图甲所示，该装置包括轻质弹射器、光滑的竖直圆轨道且在圆形轨道内部存在竖直向下、大小为的匀强电场、平直轨道，其中点左侧平直轨道以及弹射器内壁均是光滑的，右侧平直轨道是粗糙的，且滑块1、2（均可视为质点）与水平轨道之间的动摩擦因数均为，圆轨道的半径，与轨道平滑连接。现缓慢向左推动质量的滑块1，其受到的弹力随压缩量的变化关系如图乙所示，压缩量为时，弹射器被锁定。某时刻解除锁定，滑块1被弹出后，与静置于点、质量，带电荷量为的滑块2发生碰撞并粘合为一体，不计空气阻力，假设在运动过程中滑块所带电荷量保持不变，重力加速度。 (1)求弹射器被锁定时具有的弹性势能大小及碰后粘合体的速度； (2)若粘合体恰好通过圆轨道的最高点，求粘合体通过圆轨道最低点时受到的支持力大小； (3)要使粘合体能进入圆轨道运动且不脱离轨道，求平直轨道段的长度范围。 【答案】(1)， (2) (3)或 【详解】（1）弹力与压缩量的图像与横轴围成的面积表示克服弹力做功 由功能关系得弹簧储存的弹性势能为 对物块1，由能量守恒定律得 解得滑块1被弹出后的速度 滑块1与2发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得 解得碰撞后粘合体的速度 （2）粘合体恰好通过最高点，根据牛顿第二定律可得 解得 粘合体从点到最高点过程由动能定理可得 解得 在点，对粘合体由牛顿第二定律可得 解得 （3）要使滑块能进入圆轨道运动，则至少能够到达点，有 解得 ①若粘合体沿圆弧轨道到达与圆心等高处时速度为零，粘合体同样不会脱离轨道，则对全程由动能定理可得解得 ②粘合体能通过最高点，由（2）中可知到达最高点的最小速度，即到达点的速度应大于等于，对从碰后至到达最高点过程，由动能定理可得 解得 综上所述，要使碰后粘合体不脱离轨道，轨道长度范围为或。 考向06 带电粒子在电场中的能量动量问题 【例6-1】（2025·贵州遵义·一模）如图，有一足够长的光滑绝缘轻杆竖直放置并固定，杆的左侧O点固定一个正点电荷Q。杆上穿有一质量为m的带电小球，现将小球从杆上A点静止释放，其最远能运动到D点。已知带电小球在A点所受电场力大小为，重力加速度大小为g，OAC构成边长为d的正三角形，B为AC中点，不计空气阻力。 (1)在图中画出点电荷Q产生的电场中过A点的完整等势线及过B点的电场线； (2)小球在A、B两个位置的加速度大小之比； (3)从A点释放开始计时，记录小球运动到C点的时刻为t（t为已知量），写出小球从A到C的过程电场力沿杆方向冲量的表达式。 【答案】(1)见解析 (2) (3)选取向上的方向为正方向，当小球第1、3、5…次经过C点时，；当小球第2、4、6…次经过C点时， 【详解】（1）穿过A点完整等势线为以O为圆心，OA为半径的圆，经过B点的电场线由O点指向B点，如图所示 （2）以小球为研究对象，在A点受力分析，由牛顿第二定律可得 同理在B点则有 联立解得小球在A、B两个位置的加速度大小之比 （3）由于 故小球从A到C的过程中电场力做功为零，设小球在C点时的速度大小为，由动能定理可得 由于小球在AD间做往复运动，当小球第1、3、5…次经过C点时，速度方向向下，规定向下方向为正方向，由动量定理可得 解得 当小球第2、4、6…次经过C点时，速度方向向上，同理可得 解得 【例6-2】（2024·江西·模拟预测）如图，PQ是长为的绝缘、粗糙斜面，与水平方向的夹角为，斜面上P点放置一电荷量为的小物块A，斜面底端的光滑水平桌面上有长为的长木板C，其上表面与斜面底端相齐，右端带有挡板，离长木板C的左端处，放有一个小物块B，小物块A、B、长木板C的质量均为。在斜面上方加上垂直斜面向下的电场，斜面上各点的电场强度大小E与到P点距离x之间的关系为，小物块A与斜面间的动摩擦因数为，小物块A、B与长木板C之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现给小物块A一个沿斜面向下的瞬时冲量，经过一段时间后小物块A滑上长木板C，不计A物块由斜面运动到长木板C时的动能损失，以后运动过程中所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度大小，常量，小物块A、B均看作质点，，，求： （1）若斜面上方无电场时，小物块A由P运动到斜面底端Q时的速度大小； （2）斜面上方加电场后，小物块A由P运动到斜面底端Q时的速度大小； （3）在（2）的条件下，小物块A滑到长木板C上后，在木板上运动的整个过程中，小物块A与长木板C之间的摩擦产生的热量。