专题08 带电粒子在电场中的运动（培优讲义）（全国通用）2026年高考物理二轮复习高效培优系列

专题08 带电粒子在电场中的运动 目录 第一部分 考情精析 锁定靶心 高效备考 第二部分 重难考点深解 深度溯源 扫清盲区 【考点01】带电粒子在静电场中的直线运动 【考点02】带电粒子在静电场中的曲线运动 【考点03】电场中的力电综合问题 第三部分 解题思维优化 典例精析+方法提炼+变式巩固 【题型01】带电粒子在静电场中的直线运动 【题型02】恒力作用下的曲线运动 【题型03】带电粒子在静电场中的圆周运动 【题型04】电场线、等势面与运动轨迹 【题型05】静电场中的功能关系 【题型06】静电场中的图像 核心考向聚焦 主战场转移：物体在静电场中的运动情况分析；各种运动的受力特点；临界和极值问题。 核心价值：核心价值在于培养物理思维，掌握分析方法，提升解决复杂运动及临界极值问题的科学推理与实践能力。 关键能力与思维瓶颈 关键能力：物体在静电场中的运动情况分析能力：准确识别物体运动特点，构建清晰运动模型。各种运动的受力特点运用力：灵活运用力的合成与分解，建立方程求解未知量。临界极值判断力：敏锐捕捉物理过程临界点，精准分析极值条件。 培优瓶颈：尖子生的主要失分点并非“不懂”，而在于：面对新情境时，无法快速、准确地将实际问题进行转化。运动特点误判；受力特点误用，方程建立有误；临界极值分析难：难以准确界定临界状态，对极值出现的条件和原因分析不清。 命题前瞻与备考策略 预测：2026年高考中，带电粒子在静电场中的运动情境更复杂真实，融合跨学科与科技元素，强化创新迁移、图像信息分析考查。 策略：深挖高考压轴题命题逻辑，强化微元法等高端思维训练，提升创新题型解答能力，规范答题步骤，精准分配答题时间，注重跨模块知识综合运用。 ◇考点 01 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＝，E＝，v2－v02＝2ad. 4．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 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a－t图像v－t图像． ◇考点 02 带电粒子在电场中的曲线运动 一、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＝(如图)． (2)沿静电力方向做匀加速直线运动 ①加速度：a＝＝＝. ②离开电场时的偏移量：y＝at2＝. ③离开电场时的偏转角：tan θ＝＝. 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＝mv02 在偏转电场偏移量y＝at2＝··()2 偏转角θ，tan θ＝＝ 得：y＝，tan θ＝ 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＝mv2－mv02，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差． 二、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． 三、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. ◇考点 03 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． 4．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． ◇题型 01 带电粒子在静电场中的直线运动 典｜例｜精｜析 典例1（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. 典例2（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？ 方｜法｜提｜练 匀速直线运动的受力特点：合力为零。 变速直线运动的受力特点：合力与速度共线。 变｜式｜巩｜固 变式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0.25 B. 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 变式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 变式3（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 ◇题型 02 恒力作用下的曲线运动 典｜例｜精｜析 典例1（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。 典例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。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 方｜法｜提｜练 恒力作用下的曲线运动，其运动轨迹为抛物线，合力平行于对称轴。 关于对称轴对称的两点，速度大小相等。速度方向与两点连线的夹角相等。 恒力作用下的曲线运动，主要考查运动的合成与分解。 变｜式｜巩｜固 变式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 变式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 变式3（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 ◇题型 03 带电粒子在静电场中的圆周运动 典｜例｜精｜析 典例1（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. 典例2（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. 方｜法｜提｜练 静电场中的圆周运动，主要考查等效重力。 碰到一直不做功的力，归入弹力。 碰到恒力，归入重力。 找到等效最高点和等效最低点。 变｜式｜巩｜固 变式1（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。 变式2（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 变式3（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。 ◇题型 04 电场线、等势面与运动轨迹 典｜例｜精｜析 典例1（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 典例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 方｜法｜提｜练 曲线运动的受力特点：合力指向运动轨迹的凹侧。 找到运动轨迹与电场线或者等势面的交点，在交点处标出静电力方向与速度的方向，即可解决加速、减速的问题、带电粒子带电正负的问题。 可借助于等势面比较电势的高低。 