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）若斜面上方无电场时，小物块A由P运动到斜面底端Q根据动能定理瞬时冲量联立解得 （2）斜面上方加电场后，小物块A受到斜面的支持力小物块A受到斜面的摩擦力可知摩擦力均匀变化，下滑过程中的平均摩擦力为根据动能定理解得 （3）设小物块A与物块B碰撞前的速度为，BC的速度为，由动量守恒和能量守恒，解得，设AB碰撞后速度分别为和，AB碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒，解得，此时AC共速，B相对AC向右滑动，设AC和B碰撞前速度分别为和，则有解得，。 B与C碰撞过程动量守恒和机械能守恒，碰后B、C的速度分别为和，由动量守恒和机械能守恒，解得，最终ABC共速时，由动量守恒从BC碰撞结束到最终共速，AB各自相对C移动，整体由能量守恒解得小物块A与长木板C之间的摩擦产生的热量 1．电场中的功能关系 (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，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化。 (4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化。 2．电场力做功的计算方法 (1)WAB＝qUAB(普遍适用) (2)W＝qEx cos θ(适用于匀强电场) (3)WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(从能量角度求解) (4)W电＋W非电＝ΔEk(由动能定理求解) 【变式6-1】（2024·福建福州·一模）如图甲所示，一倾角为30°足够长的绝缘斜面固定在水平地面上，质量为m、电荷量为的物块A压缩轻质绝缘微型弹簧a后锁定（A与弹簧不拴接）。空间中存在沿斜面向上、大小（g为重力加速度）的匀强电场。质量为2m、电荷量为的物块B静止在斜面上端，B左侧固定有处于原长的轻质绝缘弹簧b，A、B与斜面的滑动摩擦力大小分别为、，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，时解除锁定，弹簧的弹性势能瞬间全部转化为A的动能，A运动距离L后于时刻到达P点，此时速度为、加速度为0，且未与弹簧b接触；时刻，A到达Q点，速度达到最大值，弹簧b的弹力大小为，此过程中A的图像如图乙所示。已知A、B的电荷量始终保持不变，两者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，弹簧始终在弹性限度内。求： （1）A从开始运动到P点的过程中，B对A库仑力所做的功； （2）A到达P点时，A与B之间的距离； （3）A从P点运动到Q点的过程中，A、B系统（含弹簧b）的电势能变化量与弹性势能变化量的总和。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）A从开始运动到P点过程中，受力如图甲所示 对A根据动能定理有 由题意 得 （2）在P点，A所受合力为0，如图乙所示有 解得 （3）在P点时，对物块B如图乙所示，有 解得 此时B恰好开始滑动。从P到Q的过程中，对于A、B组成的系统，由于 系统所受合外力为0，动量守恒，因此有 得 从P到Q的过程中，对于A、B组成的系统，由动能定理，得 得 故 在Q点，A所受合力为0，如图丙所示有 解得 根据几何关系 解得 【变式6-2】（2024·云南·模拟预测）如图甲所示，一质量kg、电量C的物块放在足够大的粗糙水平面上的O点，物块与水平面间的动摩擦因数。长m的轻质细线上端固定，下端系着一质量kg的小球，小球静止时位于O点上方，小球与物块均可视为质点。以O为原点，水平向右为x轴建立坐标。O点右侧空间有一特殊的水平电场，电场强度E随位置坐标x的变化关系如图乙所示，沿x轴正方向电场为正。现将小球拉至与竖直方向夹角的位置由静止释放，小球运动到最低点与物块发生弹性碰撞，碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小g取10m/s，，。求： （1）碰撞后瞬间物块的速度大小； （2）物块第一次运动到m时的动能。 【答案】（1）m/s；（2）J 【详解】（1）设小球运动到最低点时的速度大小为v，在小球释放后至运动到最低点的过程中，根据动能定理有设碰撞后瞬间小球与物块的速度分别为、，取向右为正方向，根据动量守恒定律有根据机械能守恒定律有联立解得m/s （2）图像与x轴围成图形的面积乘以电荷量表示电场力做的功，则由题图乙可知碰后到物块第一次运动到m过程中，电场力做的功J由动能定理可得代入数据解得J。 1．（24-25高三上·山东菏泽·期末）如图所示，真空中电荷量均为的两正点电荷连线和一玻璃正方体框架的两侧面和中心连线重合，连线中心和正方体中心重合。下列说法中正确的是（　　） A．正方体两顶点A、电场强度相同 B．正方体两顶点A、电势相等 C．检验电荷在顶点、受到的电场力相同 D．检验电荷在顶点的电势能比在顶点电势能低 【答案】B 【详解】A．正方体两顶点A、电场强度大小相同，方向不同，故A错误； B．根据电势的对称性可知A、B、B1、A1、和D、C、C1、D1这8个点的电势相等（关于点电荷连线的中点对称），故B正确； C．检验电荷在顶点、受到的电场力大小相同，方向不同，故C错误； D．由B项可知A1和C1电势相等，故检验电荷在顶点的电势能和在顶点电势能相等，故D错误。 故选B。 2．（24-25高三上·广西·阶段练习）如图所示，半径为R的金属圆环固定在竖直平面上，金属圆环所带电荷量为＋Q，且均匀分布，绝缘细线的一端固定在圆环的最高点，另一端连接一个质量为m的带电小球（视为质点）。稳定时，小球在过圆心且垂直圆环平面的轴上的P点处于静止状态，O、P两点间的距离也为R。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，则小球所带的电荷量为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由几何关系可知细线与水平方向的夹角为，将带电金属圆环分成无数小微元，每一小微元的带电量为，则每一小微元在P点沿水平方向的场强大小为则P点的合场强大小为 对小球受力分析如图所示 根据受力平衡可得解得小球所带的电荷量为 故选B。 3．（23-24高三上·湖北武汉·期末）如图所示水平面上，固定的装置是由半径为R的绝缘圆环和沿半径方向的绝缘细杆组成，空间中的匀强电场平行于细杆向左。圆环上套有一带正电小球A，细杆上套有一带正电小球B。初始时A静止在离P点较近处，A、B间距为R，现用外力使B缓慢向P点移动，则A沿圆环缓慢右移。在这过程中，若两小球所带电量不改变且不计一切摩擦，则下列说法中正确的是（    ） A．圆环对A的弹力一直减小 B．A、B间的库仑力先增大后减小 C．B对A的库仑力可能大于圆环对A的弹力 D．B对A的库仑力小于匀强电场对A的作用力 【答案】D 【详解】竖直方向地面对小球A的支持力与小球A的重力平衡，对A水平方向受力分析如图，设OB=x，AB=y，由三角形关系可知 开始时y=R，当B右移时，则x减小，则FN变大；y减小，即此时y<R，则根据 可知A、B间的库仑力逐渐变大，B对A的库仑力小于圆环对A的弹力；因x>R，而y<R，可知 即B对A的库仑力小于匀强电场对A的作用力。 故选D。 4．（24-25高三上·山东青岛·期末）如图所示，真空中正四面体的四个顶点处分别固定四个等量点电荷，A点为底边棱的中点，B点为右侧面的中心，C点为底面的中心，D点为正四面体的体心（到四个顶点的距离均相等）。下列说法正确的是（　　） A．B点电势小于C点电势 B．取无穷远处为零势面，D点电势不为零 C．一正电荷从A点运动到D点过程中，电场力做正功 D．若两个等量异种点电荷在D点产生的电场强度大小为E，则D点的合场强大小为 【答案】D 【详解】AB．根据对称性原理可知，空间中固定的四个点电荷在A、D两点的电势代数和为0，则A、D两点电势均为0，在B、C两点的电势代数和分别大于0和小于0，则B点电势高于C点电势，故AB错误； C．由于A、D两点电势均为0，则一正电荷从A点运动到D点过程中，电场力不做功，故C错误； D．若两个等量异种点电荷在D点产生的电场强度大小为E，根据电场叠加原理可知，则D点的合场强大小为 故D正确。 故选D。 5．（2025·湖南湘西·一模）已知均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零。如图1所示，真空中有一半径为R、电荷量为的均匀带电实心球，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴，理论分析表明，x轴上各点的电场强度随x变化关系如图2所示，静电力常量为k，则（　　） A．处电场强度大小为 B．x1处的电势小于处的电势 C．x1处电场强度大小为 D．假设将一个带正电的试探电荷沿x轴移动，从x1移到处的过程中电场力先做正功，后做负功 【答案】C 【详解】A．因为均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零。根据 可得处电场强度大小为，故A错误； B．在x轴上，O点右侧的电场强度方向始终向右的，根据沿着电场强度方向电势降低，所以x1处的电势大于x2处的电势，故B错误； Ｃ．考虑球体内部的电场强度时，可将均匀带电球体分为外层球壳和半径为x1的内层球体，由于均匀带电球壳内部电场强度处处为零，半径为x1的内层球体的电场强度大小为，故C正确； D．沿着电场强度方向电势降低，从x1移到x2处的过程中电场力对正电荷一直做正功，故D错误。 故选C。 6．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）在一条直线上固定三个电荷，其带电情况由左向右依次为、、。三个电荷产生的电场的电场线分布如图所示。将同一带负电的试探电荷先后置于、两点，电势能分别为和，电荷所受电场力大小分别为和，则（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由电场线分布可知，a点电场线较b点密集，可知a点场强大于b点，则试探电荷受的电场力；电场线与等势面正交，若画出经过a点的等势面如图，因沿电场线电势逐渐降低，可知b点电势高于a点，则同一带负电的试探电荷先后置于、两点时电势能关系为。 故选A。 7．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图所示，固定的三个点电荷恰好处于正三角形的三个顶点处，电量分别为。以三角形的中心为原点、沿平行于下侧两电荷连线的方向建立x轴，并在x轴上固定一根光滑细杆。以无穷远处为零电势，横轴上各点处电势和x的对应关系如图所示，其中图像在处的切线水平。带电小球a穿在细杆上，从x轴上电势最高位置的右侧临近点处静止释放小球，小球向方向运动，此后的整个运动过程中电荷量保持不变。下列分析正确的是（　　） A．小球带负电 B．小球从释放到运动至原点O的过程中，加速度先增大后减小 C．小球从释放到运动至原点O的过程中，速度先增大后减小 D．原点处的电场强度为0 【答案】B 【详解】AC．由图可知释放点和原点间的向右，粒子在该区间向右加速运动，故带正电，故AC错误； B．图中切线斜率代表的大小，电势最高处和原点处均有，结合图像可知释放点和原点间的一定先增大后减小，故加速度先增大后减小，故B正确； D．原点处的，但利用库仑定律和矢量合成易得，故该处合场强不为零，故D错误。 故选B。 8．（25-26高三上·贵州·期中）如图所示，虚线为电场的等差等势线，实线是一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，、分别是运动轨迹与等势面的两个交点，下列说法正确的是（   ） A．粒子带正电荷 B．粒子在点的电势能大于在点的电势能 C．若粒子从点运动到点，则动能减小 D．粒子在点的加速度大于在点的加速度 【答案】B 【详解】A．根据等势线的分布可知电场线方向大致向左，曲线运动的合外力指向轨迹的凹侧，可知粒子受到的电场力大致向右，故电场力方向与电场线方向相反，所以粒子带负电，故A错误； B．负电荷在低电势的地方电势能大，在点的电势能大于在点的电势能，故B正确； C．粒子从点运动到点，电势能减小，电场力做正功，故动能增加，故C错误； D．根据等势线密的地方电场强度大，可知粒子在A点的电场强度更小，根据牛顿第二定律，可知粒子在点的加速度小于在点的加速度，故D错误。 故选B。 9．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图所示，BD是竖直平面内圆的一条竖直直径，AC是该圆的另一条直径，该圆处于匀强电场中，场强方向平行于圆所在平面。若从O点向各个方向发射动能、电量、质量均相同的带正电小球，小球会经过圆周上不同的点，其中过A点的小球的动能最小。忽略空气阻力和小球之间的作用力，则下列说法中正确的是（　　） A．过D点的小球动能和电势能之和最小 B．过B点的小球动能和电势能之和最大 C．过C点的小球电势能和重力势能之和最小 D．可以断定电场方向由O点指向圆弧CND上的某一点 【答案】C 【详解】AB．小球在运动过程中受到重力与电场力作用，根据功能关系可知，小球在运动过程中只有重力势能、电势能与动能之间的相互转化，则三种能量之和保持一定，根据图像可知，小球运动到最高点B时，克服重力做功最多，即重力势能增加得最多，则过B点时小球的动能和电势能之和最小，故AB错误； C．因为小球过A点的动能最小，根据动能定理可知，小球在到达A点过程，合力做负功，且在所有合力做负功的路径中，该过程合力所做负功值最大，可知A点是等效物理最高点，在A点小球所受重力与电场力的合力方向指向圆心，则与A点对称的C点为等效物理最低点，在C点小球所受重力与电场力的合力背离圆心，可知小球从O点运动到C点过程中，合力做正功，且在所有合力做正功的路径中，该过程合力所做正功最大，根据动能定理可知小球在C点的动能最大，结合上述分析可知，小球在C点时，小球的电势能与重力势能之和最小，故C正确； D．根据上述分析可知，在A点小球所受重力与电场力的合力方向指向圆心，重力方向竖直向下，根据矢量合成的特点可知，电场力方向一定由O点指向圆弧ABC上的某一点，由于小球带正电，则电场力方向与电场方向相同，所以电场方向由O点指向圆弧ABC上的某一点，故D错误。 故选C。 10．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图1所示，在水平气垫导轨上，绝缘放置着同种点电荷A、B，其中A固定于导轨左端，B可在导轨上无摩擦滑动。将B在A附近某一位置由静止释放，根据能量守恒定律，通过测量B在不同位置处的速度，能够得到B的势能随位置随x的变化规律（坐标原点位于A处），如图3中曲线Ⅰ所示。现将导轨右端抬高，使其与水平面的夹角为θ，如图2所示，若B由处静止释放，则B的总势能曲线如图3中Ⅱ所示，图3中直线Ⅲ是曲线Ⅱ的渐近线，已知重力加速度大小为g，B质量为m，则（   ） A．B在运动过程中动能最小位置为x1处 B．B在运动过程中电势能最大位置为x1处 C．B在运动过程中的最大位移大小为 D．直线Ⅲ的斜率为 【答案】D 【详解】AB．位置为x1处对应曲线II的最低点，此位置势能最小，动能最大，故AB错误； C．由图像可知运动过程中B在处的总势能小于在处的总势能，所以B在处的速度不为零，运动过程中B的最大位移大小大于，故C错误； D．图3中直线 III 为曲线 II 的渐近线，渐近线表示重力势能的变化关系，即 由直线斜率斜率 故D正确。 故选D。 11．（2025·江西·模拟预测）（多选）如图所示，绝缘水平面上有一质量为m的带电滑块在纸面内向右运动，纸面内存在电场强度方向不确定、大小一定的匀强电场，当电场方向与竖直向上方向的夹角为θ1时，滑块向右加速的加速度达到最大，最大值；当电场方向与竖直向下方向的夹角为θ2时，滑块向右减速的加速度达到最大，最大值。g为重力加速度大小，滑块与水平面的动摩擦因数为μ，电场力大小为F，下列关系式正确的是（　　） A． B．θ1=60° C． D．F=mg 【答案】ABD 【详解】A．当电场方向与竖直向上方向的夹角为时，滑块向右加速的加速度达到最大，根据牛顿第二定律，有 令 根据数学知识可得 则有 同理当电场方向与竖直向下方向的夹角为时，根据牛顿第二定律，有 整理得 所以有 当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等号，联立可得 故A正确； BC．将代入 可得 此时 故B正确，C错误； D．将代入 解得 故D正确。 故选ABD。 12．（2025·四川达州·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 【详解】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。 13．（2025高三·内蒙古·模拟预测）（多选）如图所示，在平面内有一圆形区域，圆心为，半径为，空间存在平行平面的匀强电场。一不计重力的电子以速度从轴上的点沿轴正方向射入圆形区域，从点以速度沿轴正方向飞出圆形边界，连线与轴正方向夹角，电子质量为，带电荷量的绝对值为。下列说法正确的是（　　）    A．在点的速度大小 B．电场方向与轴负方向的夹角为 C．电场强度大小 D．电子在圆形区域的最小速度为 【答案】AC 【详解】B．设电子从运动到的时间为，由牛顿第二定律，方向有 方向有 由运动学公式，方向有 方向有 可得 可知电场强度方向与垂直，与轴正方向的夹角为，B错误； A．由运动学公式，方向有 方向有 可得 即 A正确； C．由运动学公式，方向有 C正确； D．把电子初速度分解为沿电场方向和垂直电场方向，垂直电场方向做匀速运动，当沿电场方向分速度减为0时，速度最小，所以电子在圆形区域的最小速度 D错误。 故选AC。 14．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）（多选）如图，在直角坐标系中，空间存在方向平行面，与轴正方向夹角为的匀强电场，电场强度大小为；空间存在方向平行面，与轴正方向夹角为的匀强电场，电场强度大小为。在平面点（如图所示）由静止释放一个质量为、电荷量为的带电粒子，粒子沿直线运动经过轴（，，）点时速度大小为。进入空间后，始终受到一个与运动方向相反、大小为（）的阻力。一段时间后，粒子首次到达平面时，对应轴坐标为，速度大小为，其沿轴负方向的分速度大小为。不计粒子重力。则该带电粒子（　　） A．在空间中的运动时间为 B．经过轴时轴坐标为 C．首次运动到平面所用时间为 D．首次运动到平面时轴坐标为 【答案】ABC 【详解】A．在空间中，粒子仅受电场力作用，由动量定理可得 解得在空间中的运动时间为。故A正确； B．在方向上，粒子仅在阻力作用下做减速运动，由动量定理可得 化简得 解得。故B正确； C．到达轴时的速度为，方向与轴夹角为，则在方向上的速度分量为 此时阻力在方向的分量为 电场力与轴夹角为，在方向上的分量 因此，粒子在方向上受力平衡，做匀速直线运动，运动时间。故C正确； D．在方向，粒子做初速度为0的加速运动，但加速度在逐渐减小，最终当阻力与方向上的电场力平衡时，方向做匀速运动。在方向，粒子做初速度不为0的减速运动，但加速度在逐渐减小，最终减为0。与方向的运动图像完全对称，经过时间，方向的速度减为一半，方向上的速度也为一半，即，对方向列动量定理有 化简得 解得。故D错误。 故选ABC。 15．（2025·吉林·模拟预测）（多选）在竖直平面内的四点构成边长为的菱形，其中边水平，边与水平面成空间中有一方向平行于菱形所在平面的匀强电场。电荷量为、质量为的带电粒子从A点以初速度垂直于向上射出，粒子的轨迹经过点时速度大小等于，A点运动到速度最小的过程中电场力做功，不计粒子所受重力和空气阻力，则下列说：中正确的是（　　） A．点电势高于点电势 B．DC两点间的电势差为 C．电场强度的大小为 D．粒子由A点运动到与A点等高的过程中电势能减小 【答案】CD 【详解】．粒子在两点速度大小相等，则电场力做功为0，所以两点等势，则电场强度方向垂直于所在的直线，粒子受力方向垂直于向右下方，因粒子带负电所以场强方向由指向、所以点电势低于点，A错误； C．粒子速度最小的位置为延长线上某点，且速度方向与电场力方向垂直有 此过程中沿方向有 其中，沿方向有 解得 即点与菱形对角线交点距离，从点到速度最小点有，解得， C正确； B． DC两点间的电势差为 B错误； D．粒子由到的过程中 粒子由点运动到与点等高的过程中，将运动沿水平和竖直方向分解 解得 电势能减小量等于电场力做的功，则电势能减小，D正确。 故选CD。 16．（2024·山东泰安·模拟预测）（多选）如图所示，在平面内，在轴上方有沿轴负方向的匀强电场，电场强度大小为；在轴下方有方向与轴成角的匀强电场，电场强度大小为。时刻有一带电量，质量为的粒子从处以沿轴负方向的速度射出，忽略粒子所受的重力。若粒子第1次经过轴时速度方向与轴成角，则（　　） A．与满足 B．粒子第1次到达轴的时间为 C．粒子第2次经过轴时的位置为 D．粒子第4次经过轴时的位置为 【答案】BD 【详解】A．粒子在第二象限做类平抛运动，有，，，联立求得故A错误； B．粒子第1次到达轴时，根据类平抛推论可得可得则粒子第一次到达轴的时间为故B正确； C．由题意，粒子第一次到达轴时，速度方向与轴成角，可知粒子进入第三象限做匀减速直线运动，减速到0后，反向匀加速第二次通过轴，可知粒子第2次经过轴时的位置坐标为，故C错误； D．根据前面分析可知，粒子第二次经过轴后做类斜抛运动，根据对称性，粒子第三次到达轴的位置坐标为，且速度方向与轴正方向成，接着粒子在第四象限内做类平抛运动，直到第四次到达轴，由，可得粒子第四次在轴上发生的位移大小为则粒子第四次通过轴时所以，粒子第四次经过轴时的位置坐标为，故D正确。故选BD。 17．（2025·辽宁·模拟预测）（多选）如图所示，三维空间坐标系的y轴竖直向上，y轴上一L处记作P点，空间存在沿x轴正方向的匀强电场（图中未画出）。长度为L的绝缘细线一端固定在O点，另一端连接质量为m、电荷量大小为q带正电的小球（可视为质点）。已知重力加速度为g，匀强电场的电场强度大小为，下列说法正确的是（　　） A．若小球从P点由静止释放，则小球运动的最大动能为 B．若小球从P点由静止释放，则细线中的拉力最大为3mg C．若小球过P点做匀速圆周运动，则小球运动的速率为 D．若在P点给小球沿x轴正方向的初速度，则小球能绕O点做完整的圆周运动 【答案】BC 【详解】A．设小球所受合外力的大小为F，方向与y负方向的夹角为，则有， 小球从P点静止释放，小球到动能最大的过程有 解得，故A错误； B．动能最大时细线中的拉力最大，有 解得细线中的拉力 故B正确； C．若小球做匀速圈周运动，则说明小球做圆周运动的平面一定与合外力在同一平面内，所以小球过P点做圆锥摆运动，有解得故C正确； D．小球刚好能经过等效最高点时 解得 假设小球从P点能运动到等效最高点，则有 解得 故小球不能绕O点做完整的圆周运动，故D错误。故选BC。 18．（2025·河北·模拟预测）（多选）如图所示，轻质绝缘细线一端系在点，另一端与带电量为的小球（可视为质点）连接，整个装置处在水平向右、场强大小为的匀强电场中，小球静止时处在点，点在点的正下方，与间的夹角为，点在点正右方且与点等高，已知，现把小球移至A点，给小球一个水平向右的初速度（为未知量），小球正好能够到达点（运动过程中小球的电量不变），重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．小球的质量为 B．小球在A点获得的动能为 C．小球从A到的过程中，速度的最大值为 D．小球从A到的过程中，通过点时细线的张力最大 【答案】BD 【详解】A．在B点对小球受力分析，由平衡条件可得 解得小球的质量为，故A错误； B．小球从A点到C点，由动能定理可得 解得，故B正确； CD．小球静止在B点，OB与OA间的夹角为37°，则电场力与重力的合力由O指向B，则B点是小球在圆弧中运动的等效最低点，所以小球从A点到C点的过程中，在B点的速度达到最大值，在B点对细线的拉力最大，小球从A点到B点，由动能定理可得 联立可得小球从A到的过程中，速度的最大值为 故C错误，D正确。 故选BD。 19．（2025·湖南湘西·一模）如图所示，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，初始时在电场力的作用下A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。时撤去电场，C向下加速运动，下降一段距离后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为0.1J。已知A、B、C的质量分别为0.2kg、0.5kg、0.3kg，匀强电场的电场强度大小为，重力加速度大小g取，弹簧弹性势能与劲度系数、形变量之间的关系满足，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。 (1)求小球C的带电量； (2)求A与B间的动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小； (3)若时电场方向改为竖直向下，B与A发生相对滑动后，A、B继续向右运动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中的最大速度（整个过程B未与A脱离，C未与地面相碰）。 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）撤去电场前，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，对A、B整体分析可知，此时绳中拉力为0，所以对C进行受力分析，根据共点力平衡条件有 解得小球C的带电量为 （2）C开始做匀速直线运动后，设绳的拉力为，则对C列平衡方程有 对B列平衡方程有 其中 联立解得 设C开始匀速运动瞬间，弹簧的弹力为F，则有 解得 设C下降高度x后开始匀速运动，则由功能关系可知，弹簧N对A做的功为 解得 由能量守恒定律有 解得C做匀速运动时的速度大小为 （3）设弹簧劲度系数为k，则根据（2）有 解得 当电场方向改为竖直向下后，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为。此时A与B间的摩擦力达到了最大值，即 对A根据牛顿第二定律可得 对B、C整体根据牛顿第二定律可得 联立解得 设即将发生相对滑动时A、B、C的速度为，由能量守恒定律有 A向右运动，当弹簧弹力等于摩擦力时，加速度为0，设速度最大为，此时弹簧形变量与（2）中相同，由动能定理有 由对称性可知，A第一次从右向左运动过程中，加速度为0时，速度最大，与大小相等，即最大速度为 联立解得 20．（2025·江苏南通·一模）如图所示，在xoy直角坐标系中，第二象限有曲线y=x2，该曲线及其上方有竖直向上的匀强电场Ⅰ。曲线左侧有电子发射器CD，电子由C极不间断地无初速逸出，经电场加速后，从金属网D以速度v0沿x轴正方向射出。所有电子经过电场Ⅰ都能到达原点O，且速度方向与x轴正方向的最大夹角为60°，然后进入第四象限的电场Ⅱ。已知电子的电量为e，质量为m，重力忽略不计，金属网D出射的电子均匀分布。 (1)求电子发射器CD间的电压U； (2)求匀强电场Ⅰ的场强E； (3)电场Ⅱ方向竖直向下，场强大小随y坐标的变化满足E=ky，（k为定值，y为某点到x轴的距离）。若只有一半的电子能达到平行于x轴的荧光屏MN（屏足够大），求屏MN与x轴的间距d。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）电子在CD间加速，根据动能定理            解得 （2）电子在电场Ⅰ中运动到O点的过程中，沿方向做匀速运动 ，沿方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律，由于曲线方程解得。 （3）点速度与轴成的情况下，即电子从点出射后到达点 到点的速度，经过电场Ⅰ，动能增大，根据动能定理， 联立解得，有一半电子可以达到荧光屏，即长度处出射的电子恰好到达荧光屏处出射的电子经过电场Ⅰ到达O处时，这些电子再到达荧光屏时，速度恰好为，且方向向右， 其中， 解得                                                             法二：当最大偏转角为时                     在电场Ⅰ中沿y方向做匀变速直线运动                         联立解得 有一半电子可以达到荧光屏，即长度处出射的电子恰好到达荧光屏 处出射的电子经过电场Ⅰ到达O处时                     这些电子再到达荧光屏时，速度恰好为，且方向向右   其中                                                         解得 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