变｜式｜巩｜固 变式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 变式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 变式3（2025·四川省眉山市·一诊）如图所示，实线表示某电场一簇等差等势面的分布情况，虚线表示该电场中一带电粒子的运动轨迹，、、分别为带电粒子的运动轨迹与等势面的交点，带电粒子的重力忽略不计。从M点运动到P点的过程中，带电粒子（ ） A. 动能先减小后增大 B. 电场力一直增大 C. 经过点和点的速度相同 D. 在点的电势能大于点的电势能 ◇题型 05 静电场中的功能关系 典｜例｜精｜析 典例1（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 典例2（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。 方｜法｜提｜练 主要用到动能定理、静电力做功特点、能量守恒。 变｜式｜巩｜固 变式1（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。 变式2（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 变式3（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 ◇题型 06 静电场中的图像 典｜例｜精｜析 典例1（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。 典例2（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. 方｜法｜提｜练 碰到图像，首先看两轴，然后看斜率、截距，还可以找对应的表达式。 变｜式｜巩｜固 变式1（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 变式2（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. 变式3（2025·福建省·二模）（多选）竖直平面内固定有两个电荷量均为的点电荷，两电荷相距为两电荷水平连线的中点。一带电量为的带电小球自点以的初动能向下运动，其动能与小球的位移之间的关系如图乙中曲线所示，小球在处的动能最小，且动能为，直线为计算机拟合的曲线的一条渐近线，其斜率为。已知小球可视为质点，运动过程中电量保持不变，空气阻力不计，重力加速度大小取，静电力常量，则（　　） A. 下落到的过程中，小球的电势能增加了 B. 下落到的过程中，小球的加速度先减小后增加再减小 C. 电荷量 D 电荷量 17 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 带电粒子在电场中的运动 目录 第一部分 考情精析 锁定靶心 高效备考 第二部分 重难考点深解 深度溯源 扫清盲区 【考点01】带电粒子在静电场中的直线运动 【考点02】带电粒子在静电场中的曲线运动 【考点03】电场中的力电综合问题 第三部分 解题思维优化 典例精析+方法提炼+变式巩固 【题型01】带电粒子在静电场中的直线运动 【题型02】恒力作用下的曲线运动 【题型03】带电粒子在静电场中的圆周运动 【题型04】电场线、等势面与运动轨迹 【题型05】静电场中的功能关系 【题型06】静电场中的图像 核心考向聚焦 主战场转移：物体在静电场中的运动情况分析；各种运动的受力特点；临界和极值问题。 核心价值：核心价值在于培养物理思维，掌握分析方法，提升解决复杂运动及临界极值问题的科学推理与实践能力。 关键能力与思维瓶颈 关键能力：物体在静电场中的运动情况分析能力：准确识别物体运动特点，构建清晰运动模型。各种运动的受力特点运用力：灵活运用力的合成与分解，建立方程求解未知量。临界极值判断力：敏锐捕捉物理过程临界点，精准分析极值条件。 培优瓶颈：尖子生的主要失分点并非“不懂”，而在于：面对新情境时，无法快速、准确地将实际问题进行转化。运动特点误判；受力特点误用，方程建立有误；临界极值分析难：难以准确界定临界状态，对极值出现的条件和原因分析不清。 命题前瞻与备考策略 预测：2026年高考中，带电粒子在静电场中的运动情境更复杂真实，融合跨学科与科技元素，强化创新迁移、图像信息分析考查。 策略：深挖高考压轴题命题逻辑，强化微元法等高端思维训练，提升创新题型解答能力，规范答题步骤，精准分配答题时间，注重跨模块知识综合运用。 ◇考点 01 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＝，E＝，v2－v02＝2ad. 4．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 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a－t图像v－t图像． ◇考点 02 带电粒子在电场中的曲线运动 一、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＝(如图)． (2)沿静电力方向做匀加速直线运动 ①加速度：a＝＝＝. ②离开电场时的偏移量：y＝at2＝. ③离开电场时的偏转角：tan θ＝＝. 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＝mv02 在偏转电场偏移量y＝at2＝··()2 偏转角θ，tan θ＝＝ 得：y＝，tan θ＝ 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＝mv2－mv02，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差． 二、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． 三、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. ◇考点 03 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． 4．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． ◇题型 01 带电粒子在静电场中的直线运动 典｜例｜精｜析 典例1（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。 典例2（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 方｜法｜提｜练 匀速直线运动的受力特点：合力为零。 变速直线运动的受力特点：合力与速度共线。 变｜式｜巩｜固 变式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0.25 B. 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+μmgcosθ=ma1，  Eq+mgsinθ-μmgcosθ=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。 变式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。 变式3（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 ◇题型 02 恒力作用下的曲线运动 典｜例｜精｜析 典例1（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 典例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。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。 方｜法｜提｜练 恒力作用下的曲线运动，其运动轨迹为抛物线，合力平行于对称轴。 关于对称轴对称的两点，速度大小相等。速度方向与两点连线的夹角相等。 恒力作用下的曲线运动，主要考查运动的合成与分解。 变｜式｜巩｜固 变式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。 变式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。 变式3（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。 ◇题型 03 带电粒子在静电场中的圆周运动 典｜例｜精｜析 典例1（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。 典例2（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。 方｜法｜提｜练 静电场中的圆周运动，主要考查等效重力。 碰到一直不做功的力，归入弹力。 碰到恒力，归入重力。 找到等效最高点和等效最低点。 变｜式｜巩｜固 变式1（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 变式2（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。 变式3（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 ◇题型 04 电场线、等势面与运动轨迹 典｜例｜精｜析 典例1（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。 典例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。 方｜法｜提｜练 曲线运动的受力特点：合力指向运动轨迹的凹侧。 找到运动轨迹与电场线或者等势面的交点，在交点处标出静电力方向与速度的方向，即可解决加速、减速的问题、带电粒子带电正负的问题。 可借助于等势面比较电势的高低。 变｜式｜巩｜固 变式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。 变式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。 变式3（2025·四川省眉山市·一诊）如图所示，实线表示某电场一簇等差等势面的分布情况，虚线表示该电场中一带电粒子的运动轨迹，、、分别为带电粒子的运动轨迹与等势面的交点，带电粒子的重力忽略不计。从M点运动到P点的过程中，带电粒子（ ） A. 动能先减小后增大 B. 电场力一直增大 C. 经过点和点的速度相同 D. 在点的电势能大于点的电势能 【答案】D 【解析】A．根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知电场线方向大致指向中心，所以场源电荷为负电荷，粒子从M到N作曲线运动，受到引力作用，所以粒子带正电，由此可知粒子从M到N再到P一直受到引力作用，所以从M点运动到P点的过程中电场力对粒子先做正功后做负功，粒子动能先增大后减小，故A错误； B．等差等势面越密的地方场强越大，由图可知从M点运动到P点的过程中，场强先增大后减小，所以带电粒子受到的电场力先增大后减小，故B错误； C．点和点的电势相等，从N点运动到P点的过程中电场力做的合功为零，根据动能定理可知粒子经过点和点的速度大小相同，但方向不同，故C错误； D．从M点运动到P点的过程中，电势逐渐降低，因为粒子带正电，所以带电粒子在M点的电势能大于P点的电势能，故D正确。 故选D。 ◇题型 05 静电场中的功能关系 典｜例｜精｜析 典例1（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。 典例2（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 方｜法｜提｜练 主要用到动能定理、静电力做功特点、能量守恒。 变｜式｜巩｜固 变式1（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 变式2（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。 变式3（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。 ◇题型 06 静电场中的图像 典｜例｜精｜析 典例1（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 典例2（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。 方｜法｜提｜练 碰到图像，首先看两轴，然后看斜率、截距，还可以找对应的表达式。 变｜式｜巩｜固 变式1（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。 变式2（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。 变式3（2025·福建省·二模）（多选）竖直平面内固定有两个电荷量均为的点电荷，两电荷相距为两电荷水平连线的中点。一带电量为的带电小球自点以的初动能向下运动，其动能与小球的位移之间的关系如图乙中曲线所示，小球在处的动能最小，且动能为，直线为计算机拟合的曲线的一条渐近线，其斜率为。已知小球可视为质点，运动过程中电量保持不变，空气阻力不计，重力加速度大小取，静电力常量，则（　　） A. 下落到的过程中，小球的电势能增加了 B. 下落到的过程中，小球的加速度先减小后增加再减小 C. 电荷量 D 电荷量 【答案】BC 【解析】AB．由动能定理知，图像的斜率为合外力，由图知0.4m内，图像的斜率先减小后增大再减小，即小球所受的合外力先减小后增大再减小，由牛顿第二定律知，此过程小球的加速度先减小后增加再减小；当时，小球所受的电场力趋近于0，则图像的渐近线的斜率为重力，即N 解得小球的质量 0～0.4m内，由能量守恒定律知，小球电势能的增加量 故A错误，B正确； CD．小球在x=0.4m处所受合外力为0，此时 其中 解得电荷量C 故C正确，D错误。 故选BC。 17 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $