第28讲 电容器 带电粒子在电场中的运动（专项训练）（福建专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 以“考情-知识-题型”三维架构系统整合电容器动态分析与带电粒子运动，通过得分速记与模型拆解实现方法迁移，强化科学思维与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |知识解构|3个核心知识点|电容器动态分析两类情景（U/Q不变）流程；带电粒子直线运动动力学/功能观点；偏转运动类平抛正交分解|从电容概念→场强推导→粒子运动模型，形成“概念-原理-应用”递进链条| |题型演练|5类典型题型（含28道典例）|多过程问题分段拆解；临界条件识别（重力是否忽略）；复杂情景模型化（如示波管、回旋加速器）|题型与方法一一对应，从基础辨析到力电综合，覆盖单选/多选/计算全题型|

第28讲 电容器 带电粒子在电场中的运动（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 2 巩固·知识解构 2 知识点1 平行板电容器及其动态分析问题 2 知识点2 带电粒子在电场中的直线运动 3 知识点3 带电粒子在电场中的偏转运动 4 模拟·基础演练 5 题型01 电容器及平行板电容器的动态分析 5 题型02 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动 10 题型03 带电粒子在电场中的偏转 19 题型04 带电粒子在重力场和电场中的圆周运动 29 题型05 电场中的力、电综合问题 37 重难·创新演练 45 真题·实战演练 53 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 平行板电容器动态分析 单选 T7（4 分） 多选 T9（6 分） 带电粒子在匀强电场偏转（类平抛） 带电粒子加速、偏转多过程综合 计算 T13（12 分） 考情分析 题型分值：覆盖单选、多选、计算题，分值 412 分。小题侧重概念辨析，计算题侧重综合定量运算。命题素材：常以平行板装置、示波管模型为载体，结合科学实验情景命题。考查侧重点：重点考查电容器动态变化逻辑、类平抛正交分解，常联动能定理构成多过程设问；侧重模型拆解，设置临界条件陷阱，兼顾定性判断与动力学、能量的联立计算。 复习目标 分清电容器充电、放电两类情景，熟练判断电容、场强等物理量变化；牢固掌握带电粒子偏转的类平抛分解方法，熟记偏转位移、偏转角推导思路；掌握粒子加速偏转综合解题流程，规范列式；能够识别临界陷阱，区分粒子是否计重力，提升模型识别与综合运算能力。 巩固·知识解构 知识点1 平行板电容器及其动态分析问题 1．两类典型问题 (1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变。 (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变。 2．动态分析思路 (1)U不变 ①根据C＝和C＝，先分析电容的变化，再分析Q的变化。 ②根据E＝分析场强的变化。 ③根据UAB＝Ed分析某点电势变化。 (2)Q不变 ①根据C＝和C＝，先分析电容的变化，再分析U的变化。 ②根据E＝分析场强变化。 ✨得分速记： 电容器动态变化的分析思路 ⚠特别提醒： 做题首先分清两种状态：保持极板与电源相连，则电压 U 不变；充电后断开电源，则电荷量 Q 不变。电容由极板正对面积、板间距、电介质决定，与 Q、U 无关，不能由公式错误认为电容随电压、电量变化。 板间场强要区分条件，Q 不变时，改变板间距，电场强度保持不变，这是高频易错点。注意粒子是否考虑重力，不要忽略电介质插入带来的参数改变。警惕概念混淆，电容描述储存电荷本领，并非电压越大电容越大。分析时按 “电容→电量或电压→场强” 顺序推导，切忌凭主观直觉判断物理量变化。 知识点2 带电粒子在电场中的直线运动 1．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． 2．用动力学观点分析 a＝，E＝，v2－v02＝2ad. 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 ✨得分速记 带电粒子在电场中做直线运动的分析方法： 知识点3 带电粒子在电场中的偏转运动 1．带电粒子在电场中的偏转规律 2．处理带电粒子的偏转问题的方法 (1)运动的分解法 一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动． (2)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－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差． ✨得分速记 分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键 (1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。 (2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。 模拟·基础演练 考查重点：本模块包含选择小题与计算题，分值 412 分。重点考查平行板电容器动态变化分析，区分电压不变、电荷量不变两类情景；考查带电粒子在电场中的加速，多用动能定理求解；偏转问题依托类平抛运动，正交分解处理位移与偏转角。常将加速、偏转组合成多过程综合题，兼顾定性判断和定量计算，重视模型识别，会设置是否计重力的隐藏条件，综合考查动力学与能量的应用能力。 ⏳题型01 电容器及平行板电容器的动态分析 1．（2026·福建泉州·三模）如图，在真空室中有一水平正对放置的平行板电容器，其电容为，两板长度均为，板间距离为，上板接地，初始不带电。现有大量质量均为、电量均相同的带正电小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿水平射入，第1滴油滴落在距下板左端处的点，第31滴油滴正好落到下板的正中央点。已知重力加速度大小为，设落到下板油滴的电量被板全部吸收，在两板间形成匀强电场，不考虑油滴间的相互作用。求： (1)油滴的初速度大小； (2)第31滴油滴在板间运动的加速度大小； (3)每一滴油滴的带电量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）第1滴油滴射入时，电容器不带电，板间无电场，油滴仅受重力做平抛运动。竖直方向下落距离为，由 得 水平方向位移为，由 代入得： （2）第31滴油滴做类平抛运动，水平方向匀速运动，落到下板正中央时水平位移 由 代入得： 竖直方向位移仍为，由 代入得： 即： （3）第31滴射入时，已有30滴油滴落到下板，电容器总带电量 由电容定义 得板间电压 板间电场强度 对第31滴油滴受力分析：电场力向上，重力向下，由牛顿第二定律： 代入、、 整理得 即 2．（2026·广东惠州·二模）某种不导电溶液的相对介电常数与浓度的关系曲线如图（a）所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电阻等连接成如图（b）所示的电路。闭合开关后，若增加溶液浓度，则（　　） A．电容器的电容增大 B．电容器所带电荷量减少 C．电容器两极板之间的电压减小 D．浓度增加过程中，流过电阻的电流方向向左 【答案】B 【详解】A．由图（a）知，浓度增大时减小，电容公式，故电容减小，故A错误； B．由，两极板电压不变，减小则减少，故B正确； C．平行板电容器与恒压电源连接，两极板电压不变，故C错误； D．减小，电容器放电，电流从电容器正极板流出，流过电阻的电流方向向右，故D错误。 故选B。 3．（2024·福建·二模）如图所示电路中，RT为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而减小。平行板电容器C的极板水平放置，闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。当传感器RT所在处温度降低时，通过电流表的电流_______（填“变大”“变小”或“不变”），油滴_______（填“向上运动”“向下运动”或“静止不动”）。 【答案】 变大 向上运动 【详解】[1]当传感器RT所在处温度降低时，RT的阻值变大，电路的总电阻变大，总电流变小，在r和R1上的电压变小，故并联电路两端电压变大，通过电流表的电流变大； [2]闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，带电油滴受到的重力和板间电场力等大反向，并联电路两端电压变大时，板间电场力变大，故油滴向上运动。 4．（2026·福建龙岩·二模）如图所示为某智能手机内部微机电系统（MEMS）加速度计的俯视图，M、N为电容器的两极板，M极板固定在手机上，N极板通过两个完全相同、劲度系数为k的水平弹簧与手机相连，电容器充电后与电源断开。手机静止时，M、N两极板间距为d0，电压传感器示数为U0，不计一切摩擦，N极板的质量为m。若手机以加速度a垂直N、M两极板方向水平运动时，两极板间距减小为d1，则（　　） A．电容器的电容减小 B．M、N两极板间的电场强度变大 C．手机的加速度大小 D．电压传感器的示数 【答案】D 【详解】A．两极板间距减小，根据可知，电容器的电容变大，故A错误； B．电容器充电后与电源断开，极板所带电荷量不变，根据，， 可得，所以电场强度不变，故B错误； C．根据牛顿第二定律可得，故C错误； D．由于电荷量不变，则 则，故D正确。 故选D。 5．（2025·福建福州·模拟预测）（多选）如图所示，用一个电源分别给两个中间为真空的平行板电容器充电。开始时，电键断开，然后将电键S1分别接到1、2两处，稳定后断开。两个电容器充电过程中电流强度随时间变化的情况如乙图所示，则下列说法正确的是（　　） A．电容器的电容 B．电容器的电容 C．减小电容器C2的正对面积，再次闭合S1至1，电阻R2上有向左的瞬时电流流过 D．在电容器C1中间插入有机玻璃，再次闭合S1至2，电阻R1上有向右的瞬时电流流过 【答案】AD 【详解】AB．图像与时间轴所围几何图形的面积表示电容器极板所带电荷量大小，根据图像可知 充电稳定后，两个电容器两端电压均等于电源的电动势E，根据电容的定义式有， 则有，故A正确，B错误； C．对电容器C2，根据， 减小电容器C2的正对面积，电容减小，电荷量一定，则极板两端电压增大，即 再次闭合S1至1，电容器将处于放电状态，可知，电阻R2上有向右的瞬时电流流过，故C错误； D．对电容器C1，根据， 在电容器C1中间插入有机玻璃，介电常数增大，电容增大，电荷量一定，则极板两端电压减小，即 再次闭合S1至2，电容器将处于充电状态，可知，电阻R1上有向右的瞬时电流流过，故D正确。 故选AD。 6．（2025·福建福州·三模）（多选）如图所示，平行板电容器两极板水平放置，上极板带正电，与静电计相连。静电计外壳与下极板接地。一带电微粒以一初速度平行于极板射入，恰能沿直线穿过电容器。带电静电计的内部空间分布电场，等势面分布如图所示。不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．微粒带负电 B．P点和Q点电势相同 C．将上极板向上平移，静电计指针张角增大 D．将上极板向上平移，将带电微粒从同一位置平行于极板射入，电势能可能增大 【答案】AC 【详解】A．带电微粒受力平衡，则其带负电，故A正确； B．由图可知，P点电势比Q点高，故B错误； C．上极板向上平移时，由，且可知平行极板的电容减小，则板间电压增大，即静电计指针张角增大，故C正确； D．由，则 则场强不变，粒子仍然能沿原来的直线运动，但所在位置的电势也不变，则带电微粒的电势能不变，故D错误。 故选AC。 7．（2025·福建三明·三模）（多选）如图为探究平行板电容器电容的影响因素的实验装置（　　） A．静电计指针张角变大表明电容器极板电势差增大 B．静电计指针张角变大表明电容器极板电势差减小 C．只增加极板电量，静电计指针张角变大，但电容不变 D．只增加极板电量，静电计指针张角变大，表明电容增大 【答案】AC 【详解】AB．静电计指针张角变大表明电容器极板电势差增大，故A正确，B错误； CD．只增加极板电量Q，根据平行板电容器电容的决定式 可知，电容不变，根据电容的定义式有 可知，电势差U变大，则静电计指针张角变大，故C正确，D错误。 故选AC。 ⏳题型02 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动 8．（2026·河北·一模）某异型回旋加速器的设计方案如图甲所示，图中粗黑线段为两个正对的带电极板，两个极板的板面中部各有一狭缝（沿OP 方向的狭长区域），带电粒子可通过狭缝穿越极板，如图乙所示，板间电势差恒定为U（下极板电势高于上极板电势，且极板间只有电场）。两细虚线间（除开两极板之间的区域）既无电场也无磁场；其他部分存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面。在贴近下极板缝隙的离子源S中产生的质量为m、电荷量为q（q>0）的离子，由静止开始被电场加速，经狭缝中的O点进入磁场区域，O点到极板右端的距离为D，到出射孔P的距离为6D。已知磁感应强度大小可以在零到某一最大值之间调节，离子从离子源上方的O点射入磁场区域，最终只能从出射孔 P射出。假设离子打到器壁或离子源外壁则立即被吸收。忽略相对论效应，不计离子重力。 (1)求磁场磁感应强度的最小值； (2)调节磁感应强度大小为 离子能从出射孔 P射出时，求离子在磁场中运动的时间； (3)若将磁感应强度在 范围内调节，则离子能从 P 点射出时该范围内磁感应强度B 所有的可能值。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设离子从离子源上方的O点射入磁场区域的速度大小为，则 离子偏转后直接从出射孔P射出时，离子在磁场中运动的轨道半径最大（），磁场的磁感应强度最小（），则 由题意知 解得 （2）调节磁感应强度大小为，则离子第一次在磁场中偏转时有 可得 离子从出射孔P射出,离子的运动轨迹如图所示,离子偏转中第一次经过虚线间的无场区域,设其偏转轨道半径为，则 离子偏转中第n次经过虚线间的无场区域后从出射孔P射出,设其偏转轨道半径为，从出射孔P射出时的速度大小为，则有 ， 于是有 根据几何关系有 综合可得 可见离子能从出射孔P射出,且离子在磁场中运动的时间为 （3）令，对应离子运动的轨道半径分别为、，则， 结合前一问的分析可得， 可得 同理可得 联立各式解得，即k=35，36，……，42 又 解得( k=35，36，……，42) 9．（2025·福建·模拟预测）如图所示，竖直正对放置的带电平行板间有水平加速电场，一质量为m、电荷量为的带电粒子从左极板附近由静止释放，从右极板上小孔（大小可忽略）以大小为的速度水平飞出，并正对圆心O进入一半径为R的圆形匀强电场区域，区域内存在竖直向下的匀强电场，圆形边界上的P、点将下半圆三等分且两点连线水平，粒子经电场偏转后恰好可以从P点飞出，不计粒子重力及空气阻力。 (1)求加速电场两极板间电压的大小； (2)求圆形区域匀强电场的电场强度E的大小； (3)若仅改变加速电场两极板间的电压大小，使粒子从点射出圆形电场区域，求此时两极板间所加电压的大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由动能定理有 解得 （2）粒子进入圆形匀强电场区域做类平抛运动，由几何关系得 竖直方向有 水平方向有 联立解得 （3）由于从点射出时，粒子在电场中经历的时间与从P点射出经历的时间相等，设此时粒子进入偏转电场时的速度为，则由 则结合（1）中结论可得 10．（2025·福建福州·模拟预测）在前沿科技中，需要对带电粒子的运动进行精确控制。如图，一粒子源能够发射速度大小为的粒子，粒子的质量为、电荷量为，经加速电场加速后，以大小为的速度进入圆心为的辐射状电场，做半径为的匀速圆周运动，出辐射状电场时速度方向恰好改变了90°，粒子出辐射状电场沿轴匀速运动一段距离后进入方向垂直纸面向里、半径为的圆形匀强磁场区域，圆形匀强磁场区域的圆心在平面直角坐标系的坐标原点，匀强磁场的磁感应强度，不计粒子重力。求： (1)加速电场的电压； (2)粒子在辐射状电场中运动的平均速度大小； (3)粒子离开匀强磁场区域的坐标。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子在加速电场中，根据动能定理有 解得 （2）粒子在辐射状电场中运动的平均速度等于总位移与总时间的比值，则有 根据几何关系有 粒子在辐射状电场中做匀速圆周运动，经历时间 解得 （3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有 解得 粒子沿圆形磁场的半径入射，则粒子一定沿磁场半径方向射出，令速度偏转角为，根据几何关系有 解得 即速度偏转了60°，根据几何关系可知，横坐标与纵坐标分别为， 即粒子离开匀强磁场区域的坐标为。 11．（2025·福建漳州·模拟预测）（多选）在光滑绝缘水平面上，相隔4L的A、B两点固定着两个等量同种正点电荷，a、o、b是AB连线上三点，o是AB中点，，空间另有一水平向左的匀强电场。一质量为m，电荷量为q的试探电荷在电场力作用下，以初速度从a点出发沿连线向B运动到o点时动能为a点动能的2倍，到b点时速度为零，规定o点为零电势点，则（    ） A．试探电荷带正电 B．b点电势 C．a点电势 D．匀强电场的场强大小为 【答案】AD 【详解】A．根据等量同种电荷的电势分布特点可知a、b两点电势相等，即a到b过程，等量同种电荷对试探电荷做功为0，题意知a到b试探电荷做减速运动，可知匀强电场对试探电荷做负功，故试探电荷带正电，故A正确； B．o到b过程，由动能定理有 因为o点为零电势点，整理有 故B错误； C．a到o过程，由动能定理有 因为o点为零电势点，整理有 故C错误； D．a到b过程，由动能定理有 解得 故D正确。 故选AD。 12．（2024·福建福州·模拟预测）匀强电场的方向沿x轴正方向，电场强度E随x的分布如图所示，图中E0和d均为已知量。将带正电的质点A在O点由静止释放，A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放。当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相互作用视为静电作用。已知A的电荷量为Q，A和B的质量分别为m和。不计重力。 （1）求A在电场中的运动时间t； （2）若B的电荷量为，求两质点相互作用能的最大值Epm； （3）为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值qm； （4）若其他条件保持不变，B所带电荷量为，求质点B运动的最终速度。    【答案】（1）；（2）；（3）；（4），水平向右 【详解】（1）由牛顿第二定律，A在电场中运动的加速度为 A在电场中做匀变速直线运动有 解得运动时间为 （2）设A、B离开电场的速度分别为、，由动能定理有 A、B相互作用的过程中，动量和能量均守恒，A、B间相互作用力为斥力，A受力方向与其运动方向相同，B受力方向与其运动方向相反，相互作用力A做正功，对B做负功，在AB靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于作用力大小相等，作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加，所以当A、B最接近时，相互作用能最大，因此两者速度相同，则有 ,, 联立解得相互作用能的最大值为 （3）考虑A、B在区间的运动，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互作用，有 , 可得 因B不改变运动方向，故 所以 即B所带电荷量的最大值为 （4）根据动能定理有, 解得， 由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互作用，有 解得， 弹性碰撞结束后，B先向左匀速到达电场边界，进入电场后，在电场中先做匀减速直线运动，速度减为零，后反向做匀加速直线运动直到离开电场，最后B一直向右做匀速直线运动，则 方向水平向右（沿x轴正方向）。 13．（2024·安徽合肥·二模）我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原理简化如图所示，放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，经电场加速后以某一速度喷出，从而产生推力。某次实验中，加速电压为，氙离子向外喷射形成的电流强度为。氙离子的电荷量与质量分别为和，忽略离子的初速度及离子间的相互作用，则离子推进器产生的推力为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】以正离子为研究对象，由动能定理得 时间内通过的总电荷量为 喷出的正离子总质量为 由动量定理可知正离子所受的平均冲量 联立以上式子可得 根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力 故选D。 14．（2026·海南·模拟预测）（多选）反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似.已知静电场的方向平行于x轴，其电势随x的分布如图所示一质量 ，电荷量 的带负电的粒子从（-1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。则（     ） A．x轴原点左侧电场强度和右侧电场强度E2的大小之比为1：2 B．粒子沿x轴正方向从-1cm运动到0和从0运动到0.5cm运动过程中所受电场力的冲量相同 C．该粒子运动的周期 D．该粒子运动过程中的最大动能为 【答案】AC 【详解】A．由图像斜率的大小表示电场强度大小，有 同理 所以，故A正确； B．取轴正方向为正，设粒子经过原点时速度为。从到的冲量为 从到的冲量为，两冲量方向相反，故B错误； C．由图中两段直线的斜率得，，由 得左侧加速度大小为 右侧加速度大小为 取，粒子从左侧端点运动到原点的时间为，取，粒子从右侧端点运动到原点的时间为，往返运动的周期为，故C正确； D．粒子在原点处电势能最小、动能最大，由能量守恒得，故D错误。 故选AC。 ⏳题型03 带电粒子在电场中的偏转 15．（2026·福建泉州·模拟预测）如图所示的平面直角坐标系xOy内，虚线OP与y轴间夹角，OP右侧有沿x轴负方向的匀强电场，OP左侧适当位置有一半圆形匀强磁场区域（图中未画出）。一质量为m、电荷量为的粒子以速度从坐标原点O沿y轴正方向入射，运动一段时间后进入半圆形匀强磁场区域，经偏转粒子从OP上的M点离开磁场，并同时垂直OP射入电场，此后从x轴上的N点垂直x轴射入第四象限，已知O点到M点的距离为l，磁场方向垂直纸面向外，不计粒子的重力，求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小； (3)半圆形磁场区域的最小面积。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子沿y轴负方向做匀速直线运动有 沿x轴正方向匀减速到零有 根据牛顿第二定律有 解得 （2） 粒子在磁场中运动时 解得 根据洛伦兹力提供向心力 解得 联立可得 （3）当粒子圆周运动的弦长为半圆形磁场直径时，半圆形磁场面积最小，根据几何关系有 半圆形磁场区域的最小面积 解得 16．（2026·福建南平·二模）如图，真空中存在直角坐标系Oxyz，区域存在沿z轴负方向的匀强电场E1，在区域内同时存在均沿x轴负方向的匀强电场E2和匀强磁场B。现将一带正电微粒从点P（-2m，0，0）以速度射入匀强电场，在Oxz平面内且与x轴正方向成θ角，微粒恰好从x轴的点Q（-1m，0，0）穿出匀强电场。已知E2=50N/C，，，θ=45°，带电微粒的比荷，不计重力，忽略微粒间的相互作用力。 (1)求匀强电场E1的场强大小； (2)从微粒进入空间开始计时，求时微粒的位置坐标； (3)若相隔时间，从P点以相同的速度发射另一个相同的微粒，两微粒能相遇，求的可能值及相遇时微粒的速率。 【答案】(1) (2)（2m，0，-1m） (3)，；， 【详解】（1）微粒从P到Q做类斜抛运动，x方向有 z方向有 根据牛顿第二定律有 解得 （2）微粒从Q飞出做匀速直线运动，在从点A（0，0，-1m）与x轴成θ角进入电场，此后做螺旋运动，可分解两个分运动：沿x方向初速度为的匀减速直线运动，有 根据牛顿第二定律有 在yz平面内做初速度沿方向的匀速圆周运动。 洛伦兹力提供向心力有 周期 转过的偏转角 解得x=2m，， 时圆周运动恰好旋转一周，到达的点C坐标为（2m，0，-1m） （3）由 可知微粒到达点C时，x方向速度恰好减为零，然后开始反向螺旋运动。由于两微粒完全相同，相遇时两微粒应分别处于向右和向左螺旋运动中，向右的螺旋轨迹和向左的螺旋轨迹交点有三点A（0，0，-1m）、C（2m，0，-1m）和D（1.5m，2R，0），只能在A或D相遇。 Ⅰ．相遇于A点时，第一个微粒恰好回到A点，第二个微粒刚进入，则 此时微粒的速率为 Ⅱ．相遇于点D时，两个微粒做螺旋运动到D的时间分别为， 则 此时微粒的水平速度减半，微粒的速率为 综上，的可能值及相遇时微粒的速率为，；， 17．（2026·福建三明·二模）如图，一平行板电容器上方MN、PQ之间的区域有方向水平向右、大小为的匀强电场。一带正电粒子从平行板电容器下极板a点静止释放，经加速后从b点垂直进入匀强电场，带电粒子最终从MN上的c点离开。已知电容器电容带电量粒子比荷MN、PQ之间的距离d=0.2m，，不计粒子的重力，求： (1)电容器的电压U； (2)粒子经b点时的速度大小； (3)b、c点间水平距离x。 【答案】(1) 200V (2) (3) 0.1m 【详解】（1）根据电容的定义式 解得 （2）粒子在电容器中加速，由动能定理 解得 （3）粒子进入偏转电场后做类平抛运动， 竖直方向匀速运动 水平方向初速度为0的匀加速直线运动，加速度 水平位移 联立解得 18．（2026·河南郑州·模拟预测）如图所示，在矩形中，，，空间存在与面平行的匀强电场，将一带电荷量为、质量为的试探电荷从点移动到点，电势能减少了，若将该电荷从点移动到点电势能增加了，规定点的电势为0，不计试探电荷的重力。则下列说法正确的是（     ） A．电场方向由指向 B．电场强度的大小为 C．D点的电势为 D．若该试探电荷从点以速度沿图中方向射出，则其刚好能过点 【答案】A 【详解】A．对于电荷从点到点、从点到点的过程，由电势能变化与电势差的关系得， 结合，，解得， 匀强电场中沿相等且平行的位移，电势变化相同，故 联立解得， 取沿由指向、沿由指向分别为两个正方向，由匀强电场中电势差与场强的关系得 同理得 设电场方向与的夹角为，则 解得 该方向由指向，故A正确； B．由A项在同一匀强电场中求得的两个场强分量可得，故B错误； C．由A项求得的点电势为，故C错误； D．取沿由指向为轴正方向、竖直向上为轴正方向，由A项求得的电场方向和分量可知， 正电荷所受电场力方向与电场方向相同，由牛顿第二定律得， 由A项求得的场强分量可得， 初速度的两个分量为， 设粒子到达点横坐标的时刻为，沿轴方向由匀变速直线运动的位移公式得 代入数据解得 沿轴方向由匀变速直线运动的位移公式得 电场方向与粒子到达点横坐标时的轨迹位置如图所示。 点位于轴上，因此粒子从点上方通过，不能刚好经过点，故D错误。 故选A。 19．（2025·甘肃平凉·模拟预测）（多选）如图所示，粒子源产生的多种正粒子（初速度很小，可忽略不计）飘入电压为的加速电场，经加速后从小孔沿平行金属板A、B的中心线射入，A、B板长为，相距为，电压为，不计粒子重力及粒子间的相互作用，若粒子均能从A、B板间射出，则（　　） A．比荷大的粒子从A、B板间射出时的位置更靠近极板 B．比荷大的粒子从A、B板间射出时的速度更大 C．电荷量大的粒子在A、B板间运动过程中电场力做功更多 D．比荷大的粒子从粒子源飘入到从A、B板间射出的时间更长 【答案】BC 【详解】A．假设带电粒子向下偏转，以为坐标原点建立直角坐标系，在电场中加速时 如图所示，根据类平抛运动的特点可以求出粒子的竖直位移和水平位移分别为， 联立可求得粒子的轨迹方程为 由此可知，粒子运动的轨迹与粒子的比荷无关，只由加速电场和偏转电场的性质决定，即各粒子在电场中的运动轨迹重合，A错误； B．各粒子在电场中的运动轨迹重合，即在偏转电场中的竖直偏转位移相同，设竖直偏转位移为，粒子射出时的速度大小为，根据动能定理可得 解得 由此可知，比荷大的粒子从A、B板间射出时的速度更大，B正确； C．粒子在A、B板间运动过程中电场力做功 则电荷量大的粒子在A、B板间运动过程中电场力做功更多，C正确； D．设加速电场的宽度为，粒子在加速电场中运动的时间为，则有 解得 设粒子在偏转电场中运动的时间为，则 粒子从粒子源飘入到从A、B板间射出的时间 由此可知，比荷大的粒子从粒子源飘入到从A、B板间射出的时间更短，D错误。 故选BC。 20．（2026·四川德阳·一模）（多选）如图，直角三角形位于竖直平面内，沿水平方向，长度为，。空间存在一匀强电场，场强方向与所在平面平行，将一电荷量为且带正电的微粒不计重力与空气阻力从点移动到点，电场力做功为，从点移动至点，电场力做功为。下列说法正确的是（     ） A．电场强度的大小是 B．将该带电微粒从点无初速度释放，其沿的角平分线所在直线运动 C．将该带电微粒从点沿抛出，要使其通过点，微粒在点的动能应为 D．将该带电微粒从点沿抛出，要使其到达时，其位移方向垂直于电场强度方向，微粒在点的动能应为 【答案】AD 【详解】AB．由题意，带正电的微粒从点运动到点电场力做正功，从点运动到点电场力做负功，说明电场强度方向大致斜向右上方，可画电场线如图中蓝线所示： 设电场线与直线的交点为，电场线与间的夹角为，电场强度大小为 则有： 从点运动到点： 从点运动到点： 联立二式，解得，，故A正确，B错误； C．设微粒质量为，初始速度为，运动时间为。如图所示，对位移进行分解，可分解为沿方向的匀速直线运动和沿方向的匀加速直线运动，则有： 方向： 方向： 联立二式，解得： 则：，故C错误； D．由题意，设微粒质量初始速度为，运动时间为。如图所示，作垂直于的直线，可对速度沿方向和沿方向分解，则有： 方向： 方向： 联立二式，解得： 则：，故D正确； 故选AD。 21．（2025·江苏南通·模拟预测）如图所示，空间存在水平向右的匀强电场。一个倾角为θ=45°的绝缘斜面固定在电场中。将一质量为m、带正电的小球从斜面顶端以水平初速度v0抛出，小球落到斜面上。已知重力加速度为g，且重力和电场力大小相等，不计空气阻力。 (1)求小球在空中的运动时间； (2)求小球落在斜面上时电势能变化。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由重力和电场力大小相等得 根据电场方向对带正电的小球受力分析，可知小球受到的电场力方向水平向右 水平方向以小球初速度水平向左为正方向，因为所受合力电场力方向水平向右，所以加速度方向水平向右，加速度方向与正方向相反为负值，大小为 小球在水平方向上做匀减速运动，由位移公式有 竖直方向小球仅受重力，做匀加速运动，有 由图知水平方向与竖直方向位移满足 联立上式可得小球运动的时间 （2）小球在运动过程中，小球水平位移向左，电场力方向水平向右，故电场力做负功                                 根据功能关系知电势能变化 ⏳题型04 带电粒子在重力场和电场中的圆周运动 22．（2026·贵州贵阳·模拟预测）如图，弹簧左端固定，将细圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于M、N点，在竖直面内存在方向竖直向下的匀强电场（图中未画出），电场强度大小E＝10N/C。质量为M＝4kg的绝缘小球B静止在水平轨道上，将质量为m＝2kg、带电量为q＝0.8C的负电小球A（可视为质点）压缩弹簧后由静止释放，小球能从M点进入圆弧轨道，通过轨道的最高点P时恰好与圆管无弹力作用，之后从N点返回水平轨道，水平轨道足够长，两球间的碰撞为弹性碰撞，已知两球的大小相同，圆弧轨道半径R＝1m，不计一切摩擦和空气阻力，g取10。则（　　） A．释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为5J B．两小球至多能发生2次碰撞 C．A小球再次返回轨道运动的过程中对内轨道可能有弹力 D．A小球从M点运动到P点的过程中对内轨道无弹力 【答案】D 【详解】A．A小球在最高点P时恰好与圆管无弹力作用，则有 代入数据解得 释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为 解得，故A错误； B．小球A与B碰前的速度 以水平向右为正方向，则AB碰撞过程根据动量守恒则有 机械能守恒则有 代入数据联立解得 小球A返回到水平面时的速度大小仍为，因小于小球B的速度，则两球不可能再发生第二次碰撞，故B错误； C．A小球再次返回轨道运动时能上升的高度为h，则有 解得 可知小球不能越过与圆心等高的位置，则与内轨道无弹力，故C错误； D．从M点到圆心等高点，小球一定挤压外轨，又因为在P点小球恰好对轨道无弹力，可证明从圆心等高点到P点，小球也一直挤压外轨，故D正确。 故选D。 23．（2025·福建泉州·一模）如图，竖直面内固定一足够长斜面与一半圆弧轨道abc，两者相切于a点，空间中存在水平向右的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电小球静止在斜面上，现给小球一沿斜面向上的初速度后，沿圆弧轨道abc运动恰能通过c点。运动过程中小球带电量保持不变，不计一切摩擦。已知斜面倾角为37°，圆弧轨道半径为R，重力加速度大小为g，取sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求电场的场强大小E； (2)求小球第一次落在斜面上的位置到a的距离x； (3)若小球从c点飞出时，在空间加上垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小，不考虑磁场突变引起的电磁感应现象，求小球运动过程中离斜面的最小距离d。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球恰能静止在斜面上，根据平衡条件可得 解得 （2）小球受到的重力合电场力的合力大小为 方向沿方向；小球恰能通过c点，说明刚到c点时，轨道对小球的弹力为零，则在c点时 从c点运动到斜面的过程，小球做类平抛运动，则，， 联立，解得 （3）由（2）可得 小球从c点离开后的运动可分解为以速率沿方向的匀速直线运动和以速率的匀速圆周运动，如图 令， 可得， 根据牛顿第二定律 则小球运动过程中离斜面的最小距离为 联立，解得 24．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在竖直平面内，有水平向右的匀强电场，一半径为的光滑绝缘圆弧轨道ABC和水平光滑绝缘轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为，，一质量为，带电量为的带正电小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道恰好能通过C点，并飞出落至水平轨道；已知小球在B处速度最大，重力加速度大小为。求： (1)匀强电场的电场强度E； (2)小球到达A点时动量的大小； (3)小球从C点落至水平轨道的落地点与A之间的距离大小。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）电场力F=Eq，小球到达C点时所受合力的大小为F，指向圆心O。由力的合成法则有 所以 （2）设小球到达C点时的速度大小为，由向心力公式得 解得 A到C， 解得 小球在A点的动量大小为 （3）小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零，加速度大小为重力加速度的匀加速运动。水平方向做匀变速直线运动， y方向上， 解得 x方向上， 球落地点与A距离为 25．（2024·福建·二模）如图甲，空间有一与竖直方向成60°夹角的匀强电场，一质量为m，带电量为+q的小球用一绝缘细线悬挂于О点，悬点到球心的距离为L。小球静止时细线与竖直方向的夹角θ=60°，重力加速度为g，小球可视为质点，忽略空气阻力。 (1)求场强的大小； (2)若在小球静止位置给小球一垂直于细线的初速度v1，使小球恰好能在竖直面内做圆周运动，如图乙所示，求小球初速度v1的大小； (3)若将小球拉到最低点，给小球垂直纸面向里的初速度v2，使小球恰好沿一倾斜平面做匀速圆周运动，如图丙所示，求小球初速度v2的大小。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）小球静止时，设细线拉力为T1，场强大小为E，根据共点力平衡条件有 联立解得 （2）小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球在等效最高点C点，由重力和电场力的合力提供向心力，重力和电场力的合力 由牛顿第二定律得 小球从静止位置运动到等效最高点C点，由动能定理可得 联立解得 （3）小球做圆锥摆运动时，圆锥摆的轴线应在重力和电场力的合力直线上，则圆锥摆的摆角为θ=60°小球做圆锥摆运动时，细线拉力为T2，根据牛顿第二定律可得 根据共点力平衡条件得 由几何关系得 联立解得 26．（2023·云南·模拟预测）（多选）如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点），小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度，使其在竖直平面内绕O点恰好做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。已知匀强电场的场强大小为，重力加速度为g。当小球第二次运动到B点时细线突然断裂，则下列说法正确的是（     ） A．小球在运动过程中，动能的最大值为5mgL B．细线断裂后，小球动能的最小值为 C．从细线断裂到小球的动能再次与B点动能相等的过程中，电势能增加了 D．从细线断裂到小球的动能与B点动能相等的过程中，重力势能减少了 【答案】ABC 【详解】A．由题意等效最高点在OM连线的反向延长线与圆周的交点上，设为N，则在N点满足 所以 即动能的最小值为 ，故A正确； B．由题意细线断裂后，当B点速度沿与等效重力反方向的分速度为零时，动能最小，又因为从B到N点，由动能定理得 解得 所以最小动能为 故B正确； CD．因为从细线断裂到小球的动能与B点动能相等的过程中，由动能定理知合外力做功为零，即B点速度沿与等效重力反方向的分速度变为等大反向时，故满足，，， 即电势能增加了，重力势能减小了，故C正确，D错误； 故选ABC。 27．（2026·浙江·一模）如图所示，为竖直平面内的倾斜轨道和圆轨道，两者在点平滑相切连接，且和略错开，直轨道、和半圆形弯道固定在光滑水平桌面上，整个空间存在水平向右的匀强电场。倾角，长为；竖直圆轨道和半圆弯道半径均为；直轨道和长均为。一质量为、带正电的滑块（可视为质点）在点获得初动能后沿轨道运动。已知滑块所受电场力大小恒为，滑块与直轨道、的动摩擦因数，其余轨道均光滑，所有轨道绝缘。 (1)若，求滑块到达圆轨道最低点的速度大小； (2)若滑块恰能在竖直圆轨道上做完整的圆周运动，求滑块对竖直圆轨道的最大弹力大小； (3)在处固定一竖直挡板，滑块与挡板碰后能原速率反弹，若滑块经一次反弹后不再进入半圆形弯道，求初动能应满足的条件。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对小滑块受力分析，可知电场力和重力的合力大小为，方向与斜面垂直向下，故小滑块合外力为0，在段小滑块做匀速直线运动，则有 对到，根据动能定理 解得 （2）等效重力等于电场力和重力的合力大小为，恰好做完整的圆周运动时，在等效最高点处有 从等效最高点到等效最低点，根据动能定理有 解得 弹力和等效重力提供所需向心力，则有     解得 根据牛顿第三定律可得，滑块对竖直圆轨道的最大弹力大小为 （3）①能过圆轨道，则段合外力做功 不脱离竖直圆轨道需要到达点的速度满足 因此 ②能过半圆弯道最左侧，则段合外力做功 滑块在段不脱离时，在圆轨道最左侧处电场力和轨道支持力一起提供所需向心力，则有 同时滑块到最左侧时，根据动能定理有 联立解得 ③反弹后不进入半圆弯道，则从到再反弹回，外力做功为 从到经反弹回，根据动能定理有 解得     综上分析可得 28．（2026·贵州贵阳·模拟预测）（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，带电量为的五彩小球从轨道最低点以某一初速度启动，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，小球与轨道圆心的连线与方向的夹角记为，乙图所示为小球在运动过程中的电势能随角度的变化情况，已知重力加速度为，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】ABD 【详解】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两点连线为等势线，当时，小球运动到N点，电势能最大 当时，小球运动到M点，电势能最小 综上可知电场线水平向左，由N指向M，由电场力做功与电势能变化的关系得 解得，B正确； C.小球所受的电场力大小为 方向水平向左，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”由牛顿第二定律有 故最小动能为，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，由动能定理有 在最低点由牛顿第二定律有 联立解得 由牛顿第三定律可知小球运动过程中对轨道压力的最大值为，D正确。 故选ABD。 ⏳题型05 电场中的力、电综合问题 29．（2026·福建福州·模拟预测）如图所示，传送带左、右两侧分别与粗糙平台及光滑平台紧密对接，传送带的上表面与两平台处于同一水平面上，传送带以的速度顺时针转动，传送带上左右两端点B、C之间的距离，图中通过B点的竖直虚线左侧存在一水平向右的匀强电场，平台上固定一竖直挡板。现将一带电量为的滑块从A点由静止释放，间距。当滑块运动到B点时速度的大小，滑块经过传送带后在平台上与挡板碰撞，且每次碰撞后速度的大小均变为碰撞前的一半。已知滑块的质量，滑块与平台及传送带间的动摩擦因数，滑块可视为质点，取重力加速度的大小。求： (1)电场强度的大小 (2)滑块第一次与挡板碰撞前的速度大小； (3)滑块第二次撞击挡板前，与传送带之间由摩擦产生的热量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设电场强度的大小为E，则滑块在电场中运动过程中，由动能定理得 代入数据解得 （2）滑块滑上传送带后向右匀加速运动的加速度大小为a，有 设滑块达到传送带的速度的大小时运动位移大小为，则有 解得 所以滑块到达到与传送带右端之前已经与传送带共速，所以第一次与挡板碰撞之前的速度的大小 （3）滑块第一次滑上传送带过程，设滑块达与传送带共速用时，滑块与传送带相对位移，有，，， 滑块与挡板第一次碰撞后向左以 滑上传送带，减速到零的位移大小为 即滑块在传送带上减速到零后返回向右匀加速直线运动。所以滑块与挡板第一次碰撞后，从向左滑上传送带至速度减为零过程，设用时，滑块与传送带相对位移，则有，，， 滑块从速度为零，到向右匀加速直线运动，回到C点位移有 其所用时间为，有，， 故滑块第二次撞击挡板前，与传送带之间由摩擦产生的热量 30．（2026·福建漳州·三模）（多选）如图，原长为l的轻质弹簧一端固定在O点，另一端与一带正电的小球相连。小球套在竖直固定的光滑绝缘杆上，杆上M、N两点到O点的距离均为2l，P点到O点的距离为l，OP与杆垂直。在O点放置一正点电荷，将小球从M点静止释放，小球运动到N点，弹簧始终在弹性限度内，则在此过程中（　　） A．弹簧在M、N两点的弹性势能相等 B．小球在M、N两点的动能相等 C．小球在M、N两点的电势能相等 D．小球在M、N两点受到的静电力相同 【答案】AC 【详解】A．在M、N两点时，弹簧的伸长量相等，可知弹簧的弹性势能相等，A正确； B．从M到N，弹力做功为零，只有重力做正功，则小球的动能增加，即小球在M、N两点的动能不相等，B错误； C． M、N两点距离O点的距离相等，可知两点的电势相等，即小球在M、N两点的电势能相等，C正确； D．小球在M、N两点受到的静电力大小相同，但方向不同，D错误。 故选AC。 31．（25-26高三下·江苏南京·阶段检测）如图所示，在立方体的顶点和处分别固定有等量异种的点电荷，一根无限长的光滑水平绝缘细杆与边重合。一带负电的小环套在细杆上，从点开始向右运动，其经过、两点的动能分别为和。则（　　） A．小环在、两点受到的电场力相同 B．小环经过、两点时的加速度相同 C． D．小环一定能沿杆向右运动到无穷远处 【答案】B 【详解】A．如图所示 根据矢量合成可知，、的合力方向与、的合力方向不同，故A项错误； B．由上述分析可知，小环在A点时的合外力为 所以其加速度为 方向沿BA方向，小环在B点时的合外力 所以其加速度为 方向沿BA方向，由库仑定律可知，所以两点的加速度相同，故B项正确； C．从到，，所以，故C项错误； D．不确定小环运动至电势最低点时动能是否减为零，无法确定小环能否沿杆运动到无穷远处，故D项错误。 故选B 。 32．（2026·福建福州·二模）如图，极板足够长的平行板电容器水平放置，电容器与一直流电源相连。闭合开关，一带正电小球以一定的初速度从两个极板中央水平射入。关于小球在电场中运动时的加速度大小、速度大小、动能和机械能随运动时间的变化关系图像，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】A．小球在平行板电容器中运动时，受到恒定电场力和重力的作用，故加速度恒定，而图像中加速度随时间减小，故A错误； B．若小球受到的重力与电场力大小不相等，小球做类平抛运动，水平分速度恒定，竖直分速度 合速度 不是的一次函数，因此图像不可能是倾斜直线， 故B错误； C．由动能定理得： 是的二次函数，图像为开口向上、斜率逐渐增大的抛物线，与选项C一致， 故C正确； D．机械能变化等于电场力做功， 因此机械能 是的二次函数，图像应为曲线，不是倾斜直线， 故D错误。 故选C。 33．（2026·福建莆田·二模）如图，长为的水平传送带以的速度顺时针匀速转动，右端与一光滑的绝缘水平平台衔接，平台右端与一光滑绝缘竖直弯曲管道连接，部分为半径R的四分之一圆管。以O为原点建立直角坐标系，在，区域内存在一水平向右、大小为的匀强电场；，区域内存在一与平面平行的匀强电场（图中未画出，未知）。现有一质量为m的绝缘物块轻放在传送带左端，运动到传送带右端时恰与传送带共速，进入平台与一质量为m、带电量为的小球发生弹性正碰；碰后小球向右运动，沿管道运动到出口时以速率离开，最后以的速率通过y轴上点。管道内径略大于小球直径，物块和小球均可视为质点。求： (1)物块与传送带间的动摩擦因数及物块在传送带上运动的时间t； (2)小球受到圆管的最大支持力N； (3)匀强电场的电场强度。 【答案】(1)， (2)，方向与竖直方向成角斜向左上方。 (3)，与y轴正方向的夹角，即沿方向 【详解】（1）设物块到达传送带右端时速度为，由动能定理得 代入数据得 由运动学公式得 代入数据得 （2）设碰撞后物块的速度为，小球的速度为；由动量守恒定律和能量守恒定律得， 设此区域匀强电场的场强为E，小球运动到D点时受到支持力最大，经分析，D点与圆管圆心的连线与竖直方向的夹角为。 设小球在D点受到支持力为N，速度大小为，小球从进入电场运动到D点过程，由动能定理得 小球在D点时，由牛顿第二定律和向心力公式得 联立解得 方向与竖直方向成角斜向左上方。 （3）设小球通过O点、B点和C点的速度大小分别为、和，O、B两点间的电势差为，B、C两点间的电势差为。 小球从进入电场到O点过程，由动能定理得                 小球从O点到B点过程，由动能定理得 小球从B点到C点过程，由动能定理得 联立解得， 设连线中点为K，经分析，K点电势与O点电势相等，即为匀强电场的等势线；则方向与垂直，沿方向。 由场强与电势差关系得 联立解得 与y轴正方向的夹角，即沿方向。 34．（2026·福建·一模）如图所示，质量分别为的物体A、B用跨过定滑轮的轻绳连接，其中物体A位于水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数μ=0.1，与滑轮距离足够；物体B带正电，带电量，位于倾角θ=30°的光滑绝缘斜面上，斜面上与物体B相距d=1.5m的C点下方存在沿斜面向上的匀强电场，电场强度大小为E=7000N/C。t=0时刻将物体B由静止释放，物体A、B视为质点，重力加速度g取10m/s2，求： (1)物体B由静止释放后细绳对A的拉力大小； (2)物体B到达C点时的速度大小； (3)物体B从开始到第一次运动至最低点的过程中克服电场力做的功。 【答案】(1)0.8N (2)3m/s (3)6.3J 【详解】（1）物体A与水平面的滑动摩擦力 设物体B由静止释放后细绳对A的拉力大小为，对B由牛顿第二定律得 对A由牛顿第二定律得 解得， （2）当物体B到达C点时 代入数据得 （3）B冲入电场后，假设绳子松弛，则对B物体有 代入数据得 对A物体有 代入数据得 由于 所以B物体减速得更快，绳子松弛，假设成立，B物体运动到最低点的过程中，由速度—位移公式有 再根据功的公式得 代入数据得 35．（2025·福建福州·模拟预测）（多选）如图所示，纸面为竖直面，为竖直线段，之间的距离为，空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向均未知（图中未画出）。一带电量为，质量为的小球从点在纸面内以的速度水平向左开始运动，之后恰好以大小为的速度通过点。已知重力加速度为，不计空气阻力。则（　　） A． B．小球从点到点过程的时间为 C．电场强度方向斜向右上与水平方向成30° D．电场力大小为 【答案】AD 【详解】A．小球从M到N的运动过程，根据动能定理有 解得，故A正确； B．小球在水平方向的运动具有对称性，故到达N点时，水平分速度大小为，所以在竖直方向的分速度大小为 小球从M到N的运动过程，竖直方向根据运动学公式可得 解得小球从点到点过程的时间为，故B错误； CD．小球从M到N的运动过程，水平方向有， 解得电场力的水平分力为，方向水平向右； 竖直方向有， 解得电场力的竖直分力为，方向竖直向下； 则电场力大小为 根据 可知电场力方向斜向右下与水平方向成30°，由于小球带正电，所以电场强度方向斜向右下与水平方向成30°，故C错误，D正确。 故选AD。 重难·创新演练 设题创新:命题弱化直接套用公式，创新表现在情景包装，结合科学实验器件创设陌生情境。电容器考题改变常规变量设置，交叉变化正对面积、板间距、电介质，增加逻辑推导难度。带电粒子运动多设置多阶段过程，把加速、偏转结合，隐藏已知条件。命题会模糊粒子重力是否忽略，设置思维陷阱，侧重信息提取，不机械刷题即可得分，重在考查逻辑推导与模型迁移能力。 1．（2026·福建漳州·三模）超级电容器是新能源汽车的核心部件之一。关于电容器充电过程，下列说法正确的是（　　） A．电容器的电容不变 B．电容器的电容增大 C．电容器两极板间的电压减小 D．电容器两极板间的电场强度不变 【答案】A 【详解】A．电容的决定式为，说明电容是电容器的固有属性，仅由极板正对面积S、极板间距d、极板间电介质的介电常数ε决定，与带电量Q、两端电压U无关；电容的定义式为，匀强电场场强与极板电压的关系为。充电过程中电容器的S、d、ε均未发生变化，由电容决定式可知电容大小不变，故A正确B错误； C．充电过程中电容器带电量Q不断增大，C不变，由可知两极板间电压增大，故C错误； D．极板间距d不变，两极板电压U增大，由可知极板间电场强度增大，故D错误。 故选A。 2．（2025·福建宁德·三模）近两年，机器人技术迅猛发展。如图是机器人把声信号转化为电信号的装置示意图，该装置的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路。正常工作时，振动膜随声波左右振动。振动膜向左振动与基板距离增大的过程中电容器的电容________（选填“增大”“不变”或“减小”），电容器的板间电场强度________（选填“增大”“不变”或“减小”）。 【答案】 减小 减小 【详解】[1]振动膜向左振动与基板距离增大的过程中，根据 可知，增大，则电容器的电容减小； [2]电容器保持与电源连接，电容器两极板间电势差不变，根据 可知，增大，则电容器的板间电场强度减小。 3．（2025·福建漳州·模拟预测）如图为手机中自动计步器的简化工作原理，图中R为定值电阻，电容器的一个极板M固定在手机上，另一个极板N两端与固定在手机上的轻质弹簧相连。当人带手机走路时，N上下振动，改变电容器的电容，可将运动信号转化为电信号。当N向上运动时，电容器__________（填“放电”或“充电"），通过R的电流方向__________（填“由b向a”或“由a向b”）。 【答案】 充电 由b向a 【详解】当N向上运动时，板间距离d减小，根据知，电容器电容C增大，而电源电压U不变，根据可知Q变大，即电源对电容器充电，通过R的电流方向为由b向a。 4．（25-26高三上·辽宁·阶段检测）在光滑桌面上，以水平桌面左边缘为轴建立空间直角坐标系如图所示，坐标为处固定一正点电荷，利用屏蔽手段使该点电荷只在空间产生电场，坐标为处有一电荷量大小为，质量为的小球，以初速度沿轴负方向射出，小球离开桌面前恰能做匀速圆周运动，在的空间存在沿轴正方向大小可调的匀强电场，已知静电力常量为，重力加速度为，取桌面所在平面为零势能面。 (1)求固定点电荷所带的电荷量的大小； (2)若小球落地点坐标满足|x|、|y|、|z|相等，求匀强电场电场强度的大小； (3)若匀强电场，求小球从离开桌面到落地前机械能和动能的最小值。 【答案】(1) (2)或 (3)， 【详解】（1）小球以为半径做匀速圆周运动 解得 （2）小球在桌面上轨迹如图所示，由几何关系可得，小球从原点离开桌面 设离开时速度与轴负方向夹角为，则， 小球离开桌面时，沿轴负方向做匀速运动， 轴方向做匀减速运动，，根据牛顿第二定律 轴负方向做自由落体运动 联立可得或 （3）轴方向速度减到0时，电场力做负功最多，小球机械能最小 故机械能最小值，解得 小球在轴负方向做匀速运动，在面内做类斜抛运动 设重力与电场力的合力为，与夹角为，则， 将沿方向和垂直方向分解，当方向速度减到0时，动能最小，即 解得 5．（25-26高二上·四川内江·期中）（多选）如图甲所示，两平行金属板水平放置，间距为d，金属板长为2d，两金属板间加如图乙所示的电压（时上金属板带正电），其中。一粒子源连续均匀发射质量为m、电荷量为的带电粒子（初速度，重力忽略不计），该粒子源射出的带电粒子均恰好从上板左端的下边缘水平进入两金属板间，若粒子碰到两金属板即被吸收不再反弹且对极板的电量几乎无影响，则（　　） A．能从极板右侧飞出的粒子电场力对其做功一定为0 B．0时刻进入两极板间的粒子能够从极板右侧飞出 C．能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为 D．能从极板右侧飞出的粒子数占入射粒子总数的 【答案】AD 【详解】A．根据对称性，能从极板右侧飞出的粒子在电场中运动时间为T，则出电场时竖直速度一定为零，则电场力对其做功为零，故A正确； B．假设时刻进入两极板间的粒子能够从极板右侧飞出，则它在竖直方向上先加速向下，经过时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过时间，竖直分速度减为零，则有 由牛顿第二定律，可得 联立解得 则假设不成立，时刻进入两金属板间的粒子将打在金属板上，故B错误； C．能从板间飞出的粒子，水平方向做匀速直线运动，则有，故C错误； D．考虑射入的粒子，当粒子射出位置最低时，可以假设释放的时间为，在释放后的时间内，竖直位移应恰好为d，则 解得 随后的内，由于 竖直上升高度为 假设成立，此为一临界位置；当粒子射出位置最高时，根据对称性可知从时刻射入粒子恰好从上边缘射出，此为一临界位置，则能从极板右侧飞出的粒子数占入射粒子总数，故D正确。 故选AD。 6．（2025·福建·模拟预测）如图所示，A、B两物块用一根轻绳跨过光滑轻质定滑轮相连，其中A带负电，电荷量大小为q。空间中有一个平行于斜面向下的匀强电场，A恰好静止于倾角为37°的光滑斜面上，轻绳拉直而无形变，不带电的B、C通过一根轻弹簧拴接在一起，均处于静止状态，A、B、C质量均为m，重力加速度为g。弹簧劲度系数为k，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)电场强度E的大小为多少； (2)现突然将电场的方向改变180°，A、B开始运动起来，请求出当B速度达到最大时，此时B的位移大小； (3)继续保持（2）问中的条件，请求出当C刚好要离开地面时，B的速度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据平衡条件可得 解得 （2）初始时，对B有 所以 当B物块速度达到最大时，加速度为零，对A有 对B有 解得 所以B的位移大小为 （3）C刚要离开地面时有 所以 因为弹簧初末形变量一致，弹簧弹力刚好没做功，对AB系统有 解得 7．（2025·福建泉州·模拟预测）密立根用如图所示的实验装置来测定很小的带电油滴所带的电荷量。油滴从喷雾器喷出时由于摩擦而带电，落入两块相互平行的极板MN之间（M板带正电、N板带负电），透过显微镜寻找那些刚好悬浮在极板间的油滴。根据观测数据算出油滴的质量，再根据油滴悬浮时受到的电场力和重力平衡，可计算出油滴所带的电荷量。 (1)若P为从显微镜中观察到的悬浮油滴，则可推知P带_____电荷。（选填“正”或“负”） (2)已知极板M、N之间的距离为d，电压为U，则两板之间的电场强度E的大小为_____。 (3)油滴P可视为球体，并测得其半径为R，已知油的密度为ρ，重力加速度为g，极板M、N之间的距离为d，电压为U，则该油滴的电荷量q =_____。（提示：球的体积公式） 【答案】(1)负 (2) (3) 【详解】（1）P为从显微镜中观察到的悬浮油滴，根据受力平衡可知，P受到竖直向上的电场力，与板间场强方向相反，则P带负电。 （2）已知极板M、N之间的距离为d，电压为U，则两板之间的电场强度E的大小为 （3）设油滴P的质量为，根据受力平衡可得 又 联立可得该油滴的电荷量为 8．（2025·福建泉州·模拟预测）（多选）如图所示，在光滑水平面上方空间存在一匀强电场，其大小为E、方向水平向左。劲度系数为k的弹簧左端固定在墙面上，右端与带电量为+q、质量为m的绝缘小滑块a相连，O点为弹簧原长位置，给a一定初速度起振后，P点为a能到达的最左端位置，PO距离为。当a运动至P时，在其右端立即无初速放置一个带电量为+2q、质量为m的绝缘小滑块b，a、b之间无电量交换，不计a、b之间的库仑力，已知，下列说法正确的是（　　） A．放b前，a运动到O处速度最大 B．放b前，a运动到P处加速度最大 C．放b后，若ab粘连不分离，弹簧振子振幅会增大 D．放b后，若ab不粘连，则两者会在O点右侧处分离 【答案】BD 【详解】A．放b前，当小滑块a的加速度为零时，速度达到最大，即小滑块应受到向右的弹簧弹力，该位置应位于O点左侧，故A错误； B．放b前，小滑块a做简谐运动到P点时，速度为零，此时处于最大位移处，加速度达到最大，故B正确； C．放b后，若ab粘连不分离，则ab一起做简谐运动，平衡位置时，弹簧弹力等于ab受到的总电场力，此时弹簧的压缩量比a单独做简谐运动处于平衡位置时弹簧的压缩量大，即ab一起做简谐运动的平衡位置更靠近P点，所以弹簧振子振幅会减小，故C错误； D．放b后，若ab不粘连，假设ab在O点右侧x处分离，此时a、b之间的弹力为0；分别对a、b由牛顿第二定律可得， 又 联立解得，故D正确。 故选BD。 9．（2025·福建龙岩·模拟预测）如图a所示是用电泳技术分离蛋白质的装置，溶液中有上下正对放置的平行金属板电极，溶液中甲、乙两个蛋白质颗粒与上下极板恰好等距。甲蛋白质颗粒质量是乙的两倍，带电量与pH值的关系如图b所示。未接通极板电源时，甲、乙颗粒均悬浮。现调节溶液pH=3，接通电源，不计粘滞阻力和甲乙之间的作用力。对于两种蛋白质颗粒，正确的说法是（　　） A．乙比甲先到达极板 B．甲、乙的电势能均增大 C．甲、乙受到的电场力方向相同 D．增大pH值，甲受到的电场力变大 【答案】A 【详解】A．未接通极板电源时，甲乙颗粒均悬浮，重力等于浮力，调节溶液pH=3，从图中可知甲蛋白质颗粒带电量为-2q0，乙带电量为2q0，接通电源后电场强度一样，由牛顿第二定律可得 由于甲蛋白质颗粒质量是乙的两倍，故甲的加速度为乙的一半，二者到相应极板距离相同，则乙比甲先到达极板，故A正确； B．甲乙运动过程中电场力都做正功，电势能均减小，故B错误； C．甲乙带电性相反，受力方向相反，故C错误； D．由图可知，增大pH值，甲带的电荷量先减小后增大，故电场力也是先减小后增大，故D错误。 故选A。 10．（2025·福建莆田·三模）（多选）如图所示，A、B是带异种电荷的固定点电荷，A的电荷量小于B的电荷量，A、B在同一水平线上，光滑绝缘、粗细均匀细直杆竖直固定放置，杆的轴线与A、B连线的竖直垂直平分线重合，一个带正电小球套在杆上可自由运动，O为A、B连线的中点，将带正电小球在P点由静止释放，则小球从P点运动到O点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球的加速度一定先增大后减小 B．小球的加速度可能一直减小 C．从P到O过程，小球的电势能逐渐增大 D．两点电荷电场中P点电势高于O点电势 【答案】BD 【详解】AB．设带正电小球所受电场力合力的竖直分力为Fy，因为A的带电量小于B的带电量，将两个电荷看成等量异种电荷和一个负电荷，等量异种电荷在中垂线的场强方向向右，所以Fy的方向向下，小球的加速度 小球从P运动到O的过程，Fy可能先增大后减小，也可能一直减小，因而小球的加速度a可能先增大后减小，也可能一直减小，故A错误，B正确； C．从P到O过程，电场力一直做正功，小球的电势能逐渐减小，故C错误； D．正电荷在高电势处电势能大，在低电势处电势能小，故D正确。 故选BD。 真题·实战演练 高频考点：高频考点一是平行板电容器动态分析，分清接电源 U 不变、断开电源 Q 不变，推导 C、Q、U、E 的变化。二是带电粒子在电场加速，利用动能定理求解速度。三是带电粒子偏转的类平抛运动，分解为水平匀速、竖直匀变速，计算偏转位移和偏转角。常考查加速偏转综合模型，要注意区分粒子要不要考虑重力，是选择题和计算题高频命题点，极易在物理量变化逻辑上设置易错选项。 1．（2025·福建·高考真题）（多选）  如图，真空中存在一水平向右的匀强电场，同时存在一水平且垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电量为q（q>0）的带电微粒从M点以初速度v入射，沿着MN做匀速直线运动。微粒到N点时撤去磁场，一段时间后微粒运动到P点。已知M、N、 P三点处于同一竖直平面内，MN与水平方向呈45°，N点与P等高，重力加速度为,则（　　） A．电场强度大小为 B．磁感应强度大小为 C．N、P两点的电势差为 D．从N点运动到P的过程中，微粒到直线NP的最大距离为 【答案】BC 【详解】AB、带电体在复合场中能沿着做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图所示。 由受力平衡可知 解得电场强度，磁感应强度，故A错误，B正确。 C、在点撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示。 且加速度 粒子到达点时，位移偏转角为，故在点，速度角的正切值 所以粒子在点的速度 到过程，由动能定理，有 解得两点间的电势差，C正确； D、将粒子在点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且 故粒子能向上运动的最大距离 D错误； 故选BC。 2．（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 根据电场强度的分布可知P点的电场强度小于，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。 3．（2024·福建·高考真题）如图，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，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。已知A、B、C的质量分别为、、，小球C的带电量为，重力加速度大小取，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)求匀强电场的场强大小； (2)求A与B间的滑动摩擦因数及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，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，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最大速度的大小。（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，对C根据共点力平衡条件有 解得 （2）C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有， 其中 解得 C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹簧的弹性势能相同，C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有 解得 （3）没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据共点力平衡有 当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为，对A根据牛顿第二定律可得 对B、C根据牛顿第二定律可得 撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B在C下降时开始相对滑动，在C下降的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有 此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向左运动过程中的最大速度为 联立解得 4．（2023·福建·高考真题）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） 【详解】（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的速度达到最大，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 5．（2022·福建·高考真题）（多选）我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场，该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场（未画出）用于提高工作物质被电离的比例。工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，氙气被电离的比例为95%，氙离子喷射速度为，推进器产生的推力为。已知氙离子的比荷为；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则（　　） A．氙离子的加速电压约为 B．氙离子的加速电压约为 C．氙离子向外喷射形成的电流约为 D．每秒进入放电通道的氙气质量约为 【答案】AD 【详解】AB．氙离子经电场加速，根据动能定理有 可得加速电压为 故A正确，B错误； D．在时间内，有质量为的氙离子以速度喷射而出，形成电流为，由动量定理可得 进入放电通道的氙气质量为，被电离的比例为，则有 联立解得 故D正确； C．在时间内，有电荷量为的氙离子喷射出，则有， 联立解得 故C错误。 故选AD。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第28讲 电容器 带电粒子在电场中的运动（专项训练） 模拟·基础演练 参考答案 题号 1 2 3 4 6 8 9 10 11 13 答案 BC C AB AD CD C AC C BC B 题号 15 17 18 19 20 21 23 25 26 28 答案 AC A C D D C D C AC BC 题号 34 2 4 9 10 2 5 答案 CD C C C B AD A 1．BC 【详解】AB．自行车转一圈，前进，由图丙可知用时，因此行驶速度大小为。故A错误，B正确； C．当磁铁正对霍尔元件时，加在霍尔元件上的磁场最强，此时，（h是宽度，d是厚度），则对应的最大电压为 其中，因此增大会使霍尔电压的最大值增大。故C正确； D．由左手定则可知，负电荷向端运动，故端电势高于端。故D错误。 故选BC。 2．C 【详解】同轴转动，角速度相同，根据可得 故选C。 3．AB 【详解】A．由角速度公式，减小、不变，因此角速度减小，A正确； B．由向心加速度公式，减小、不变，因此向心加速度减小，B正确； C．只有匀速圆周运动的合外力才始终指向圆心； 减速圆周运动中，合外力除了指向圆心的向心分量，还存在沿速度反方向的切向分量（使速度减小），因此合外力不指向圆心，C错误； D．运动过程中游客用力蹬车，人体肌肉做功，消耗化学能转化为机械能，因此游客（含车）的机械能不守恒，D错误。 故选AB 。 4．AD 【详解】A．右臂上的P、Q两点分别位于肘关节、腕关节上，转动过程中上臂与前臂始终垂直，P、Q两点的运动属于同轴转动，所以P、Q两点的角速度大小相同，A正确； BCD．右臂上P、Q两点做匀速圆周运动的半径分别为、，且、不在同一直线上。 又知P、Q两点做匀速圆周运动的线速度方向与半径垂直，故P、Q两点的线速度方向不相同。 由几何关系可得 所以，，故B错误，C错误，D正确。 故选AD。 5． 逆 【详解】[1]由于光源的闪光周期小于白点做圆周运动的周期，光源每次闪光时，白点都没有来得及回到前一次闪光时的位置，即都在前一次闪光时位置的左侧，光源连续闪光，白点的位置就连续向左逆时针移到，所以白点逆时针旋转； [2]白点的频率为 ，白点的角速度为 光源的频率为 ，光源的角速度为 设白点转动一圈的时间为t，则 解得 6．CD 【详解】AC．两点相对静止，运动状态相同，线速度大小相同，均做匀速圆周运动，A错误，C正确； B．由前分析知，点加速度始终和方向平行（即和点加速度同向），B错误： D．设快递袋质量为，做圆周运动时向心加速度和水平方向夹角为，如图所示 由 又 联立得 其中 由数学知识可知，最大值为，D正确。 故选CD。 7． 【详解】[1][2]由题意可知，两皮带轮边缘的线速度大小相等，左侧皮带轮边缘某点的线速度与B点的线速度相等，根据 向心加速度 所以 8．C 【详解】当杯子开口向下时，C选项的玻璃杯受力分析如图所示， 支持力竖直分量与重力平衡，水平分量可以提供做圆周运动的向心力，只要手法合理，可以使乒乓球在杯子内做圆周运动，同时被搬运到书堆的右侧。 故选C。 9．AC 【详解】A．由向心力公式，代入数据，故A正确； B．沿斜面方向由牛顿第二定律得 变形 代入数据，故B错误； C．由功率公式，为重力与速度方向的夹角，演员在点速度方向平行于斜面且垂直于绳，重力竖直向下，二者夹角为，，因此重力的功率为，故C正确； D．合外力提供向心力，方向沿绳指向圆心，与速度方向垂直，由功率公式，，因此合外力的功率为，故D错误。 故选AC。 10．C 【详解】A．电场强度是矢量，粒子运动轨迹上不同位置的电场强度方向不同，因此各点电场强度不同，故A错误； B．粒子运动轨迹上任意一点到两个正点电荷、的距离都相等，两点电荷在带电粒子运动轨迹上产生的电势相同，故B错误； C．设粒子做匀速圆周运动的半径为，对受力分析两个正电荷对粒子的库仑力的沿方向分量抵消，指向圆心的合力为 该合力提供向心力 代入题目给出的 得 解得 故C正确； D．若粒子速度减小，粒子所需向心力减小，库仑合力大于所需向心力，粒子将做近心运动，不是离心运动，故D错误； 故选C。 11．BC 【详解】A．粒子沿x正方向进入磁场，向下偏转后垂直打在轴，磁场垂直纸面向外，根据左手定则：正电荷向右运动时，洛伦兹力向下，符合偏转方向，因此粒子带正电，A错误； B．粒子经加速电场加速，由动能定理 静电分析器中，辐射电场的电场力提供向心力 解得，故B正确； C．磁分析器中，洛伦兹力提供向心力 解得 比荷 原粒子轨迹为四分之一圆，偏转半径 由动能定理得 又因为 联立解得，故C正确； D．对于比荷的粒子，磁分析器中，洛伦兹力提供向心力 由动能定理得 比荷 解得 结合原粒子 解得 ，因此不会打在距O点2R的位置，故D错误。 故选BC。 12．(1) (2) (3)大小为，方向沿方向 【详解】（1）处的电荷在点产生的方向沿方向，大小为 处的电荷在点产生的方向沿方向，大小为 、两处的电荷产生的电场在点的合场强大小 （2）小球经过A点时，小球所受库仑力的合力提供向心力，有 求得 （3）由数学知识可知，，，， 小球经过B点时，M处的点电荷对小球的库仑力沿半径方向的分力与挡板对小球支持力的合力提供向心力，有 求得 根据牛顿第三定律可知，小球经过点时对挡板压力大小 方向沿方向。 13．B 【详解】AB．舰绕O点做匀速圆周运动，合外力提供向心力，则，故A错误，B正确； CD．由于舰所受合力提供向心力，则水对舰的作用力斜向上，其大小为，故CD错误。 故选B。 14．(1) (2) (3) 【详解】（1）方法1：小球受到弹簧弹力F、库仑力、重力mg而平衡，如图 几何关系可知 由平衡条件有 联立解得 方法2：对小球，由平衡条件有， 联立解得 （2）方法1：设此时库仑力为，杆对球弹力为N，如图 几何关系可知AB=AP，故 由牛顿第二定律有 且 联立解得 方法2：由牛顿第二定律有 几何关系可知 联立解得 （3）小球做周运动的速度大小为 解法一：根据动能定理 联立解得 解法二：由功能关系得 解得 解法三：由功能关系得 且  ，，   联立解得 15．AC 【详解】A．根据题意可知，流水做匀速圆周运动，所以水流所受合力方向指向圆心O，则流水的加速度方向指向圆心O，故A正确； B．由于，则向心加速度大小为 根据加速度的定义式有 可得流水速度改变量的大小为 故B错误； C．依题意，极短时间内水流的距离 横截面积 可得内水流的质量为 则通过观测截面水的动量改变量大小为 故C正确； D．根据牛顿第二定律可得 水流与外侧河堤作用的面积 则外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为 故D错误。 故选AC。 16． 1:2 3:5 【详解】[1]在抬起闸杆的过程中，杆上各点做圆周运动的角速度ω相等，根据可得 [2]根据可得 17．A 【详解】AC．向心加速度用来描述物体速度方向变化的快慢，向心加速度只能改变速度的方向，并不改变速度的大小，故A正确，C错误； B．向心加速度的方向沿半径指向圆心，线速度方向则沿圆周的切线方向，所以向心加速度的方向始终与线速度方向垂直；故B错误； D．根据做圆周运动物体的角速度恒定时，向心加速度的方向时刻发生变化，所以向心加速度不是恒定的，故D错误。 故选A。 18．C 【详解】A．由题图可知a，b分别为两个齿轮边缘上的点，线速度大小相等，即，根据可知半径不同，故角速度不相等，故A错误： B．a点和c点在同一齿轮，角速度相等，即，因a、c两点到转轴的距离之比，由得 又，则 故B错误； C．由得，b，c的周期之比为 故C正确； D．由得，a，b的向心加速度大小之比为 故D错误。 故选C。 19．D 【详解】A．分析小球的受力，由牛顿第二定律 有 得，A错误； B．由，得，B错误； C．由，得，C错误； D．根据小球的受力，得，D正确。 故选D。 【点睛】 20．D 【详解】从图片可以估算相关数据，实验者手臂自然下垂时肩膀到指尖长度65cm，根据图片中A、B、C三帧的位置关系：指尖以腕关节N为圆心做圆周运动，腕关节到指尖的距离约为手掌长度，估计约 由图片估算C到B的弧长，因为B点线速度基本不变，再结合时间间隔计算瞬时速度： 向心加速度 根据答案反推：若，则， 在合理范围内，故ABC错误、D正确。 故选D。 21．C 【详解】A．地球表面有 可得重力加速度满足 同理月球表面重力加速度满足 由于地球和月球质量不相等，因此，故A错误； B．该式是圆周运动向心加速度的运动学定义式，仅描述月球的运动规律，未与万有引力定律关联，无法验证万有引力定律，故B错误； C．对地球表面物体，重力等于万有引力 得 月球绕地球公转时万有引力提供向心力 将代入整理可得 该式将地面重力规律和月球公转规律结合，可验证万有引力定律，故C正确； D．开普勒第三定律适用于绕同一中心天体运动的天体，且为地球自转周期，和月球公转无关联，等式不成立，故D错误。 故选C。 22．(1)5s (2)135m (3) 【详解】（1）根据题意，由公式可得，机车匀加速时间 （2）根据题意，由公式可得，机车匀减速距离 （3）根据题意，水平方向上，由牛顿第二定律有 竖直方向上有 地面对机车作用力 联立解得 23．D 【详解】A．转动过程中，两滑块相对转台静止，滑块P和Q均受到重力、支持力和摩擦力三个力作用，故A错误； BC．转动过程中，两滑块相对转台静止，两滑块有相同的角速度，都由静摩擦力提供向心力，则有 因两滑块的质量相同，而R1<R2，故，即P需要的向心力小于Q需要的向心力，P的向心加速度小于Q的向心加速度，故BC错误； D．设两滑块与转台的动摩擦因数为，则最大静摩擦力为 则两滑块的最大静摩擦力相同；根据上述分析可知，在没有滑动前，Q所需要的向心力总是大于P所需要的向心力，则Q所受的静摩擦力总是大于P所受的静摩擦力，当角速度ω缓慢增大时，Q先达到最大静摩擦力，则Q一定比P先开始滑动，故D正确。 故选D。 24．(1)1 (2) (3) 【详解】（1）由可得，物块做平抛运动的运动时间为 水平方向上，由可得，物块做平抛运动的初速度大小为 （2）根据可得 （3）物块恰好离开转台时，转台对物块的最大静摩擦力提供向心力，有 解得 25．C 【详解】A．设小球静止时位于圆环上的点，小球受重力、细绳拉力和圆环弹力作用处于平衡状态。由几何关系可知，中，，则，。小球位置在圆环右侧，细绳拉力沿指向左上方，其水平分量向左。为了平衡水平方向的力，圆环弹力的水平分量必须向右。由于半径指向右下方，故弹力必须沿方向，即背离圆心，故A错误； B．圆环匀速转动时，小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，合外力不为零，小球不处于平衡状态，故B错误； C．当细绳拉力时，小球受重力和圆环弹力作用。合力提供向心力，方向水平指向转轴。竖直方向受力平衡，弹力必须有竖直向上的分量，故指向圆心（沿方向）。与竖直方向夹角为（因为）。竖直方向： 解得 水平方向： 其中转动半径 代入得： 解得：，故C正确； D．当圆环对小球的弹力时，小球受重力和细绳拉力作用。合力提供向心加速度，方向水平。由受力分析可知，合力 根据牛顿第二定律： 解得加速度大小：，故D错误。 故选C。 26．AC 【详解】AB．由牛顿第二定律，， 联立解得 ，故A正确，B错误； CD．导体在磁场中转动，旋转切割磁感线，但导体本身与磁场不垂直，应该考虑切割的有效长度，导体切割磁感线的有效长度为 根据旋转切割产生的电动势公式 解得，故C正确，D错误。 故选AC。 27．(1)， (2) 【详解】（1）地铁做加速度为的匀加速直线运动，一段时间后速度达到，则有 其中，解得此过程经历的时间为 牵引力的平均功率为 又 解得 （2）汽车做匀速圆周运动的速度大小为 汽车过弯道由牛顿第二定律得 代入数据得 28．BC 【详解】AB．运动员受力如图：根据合力提供向心力可得 可知运动员转弯时速度的大小为，故A错误，B正确； C．根据，可知若运动员转弯速度变大则需要减小蹬冰角，故C正确； D．运动员做匀速圆周运动，他所受合外力大小保持不变，但是方向不断变化，故D错误。 故选BC。 29．(1) (2) (3) 【详解】（1）球经过点时，由牛顿第二定律有    解得 由牛顿第三定律，小球对轨道的压力 （2）从到，由动能定理有   根据几何关系有   解得 （3）小球经过D点的最小速度满足   设小球恰能通过时，平抛初速度为，经过点时速度的竖直分量为，则，   从抛出点到点，根据动能定理，有   解得 设小球到达E点时速度为，从到E由动能定理，有   解得 即小球能够到达E点，故抛出点到点的竖直距离的最小值 30．(1) (2)R (3) 【详解】（1）设物块第一次到达C点时的速度为v1，物块刚好能到达D点时速度为零，物块从C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得 解得 物块在C点时，由牛顿第二定律得 解得轨道对物块的支持力大小 （2）设物块第一次从C点返回直到停止运动，在BC段上运动的路程为s，对物块运动的整个过程，根据能量守恒定律得 解得 因此，物块刚好停在B点，离C点的距离为R。 （3）设物块运动到D点的速度为vD，压缩弹簧时，弹簧的最大弹性势能为，物块离开D点后做斜抛运动，在D点竖直方向的分速度为 从D点到最高点的过程，有 则得 根据能量守恒定律得 可得 31．(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球A未释放时圆弧体离挡板的距离为x，小球A沿圆弧体向下运动过程中，小球A与圆弧体在水平方向动量守恒，则 即，即 解得 （2）设小球A运动到圆弧面最低点时速度大小为，圆弧体的速度大小为，水平方向动量守恒 机械能守恒 解得 当圆弧体速度瞬间为零时，设圆弧体对A球的支持力为N，根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律可知，小球对圆弧面最低点压力大小 （3）设A、B两球碰撞后一瞬间，A球速度大小为，小球B的速度大小为v，则根据动量守恒 根据机械能守恒 解得 设当钉子离地面的高度为时，碰撞后一瞬间，细线刚好要断开，则 解得 设当钉子离地面的高度为时，小球B恰好能做完整的圆周运动，则小球B在最高点时，根据牛顿第二定律 碰后到上升到最高点过程中，根据机械能守恒 解得 因此小球B要能做完整的圆周运动，钉子离地面的高度h应满足的条件是 32．(1)60N (2)0.2m (3)4.05m或8.55m 【详解】（1）物块恰能经有① 解得 物块自到，由机械能守恒定律有② 解得 物块经过时，由牛顿第二定律有 ③ 代入数据解得 （2）对物块，自释放到，由动能定理有 由(1) 知，代入数据解得 （3）当圆轨道位于中点时，能过点。则有 解得 设经度为时，恰第1次滑至第一块木板的中点，对物块和木板组成的系统，由动量守恒定律 由能量守恒定律有 解得 对滑块，自释放到，由动能定理 解得 即，符合题意     当物块与挡板碰后在木板中点与木板相对静止，由动量守恒定律得 由能量守恒定律有 解得 对滑块，自释放到，由动能定理有 解得 所以或。 33．(1) (2) (3) 【详解】（1）释放瞬间，乙物体向心力为0，沿切线方向有 解得 对乙物体，沿半径方向有 解得 （2）当乙物体运动到最低点时，绳子上的拉力最大，对乙物体，由动能定理得 又由牛顿第二定律得 解得 （3）当乙物体运动到最高点时，甲物体恰好不下滑，有 乙物体到最低点时，甲物体恰好不上滑，则有 联立解得 34．CD 【详解】AB．设杆的长度为L，水平轴受到的杆的作用力F与杆对小球的作用力大小相等、方向相反，因此对小球受力分析则有 整理可得 对比题图乙可知m＝1kg，L＝3.6m AB错误； CD．当v＝3.6m/s时，代入上式得F＝6.4N，即杆对小球的作用力大小为6.4N，若小球通过最高点时的速度大小为6m/s，则小球受到的合力 CD正确。 故选CD。 35．(1) (2)2mg，方向竖直向下 (3) 【详解】（1）碗通过最高点时，水对碗的压力等于mg，根据牛顿第二定律可得 其中， 解得 （2）当正上方碗内的水恰好不流出来时，设速度为，此时重力提供向心力，则 设最低点碗对水的支持力为，则有 解得 由牛顿第三定律可知，正下方碗内的水对碗的压力为2mg，方向竖直向下。 （3）绳子的拉力为F，以碗和水为整体，竖直方向有 水平方向上根据牛顿第二定律可得 又 联立解得 重难·创新演练 1．C 【详解】小球从到过程只有重力做功，机械能守恒 由图中的几何关系可得 小球在点刚好脱离轨道，此时外轨道对小球弹力为0，根据牛顿第二定律 整理得 故选C 。 2．(1) (2) (3) 【详解】（1）根据等量异种点电荷的电势分布特征可知、两点电势均为零，小球从到只有重力做功，由动能定理得 解得 （2）小球到达点和点的速度大小相等，即 点电势为零，由动能定理有 解得 因 解得 （3）根据等量异种点电荷电场对称性可知 小球从到，由动能定理有 解得 由牛顿第二定律可知，小球到达位置时沿杆方向合力满足 小球在位置时沿杆方向的合力为零，其中处点电荷对小球的库仑力沿竖直方向，不影响沿杆方向受力；故处点电荷对小球库仑力沿杆方向分量与轻杆对小球作用力等大反向，满足 其中， 联立解得轻杆对小球的作用力大小 3．(1) (2) (3) 【详解】（1）物块与圆盘刚好相对滑动时，有 解得 （2）物块在空中平抛运动，满足 解得 （3）平抛速度 水平位移 落地点与距离 联立解得 4．C 【详解】A．题意可知太极球在竖直平面内做匀速圆周运动，其动能不变，但重力势能改变，所以其机械能不是始终保持不变的，故A错误； B．太极球在做匀速圆周运动的过程中，其所受的合力提供向心力，其大小不变，但方向改变，故B错误； C．太极球在D处可能只受到重力和球拍弹力的作用，二力的合力可以提供太极球此时做匀速圆周运动所需的向心力，故球此时可能不受球拍的摩擦力作用，故C正确； D．太极球做匀速圆周运动的过程中，其加速度大小不变，方向总是指向圆心。可知太极球由A到B的过程中，加速度有竖直向下的分加速度，处于失重状态；由B到C的过程中，加速度有竖直向上的分加速度，处于超重状态，所以太极球由A经过B到达C的过程中，太极球先处于失重状态后处于超重状态，故D错误。 故选C。 5．(1)0.25m (2)4N 【详解】（1）轻绳拉力充当向心力，有 代入数据可得，轻绳的长度 （2）此时小球做圆周运动的半径 绳拉力的水平分力充当向心力 竖直方向上受力平衡，有 可求得， 根据牛顿第三定律 6．(1) (2)， 【详解】（1）小球的角速度为时转动起来且恰好对桌面无压力，设绳子的拉力为，对小球进行受力分析如下图所示 则有 解得 （2）因为 可知该状态下小球受到桌子的支持力，绳子与竖直线的夹角仍为，则有 解得，。 7．(1) (2) (3) 【详解】（1）装置静止时，以A为对象，根据平衡条件可得 解得每根轻杆对重物A的拉力大小为 （2）系统静止时，弹簧弹力大小为 弹簧长度为 弹簧压缩量为 系统匀速转动时，弹簧长度为 弹簧伸长量为 此时弹簧弹力大小为 以A为对象，根据受力平衡可得， 小环C所需的向心力大小为 联立解得 （3）系统匀速转动时，对C小环，有， 从静止状态到匀速转动的过程中，因为弹簧压缩量和伸长量相等，则弹性势能变化量 则系统（A、B、C及弹簧）机械能的变化量为 其中 联立解得 8．(1)向心力 (2) 小于 质量和半径一定时，向心力和角速度的平方成正比 【详解】（1）标尺上露出的红白相间等分格子数，可以粗略显示小球的向心力大小。 （2）①[1] 根据，由于半径相同，由图可知，在角速度相同的条件下，曲线①对应的向心力小于曲线②对应的向心力，则曲线①对应的金属块质量小于曲线②对应的金属块质量。 ②[2] 图线为过原点的倾斜直线，由此可得出的结论是质量和半径一定时，向心力和角速度的平方成正比。 9．C 【详解】设轻弹簧的原长为，劲度系数为k，则在图甲情况下有 在图乙情况下有 联立解得 故选C。 10．B 【详解】当物块与罐壁恰好没有摩擦力时，重力与支持力提供向心力，由 得 当ω=时，所需向心力更大，则摩擦力沿罐壁向下，与水平方向成60°角，则， 得。 故选B。 真题·实战演练 1．(1)1.5J (2)0.5N (3) 【详解】（1）求，F做的功 （2）对AB整体，根据牛顿第二定律 其中 对B根据牛顿第二定律 联立解得 （3）当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，根据（2）分析可知此时 此时 过程中，对A、B根据动能定理 根据题图可得 从点到点，根据动能定理 在点的最小速度满足 联立可得 即圆弧半径满足的条件。 2．AD 【详解】B．手绢做匀速圆周运动，由图可知、属于同轴传动模型，故角速度相等，即角速度之比为，B错误； A．由 可知，、线速度之比 得A正确； C．由 可知，、向心加速度之比 得C错误； D．做匀速圆周运动的物体，其合外力等于向心力，故合力总是指向圆心，D正确。 故选AD。 3．（1）0.05m；（2）；（3） 【详解】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得 根据胡克定律得 弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离 （2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得 由几何关系得圆环此时转动的半径为 联立解得 （3）圆环处于细杆末端P时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得 对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有 ， 由几何关系得 联立解得 4．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）设武大靖运动过程的加速度大小为，根据 解得 （2）根据 解得过弯时所需的向心力大小为 （3）设场地对武大靖的作用力大小为，受力如图所示 根据牛顿第二定律可得 解得 可得 5．A 【详解】在AB段，由牛顿第二定律得 滑块受到的支持力 则速度v越大，滑块受支持力F越小，摩擦力f=μF就越小； 在BC段，由牛顿第二定律得 滑块受到的支持力 则速度v越大，滑块受支持力F越大，摩擦力f就越大，由题意知从A运动到C相比从C到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程受摩擦力较小，用时短，A正确，BCD错误。 故选A。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第28讲 电容器 带电粒子在电场中的运动（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 2 巩固·知识解构 2 知识点1 平行板电容器及其动态分析问题 2 知识点2 带电粒子在电场中的直线运动 3 知识点3 带电粒子在电场中的偏转运动 4 模拟·基础演练 5 题型01 电容器及平行板电容器的动态分析 5 题型02 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动 8 题型03 带电粒子在电场中的偏转 11 题型04 带电粒子在重力场和电场中的圆周运动 14 题型05 电场中的力、电综合问题 17 重难·创新演练 20 真题·实战演练 24 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 平行板电容器动态分析 单选 T7（4 分） 多选 T9（6 分） 带电粒子在匀强电场偏转（类平抛） 带电粒子加速、偏转多过程综合 计算 T13（12 分） 考情分析 题型分值：覆盖单选、多选、计算题，分值 412 分。小题侧重概念辨析，计算题侧重综合定量运算。命题素材：常以平行板装置、示波管模型为载体，结合科学实验情景命题。考查侧重点：重点考查电容器动态变化逻辑、类平抛正交分解，常联动能定理构成多过程设问；侧重模型拆解，设置临界条件陷阱，兼顾定性判断与动力学、能量的联立计算。 复习目标 分清电容器充电、放电两类情景，熟练判断电容、场强等物理量变化；牢固掌握带电粒子偏转的类平抛分解方法，熟记偏转位移、偏转角推导思路；掌握粒子加速偏转综合解题流程，规范列式；能够识别临界陷阱，区分粒子是否计重力，提升模型识别与综合运算能力。 巩固·知识解构 知识点1 平行板电容器及其动态分析问题 1．两类典型问题 (1)电容器始终与_________相连，电容器两极板间的__________________。 (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的__________________。 2．动态分析思路 (1)U不变 ①根据C＝和C＝，先分析电容的变化，再分析Q的变化。 ②根据E＝分析场强的变化。 ③根据UAB＝Ed分析某点电势变化。 (2)Q不变 ①根据C＝和C＝，先分析电容的变化，再分析U的变化。 ②根据E＝分析场强变化。 ✨得分速记： 电容器动态变化的分析思路 ⚠特别提醒： 做题首先分清两种状态：保持极板与电源相连，则电压 U 不变；充电后断开电源，则电荷量 Q 不变。电容由极板正对面积、板间距、电介质决定，与 Q、U 无关，不能由公式错误认为电容随电压、电量变化。 板间场强要区分条件，Q 不变时，改变板间距，电场强度保持不变，这是高频易错点。注意粒子是否考虑重力，不要忽略电介质插入带来的参数改变。警惕概念混淆，电容描述储存电荷本领，并非电压越大电容越大。分析时按 “电容→电量或电压→场强” 顺序推导，切忌凭主观直觉判断物理量变化。 知识点2 带电粒子在电场中的直线运动 1．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_________运动或减速直线运动． 2．用动力学观点分析 a＝，E＝，v2－v02＝2ad. 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 ✨得分速记 带电粒子在电场中做直线运动的分析方法： 知识点3 带电粒子在电场中的偏转运动 1．带电粒子在电场中的偏转规律 2．处理带电粒子的偏转问题的方法 (1)运动的分解法 一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动． (2)功能关系 当讨论带电粒子的末速度v时也可以从__________________进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差． ✨得分速记 分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键 (1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。 (2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。 模拟·基础演练 考查重点：本模块包含选择小题与计算题，分值 412 分。重点考查平行板电容器动态变化分析，区分电压不变、电荷量不变两类情景；考查带电粒子在电场中的加速，多用动能定理求解；偏转问题依托类平抛运动，正交分解处理位移与偏转角。常将加速、偏转组合成多过程综合题，兼顾定性判断和定量计算，重视模型识别，会设置是否计重力的隐藏条件，综合考查动力学与能量的应用能力。 ⏳题型01 电容器及平行板电容器的动态分析 1．（2026·福建泉州·三模）如图，在真空室中有一水平正对放置的平行板电容器，其电容为，两板长度均为，板间距离为，上板接地，初始不带电。现有大量质量均为、电量均相同的带正电小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿水平射入，第1滴油滴落在距下板左端处的点，第31滴油滴正好落到下板的正中央点。已知重力加速度大小为，设落到下板油滴的电量被板全部吸收，在两板间形成匀强电场，不考虑油滴间的相互作用。求： (1)油滴的初速度大小； (2)第31滴油滴在板间运动的加速度大小； (3)每一滴油滴的带电量。 2．（2026·广东惠州·二模）某种不导电溶液的相对介电常数与浓度的关系曲线如图（a）所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电阻等连接成如图（b）所示的电路。闭合开关后，若增加溶液浓度，则（　　） A．电容器的电容增大 B．电容器所带电荷量减少 C．电容器两极板之间的电压减小 D．浓度增加过程中，流过电阻的电流方向向左 3．（2024·福建·二模）如图所示电路中，RT为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而减小。平行板电容器C的极板水平放置，闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。当传感器RT所在处温度降低时，通过电流表的电流_______（填“变大”“变小”或“不变”），油滴_______（填“向上运动”“向下运动”或“静止不动”）。 4．（2026·福建龙岩·二模）如图所示为某智能手机内部微机电系统（MEMS）加速度计的俯视图，M、N为电容器的两极板，M极板固定在手机上，N极板通过两个完全相同、劲度系数为k的水平弹簧与手机相连，电容器充电后与电源断开。手机静止时，M、N两极板间距为d0，电压传感器示数为U0，不计一切摩擦，N极板的质量为m。若手机以加速度a垂直N、M两极板方向水平运动时，两极板间距减小为d1，则（　　） A．电容器的电容减小 B．M、N两极板间的电场强度变大 C．手机的加速度大小 D．电压传感器的示数 5．（2025·福建福州·模拟预测）（多选）如图所示，用一个电源分别给两个中间为真空的平行板电容器充电。开始时，电键断开，然后将电键S1分别接到1、2两处，稳定后断开。两个电容器充电过程中电流强度随时间变化的情况如乙图所示，则下列说法正确的是（　　） A．电容器的电容 B．电容器的电容 C．减小电容器C2的正对面积，再次闭合S1至1，电阻R2上有向左的瞬时电流流过 D．在电容器C1中间插入有机玻璃，再次闭合S1至2，电阻R1上有向右的瞬时电流流过 6．（2025·福建福州·三模）（多选）如图所示，平行板电容器两极板水平放置，上极板带正电，与静电计相连。静电计外壳与下极板接地。一带电微粒以一初速度平行于极板射入，恰能沿直线穿过电容器。带电静电计的内部空间分布电场，等势面分布如图所示。不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．微粒带负电 B．P点和Q点电势相同 C．将上极板向上平移，静电计指针张角增大 D．将上极板向上平移，将带电微粒从同一位置平行于极板射入，电势能可能增大 7．（2025·福建三明·三模）（多选）如图为探究平行板电容器电容的影响因素的实验装置（　　） A．静电计指针张角变大表明电容器极板电势差增大 B．静电计指针张角变大表明电容器极板电势差减小 C．只增加极板电量，静电计指针张角变大，但电容不变 D．只增加极板电量，静电计指针张角变大，表明电容增大 ⏳题型02 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动 8．（2026·河北·一模）某异型回旋加速器的设计方案如图甲所示，图中粗黑线段为两个正对的带电极板，两个极板的板面中部各有一狭缝（沿OP 方向的狭长区域），带电粒子可通过狭缝穿越极板，如图乙所示，板间电势差恒定为U（下极板电势高于上极板电势，且极板间只有电场）。两细虚线间（除开两极板之间的区域）既无电场也无磁场；其他部分存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面。在贴近下极板缝隙的离子源S中产生的质量为m、电荷量为q（q>0）的离子，由静止开始被电场加速，经狭缝中的O点进入磁场区域，O点到极板右端的距离为D，到出射孔P的距离为6D。已知磁感应强度大小可以在零到某一最大值之间调节，离子从离子源上方的O点射入磁场区域，最终只能从出射孔 P射出。假设离子打到器壁或离子源外壁则立即被吸收。忽略相对论效应，不计离子重力。 (1)求磁场磁感应强度的最小值； (2)调节磁感应强度大小为 离子能从出射孔 P射出时，求离子在磁场中运动的时间； (3)若将磁感应强度在 范围内调节，则离子能从 P 点射出时该范围内磁感应强度B 所有的可能值。 9．（2025·福建·模拟预测）如图所示，竖直正对放置的带电平行板间有水平加速电场，一质量为m、电荷量为的带电粒子从左极板附近由静止释放，从右极板上小孔（大小可忽略）以大小为的速度水平飞出，并正对圆心O进入一半径为R的圆形匀强电场区域，区域内存在竖直向下的匀强电场，圆形边界上的P、点将下半圆三等分且两点连线水平，粒子经电场偏转后恰好可以从P点飞出，不计粒子重力及空气阻力。 (1)求加速电场两极板间电压的大小； (2)求圆形区域匀强电场的电场强度E的大小； (3)若仅改变加速电场两极板间的电压大小，使粒子从点射出圆形电场区域，求此时两极板间所加电压的大小。 10．（2025·福建福州·模拟预测）在前沿科技中，需要对带电粒子的运动进行精确控制。如图，一粒子源能够发射速度大小为的粒子，粒子的质量为、电荷量为，经加速电场加速后，以大小为的速度进入圆心为的辐射状电场，做半径为的匀速圆周运动，出辐射状电场时速度方向恰好改变了90°，粒子出辐射状电场沿轴匀速运动一段距离后进入方向垂直纸面向里、半径为的圆形匀强磁场区域，圆形匀强磁场区域的圆心在平面直角坐标系的坐标原点，匀强磁场的磁感应强度，不计粒子重力。求： (1)加速电场的电压； (2)粒子在辐射状电场中运动的平均速度大小； (3)粒子离开匀强磁场区域的坐标。 11．（2025·福建漳州·模拟预测）（多选）在光滑绝缘水平面上，相隔4L的A、B两点固定着两个等量同种正点电荷，a、o、b是AB连线上三点，o是AB中点，，空间另有一水平向左的匀强电场。一质量为m，电荷量为q的试探电荷在电场力作用下，以初速度从a点出发沿连线向B运动到o点时动能为a点动能的2倍，到b点时速度为零，规定o点为零电势点，则（    ） A．试探电荷带正电 B．b点电势 C．a点电势 D．匀强电场的场强大小为 12．（2024·福建福州·模拟预测）匀强电场的方向沿x轴正方向，电场强度E随x的分布如图所示，图中E0和d均为已知量。将带正电的质点A在O点由静止释放，A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放。当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相互作用视为静电作用。已知A的电荷量为Q，A和B的质量分别为m和。不计重力。 （1）求A在电场中的运动时间t； （2）若B的电荷量为，求两质点相互作用能的最大值Epm； （3）为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值qm； （4）若其他条件保持不变，B所带电荷量为，求质点B运动的最终速度。    13．（2024·安徽合肥·二模）我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原理简化如图所示，放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，经电场加速后以某一速度喷出，从而产生推力。某次实验中，加速电压为，氙离子向外喷射形成的电流强度为。氙离子的电荷量与质量分别为和，忽略离子的初速度及离子间的相互作用，则离子推进器产生的推力为（　　） A． B． C． D． 14．（2026·海南·模拟预测）（多选）反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似.已知静电场的方向平行于x轴，其电势随x的分布如图所示一质量 ，电荷量 的带负电的粒子从（-1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。则（     ） A．x轴原点左侧电场强度和右侧电场强度E2的大小之比为1：2 B．粒子沿x轴正方向从-1cm运动到0和从0运动到0.5cm运动过程中所受电场力的冲量相同 C．该粒子运动的周期 D．该粒子运动过程中的最大动能为 ⏳题型03 带电粒子在电场中的偏转 15．（2026·福建泉州·模拟预测）如图所示的平面直角坐标系xOy内，虚线OP与y轴间夹角，OP右侧有沿x轴负方向的匀强电场，OP左侧适当位置有一半圆形匀强磁场区域（图中未画出）。一质量为m、电荷量为的粒子以速度从坐标原点O沿y轴正方向入射，运动一段时间后进入半圆形匀强磁场区域，经偏转粒子从OP上的M点离开磁场，并同时垂直OP射入电场，此后从x轴上的N点垂直x轴射入第四象限，已知O点到M点的距离为l，磁场方向垂直纸面向外，不计粒子的重力，求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小； (3)半圆形磁场区域的最小面积。 16．（2026·福建南平·二模）如图，真空中存在直角坐标系Oxyz，区域存在沿z轴负方向的匀强电场E1，在区域内同时存在均沿x轴负方向的匀强电场E2和匀强磁场B。现将一带正电微粒从点P（-2m，0，0）以速度射入匀强电场，在Oxz平面内且与x轴正方向成θ角，微粒恰好从x轴的点Q（-1m，0，0）穿出匀强电场。已知E2=50N/C，，，θ=45°，带电微粒的比荷，不计重力，忽略微粒间的相互作用力。 (1)求匀强电场E1的场强大小； (2)从微粒进入空间开始计时，求时微粒的位置坐标； (3)若相隔时间，从P点以相同的速度发射另一个相同的微粒，两微粒能相遇，求的可能值及相遇时微粒的速率。 17．（2026·福建三明·二模）如图，一平行板电容器上方MN、PQ之间的区域有方向水平向右、大小为的匀强电场。一带正电粒子从平行板电容器下极板a点静止释放，经加速后从b点垂直进入匀强电场，带电粒子最终从MN上的c点离开。已知电容器电容带电量粒子比荷MN、PQ之间的距离d=0.2m，，不计粒子的重力，求： (1)电容器的电压U； (2)粒子经b点时的速度大小； (3)b、c点间水平距离x。 18．（2026·河南郑州·模拟预测）如图所示，在矩形中，，，空间存在与面平行的匀强电场，将一带电荷量为、质量为的试探电荷从点移动到点，电势能减少了，若将该电荷从点移动到点电势能增加了，规定点的电势为0，不计试探电荷的重力。则下列说法正确的是（     ） A．电场方向由指向 B．电场强度的大小为 C．D点的电势为 D．若该试探电荷从点以速度沿图中方向射出，则其刚好能过点 19．（2025·甘肃平凉·模拟预测）（多选）如图所示，粒子源产生的多种正粒子（初速度很小，可忽略不计）飘入电压为的加速电场，经加速后从小孔沿平行金属板A、B的中心线射入，A、B板长为，相距为，电压为，不计粒子重力及粒子间的相互作用，若粒子均能从A、B板间射出，则（　　） A．比荷大的粒子从A、B板间射出时的位置更靠近极板 B．比荷大的粒子从A、B板间射出时的速度更大 C．电荷量大的粒子在A、B板间运动过程中电场力做功更多 D．比荷大的粒子从粒子源飘入到从A、B板间射出的时间更长 20．（2026·四川德阳·一模）（多选）如图，直角三角形位于竖直平面内，沿水平方向，长度为，。空间存在一匀强电场，场强方向与所在平面平行，将一电荷量为且带正电的微粒不计重力与空气阻力从点移动到点，电场力做功为，从点移动至点，电场力做功为。下列说法正确的是（     ） A．电场强度的大小是 B．将该带电微粒从点无初速度释放，其沿的角平分线所在直线运动 C．将该带电微粒从点沿抛出，要使其通过点，微粒在点的动能应为 D．将该带电微粒从点沿抛出，要使其到达时，其位移方向垂直于电场强度方向，微粒在点的动能应为 21．（2025·江苏南通·模拟预测）如图所示，空间存在水平向右的匀强电场。一个倾角为θ=45°的绝缘斜面固定在电场中。将一质量为m、带正电的小球从斜面顶端以水平初速度v0抛出，小球落到斜面上。已知重力加速度为g，且重力和电场力大小相等，不计空气阻力。 (1)求小球在空中的运动时间； (2)求小球落在斜面上时电势能变化。 ⏳题型04 带电粒子在重力场和电场中的圆周运动 22．（2026·贵州贵阳·模拟预测）如图，弹簧左端固定，将细圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于M、N点，在竖直面内存在方向竖直向下的匀强电场（图中未画出），电场强度大小E＝10N/C。质量为M＝4kg的绝缘小球B静止在水平轨道上，将质量为m＝2kg、带电量为q＝0.8C的负电小球A（可视为质点）压缩弹簧后由静止释放，小球能从M点进入圆弧轨道，通过轨道的最高点P时恰好与圆管无弹力作用，之后从N点返回水平轨道，水平轨道足够长，两球间的碰撞为弹性碰撞，已知两球的大小相同，圆弧轨道半径R＝1m，不计一切摩擦和空气阻力，g取10。则（　　） A．释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为5J B．两小球至多能发生2次碰撞 C．A小球再次返回轨道运动的过程中对内轨道可能有弹力 D．A小球从M点运动到P点的过程中对内轨道无弹力 23．（2025·福建泉州·一模）如图，竖直面内固定一足够长斜面与一半圆弧轨道abc，两者相切于a点，空间中存在水平向右的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电小球静止在斜面上，现给小球一沿斜面向上的初速度后，沿圆弧轨道abc运动恰能通过c点。运动过程中小球带电量保持不变，不计一切摩擦。已知斜面倾角为37°，圆弧轨道半径为R，重力加速度大小为g，取sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求电场的场强大小E； (2)求小球第一次落在斜面上的位置到a的距离x； (3)若小球从c点飞出时，在空间加上垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小，不考虑磁场突变引起的电磁感应现象，求小球运动过程中离斜面的最小距离d。 24．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在竖直平面内，有水平向右的匀强电场，一半径为的光滑绝缘圆弧轨道ABC和水平光滑绝缘轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为，，一质量为，带电量为的带正电小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道恰好能通过C点，并飞出落至水平轨道；已知小球在B处速度最大，重力加速度大小为。求： (1)匀强电场的电场强度E； (2)小球到达A点时动量的大小； (3)小球从C点落至水平轨道的落地点与A之间的距离大小。 25．（2024·福建·二模）如图甲，空间有一与竖直方向成60°夹角的匀强电场，一质量为m，带电量为+q的小球用一绝缘细线悬挂于О点，悬点到球心的距离为L。小球静止时细线与竖直方向的夹角θ=60°，重力加速度为g，小球可视为质点，忽略空气阻力。 (1)求场强的大小； (2)若在小球静止位置给小球一垂直于细线的初速度v1，使小球恰好能在竖直面内做圆周运动，如图乙所示，求小球初速度v1的大小； (3)若将小球拉到最低点，给小球垂直纸面向里的初速度v2，使小球恰好沿一倾斜平面做匀速圆周运动，如图丙所示，求小球初速度v2的大小。 26．（2023·云南·模拟预测）（多选）如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点），小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度，使其在竖直平面内绕O点恰好做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。已知匀强电场的场强大小为，重力加速度为g。当小球第二次运动到B点时细线突然断裂，则下列说法正确的是（     ） A．小球在运动过程中，动能的最大值为5mgL B．细线断裂后，小球动能的最小值为 C．从细线断裂到小球的动能再次与B点动能相等的过程中，电势能增加了 D．从细线断裂到小球的动能与B点动能相等的过程中，重力势能减少了 27．（2026·浙江·一模）如图所示，为竖直平面内的倾斜轨道和圆轨道，两者在点平滑相切连接，且和略错开，直轨道、和半圆形弯道固定在光滑水平桌面上，整个空间存在水平向右的匀强电场。倾角，长为；竖直圆轨道和半圆弯道半径均为；直轨道和长均为。一质量为、带正电的滑块（可视为质点）在点获得初动能后沿轨道运动。已知滑块所受电场力大小恒为，滑块与直轨道、的动摩擦因数，其余轨道均光滑，所有轨道绝缘。 (1)若，求滑块到达圆轨道最低点的速度大小； (2)若滑块恰能在竖直圆轨道上做完整的圆周运动，求滑块对竖直圆轨道的最大弹力大小； (3)在处固定一竖直挡板，滑块与挡板碰后能原速率反弹，若滑块经一次反弹后不再进入半圆形弯道，求初动能应满足的条件。 28．（2026·贵州贵阳·模拟预测）（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，带电量为的五彩小球从轨道最低点以某一初速度启动，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，小球与轨道圆心的连线与方向的夹角记为，乙图所示为小球在运动过程中的电势能随角度的变化情况，已知重力加速度为，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 ⏳题型05 电场中的力、电综合问题 29．（2026·福建福州·模拟预测）如图所示，传送带左、右两侧分别与粗糙平台及光滑平台紧密对接，传送带的上表面与两平台处于同一水平面上，传送带以的速度顺时针转动，传送带上左右两端点B、C之间的距离，图中通过B点的竖直虚线左侧存在一水平向右的匀强电场，平台上固定一竖直挡板。现将一带电量为的滑块从A点由静止释放，间距。当滑块运动到B点时速度的大小，滑块经过传送带后在平台上与挡板碰撞，且每次碰撞后速度的大小均变为碰撞前的一半。已知滑块的质量，滑块与平台及传送带间的动摩擦因数，滑块可视为质点，取重力加速度的大小。求： (1)电场强度的大小 (2)滑块第一次与挡板碰撞前的速度大小； (3)滑块第二次撞击挡板前，与传送带之间由摩擦产生的热量。 30．（2026·福建漳州·三模）（多选）如图，原长为l的轻质弹簧一端固定在O点，另一端与一带正电的小球相连。小球套在竖直固定的光滑绝缘杆上，杆上M、N两点到O点的距离均为2l，P点到O点的距离为l，OP与杆垂直。在O点放置一正点电荷，将小球从M点静止释放，小球运动到N点，弹簧始终在弹性限度内，则在此过程中（　　） A．弹簧在M、N两点的弹性势能相等 B．小球在M、N两点的动能相等 C．小球在M、N两点的电势能相等 D．小球在M、N两点受到的静电力相同 31．（25-26高三下·江苏南京·阶段检测）如图所示，在立方体的顶点和处分别固定有等量异种的点电荷，一根无限长的光滑水平绝缘细杆与边重合。一带负电的小环套在细杆上，从点开始向右运动，其经过、两点的动能分别为和。则（　　） A．小环在、两点受到的电场力相同 B．小环经过、两点时的加速度相同 C． D．小环一定能沿杆向右运动到无穷远处 32．（2026·福建福州·二模）如图，极板足够长的平行板电容器水平放置，电容器与一直流电源相连。闭合开关，一带正电小球以一定的初速度从两个极板中央水平射入。关于小球在电场中运动时的加速度大小、速度大小、动能和机械能随运动时间的变化关系图像，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 33．（2026·福建莆田·二模）如图，长为的水平传送带以的速度顺时针匀速转动，右端与一光滑的绝缘水平平台衔接，平台右端与一光滑绝缘竖直弯曲管道连接，部分为半径R的四分之一圆管。以O为原点建立直角坐标系，在，区域内存在一水平向右、大小为的匀强电场；，区域内存在一与平面平行的匀强电场（图中未画出，未知）。现有一质量为m的绝缘物块轻放在传送带左端，运动到传送带右端时恰与传送带共速，进入平台与一质量为m、带电量为的小球发生弹性正碰；碰后小球向右运动，沿管道运动到出口时以速率离开，最后以的速率通过y轴上点。管道内径略大于小球直径，物块和小球均可视为质点。求： (1)物块与传送带间的动摩擦因数及物块在传送带上运动的时间t； (2)小球受到圆管的最大支持力N； (3)匀强电场的电场强度。 34．（2026·福建·一模）如图所示，质量分别为的物体A、B用跨过定滑轮的轻绳连接，其中物体A位于水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数μ=0.1，与滑轮距离足够；物体B带正电，带电量，位于倾角θ=30°的光滑绝缘斜面上，斜面上与物体B相距d=1.5m的C点下方存在沿斜面向上的匀强电场，电场强度大小为E=7000N/C。t=0时刻将物体B由静止释放，物体A、B视为质点，重力加速度g取10m/s2，求： (1)物体B由静止释放后细绳对A的拉力大小； (2)物体B到达C点时的速度大小； (3)物体B从开始到第一次运动至最低点的过程中克服电场力做的功。 35．（2025·福建福州·模拟预测）（多选）如图所示，纸面为竖直面，为竖直线段，之间的距离为，空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向均未知（图中未画出）。一带电量为，质量为的小球从点在纸面内以的速度水平向左开始运动，之后恰好以大小为的速度通过点。已知重力加速度为，不计空气阻力。则（　　） A． B．小球从点到点过程的时间为 C．电场强度方向斜向右上与水平方向成30° D．电场力大小为 重难·创新演练 设题创新:命题弱化直接套用公式，创新表现在情景包装，结合科学实验器件创设陌生情境。电容器考题改变常规变量设置，交叉变化正对面积、板间距、电介质，增加逻辑推导难度。带电粒子运动多设置多阶段过程，把加速、偏转结合，隐藏已知条件。命题会模糊粒子重力是否忽略，设置思维陷阱，侧重信息提取，不机械刷题即可得分，重在考查逻辑推导与模型迁移能力。 1．（2026·福建漳州·三模）超级电容器是新能源汽车的核心部件之一。关于电容器充电过程，下列说法正确的是（　　） A．电容器的电容不变 B．电容器的电容增大 C．电容器两极板间的电压减小 D．电容器两极板间的电场强度不变 2．（2025·福建宁德·三模）近两年，机器人技术迅猛发展。如图是机器人把声信号转化为电信号的装置示意图，该装置的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路。正常工作时，振动膜随声波左右振动。振动膜向左振动与基板距离增大的过程中电容器的电容________（选填“增大”“不变”或“减小”），电容器的板间电场强度________（选填“增大”“不变”或“减小”）。 3．（2025·福建漳州·模拟预测）如图为手机中自动计步器的简化工作原理，图中R为定值电阻，电容器的一个极板M固定在手机上，另一个极板N两端与固定在手机上的轻质弹簧相连。当人带手机走路时，N上下振动，改变电容器的电容，可将运动信号转化为电信号。当N向上运动时，电容器__________（填“放电”或“充电"），通过R的电流方向__________（填“由b向a”或“由a向b”）。 4．（25-26高三上·辽宁·阶段检测）在光滑桌面上，以水平桌面左边缘为轴建立空间直角坐标系如图所示，坐标为处固定一正点电荷，利用屏蔽手段使该点电荷只在空间产生电场，坐标为处有一电荷量大小为，质量为的小球，以初速度沿轴负方向射出，小球离开桌面前恰能做匀速圆周运动，在的空间存在沿轴正方向大小可调的匀强电场，已知静电力常量为，重力加速度为，取桌面所在平面为零势能面。 (1)求固定点电荷所带的电荷量的大小； (2)若小球落地点坐标满足|x|、|y|、|z|相等，求匀强电场电场强度的大小； (3)若匀强电场，求小球从离开桌面到落地前机械能和动能的最小值。 5．（25-26高二上·四川内江·期中）（多选）如图甲所示，两平行金属板水平放置，间距为d，金属板长为2d，两金属板间加如图乙所示的电压（时上金属板带正电），其中。一粒子源连续均匀发射质量为m、电荷量为的带电粒子（初速度，重力忽略不计），该粒子源射出的带电粒子均恰好从上板左端的下边缘水平进入两金属板间，若粒子碰到两金属板即被吸收不再反弹且对极板的电量几乎无影响，则（　　） A．能从极板右侧飞出的粒子电场力对其做功一定为0 B．0时刻进入两极板间的粒子能够从极板右侧飞出 C．能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为 D．能从极板右侧飞出的粒子数占入射粒子总数的 6．（2025·福建·模拟预测）如图所示，A、B两物块用一根轻绳跨过光滑轻质定滑轮相连，其中A带负电，电荷量大小为q。空间中有一个平行于斜面向下的匀强电场，A恰好静止于倾角为37°的光滑斜面上，轻绳拉直而无形变，不带电的B、C通过一根轻弹簧拴接在一起，均处于静止状态，A、B、C质量均为m，重力加速度为g。弹簧劲度系数为k，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)电场强度E的大小为多少； (2)现突然将电场的方向改变180°，A、B开始运动起来，请求出当B速度达到最大时，此时B的位移大小； (3)继续保持（2）问中的条件，请求出当C刚好要离开地面时，B的速度大小。 7．（2025·福建泉州·模拟预测）密立根用如图所示的实验装置来测定很小的带电油滴所带的电荷量。油滴从喷雾器喷出时由于摩擦而带电，落入两块相互平行的极板MN之间（M板带正电、N板带负电），透过显微镜寻找那些刚好悬浮在极板间的油滴。根据观测数据算出油滴的质量，再根据油滴悬浮时受到的电场力和重力平衡，可计算出油滴所带的电荷量。 (1)若P为从显微镜中观察到的悬浮油滴，则可推知P带_____电荷。（选填“正”或“负”） (2)已知极板M、N之间的距离为d，电压为U，则两板之间的电场强度E的大小为_____。 (3)油滴P可视为球体，并测得其半径为R，已知油的密度为ρ，重力加速度为g，极板M、N之间的距离为d，电压为U，则该油滴的电荷量q =_____。（提示：球的体积公式） 8．（2025·福建泉州·模拟预测）（多选）如图所示，在光滑水平面上方空间存在一匀强电场，其大小为E、方向水平向左。劲度系数为k的弹簧左端固定在墙面上，右端与带电量为+q、质量为m的绝缘小滑块a相连，O点为弹簧原长位置，给a一定初速度起振后，P点为a能到达的最左端位置，PO距离为。当a运动至P时，在其右端立即无初速放置一个带电量为+2q、质量为m的绝缘小滑块b，a、b之间无电量交换，不计a、b之间的库仑力，已知，下列说法正确的是（　　） A．放b前，a运动到O处速度最大 B．放b前，a运动到P处加速度最大 C．放b后，若ab粘连不分离，弹簧振子振幅会增大 D．放b后，若ab不粘连，则两者会在O点右侧处分离 9．（2025·福建龙岩·模拟预测）如图a所示是用电泳技术分离蛋白质的装置，溶液中有上下正对放置的平行金属板电极，溶液中甲、乙两个蛋白质颗粒与上下极板恰好等距。甲蛋白质颗粒质量是乙的两倍，带电量与pH值的关系如图b所示。未接通极板电源时，甲、乙颗粒均悬浮。现调节溶液pH=3，接通电源，不计粘滞阻力和甲乙之间的作用力。对于两种蛋白质颗粒，正确的说法是（　　） A．乙比甲先到达极板 B．甲、乙的电势能均增大 C．甲、乙受到的电场力方向相同 D．增大pH值，甲受到的电场力变大 10．（2025·福建莆田·三模）（多选）如图所示，A、B是带异种电荷的固定点电荷，A的电荷量小于B的电荷量，A、B在同一水平线上，光滑绝缘、粗细均匀细直杆竖直固定放置，杆的轴线与A、B连线的竖直垂直平分线重合，一个带正电小球套在杆上可自由运动，O为A、B连线的中点，将带正电小球在P点由静止释放，则小球从P点运动到O点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球的加速度一定先增大后减小 B．小球的加速度可能一直减小 C．从P到O过程，小球的电势能逐渐增大 D．两点电荷电场中P点电势高于O点电势 真题·实战演练 高频考点：高频考点一是平行板电容器动态分析，分清接电源 U 不变、断开电源 Q 不变，推导 C、Q、U、E 的变化。二是带电粒子在电场加速，利用动能定理求解速度。三是带电粒子偏转的类平抛运动，分解为水平匀速、竖直匀变速，计算偏转位移和偏转角。常考查加速偏转综合模型，要注意区分粒子要不要考虑重力，是选择题和计算题高频命题点，极易在物理量变化逻辑上设置易错选项。 1．（2025·福建·高考真题）（多选）  如图，真空中存在一水平向右的匀强电场，同时存在一水平且垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电量为q（q>0）的带电微粒从M点以初速度v入射，沿着MN做匀速直线运动。微粒到N点时撤去磁场，一段时间后微粒运动到P点。已知M、N、 P三点处于同一竖直平面内，MN与水平方向呈45°，N点与P等高，重力加速度为,则（　　） A．电场强度大小为 B．磁感应强度大小为 C．N、P两点的电势差为 D．从N点运动到P的过程中，微粒到直线NP的最大距离为 2．（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 3．（2024·福建·高考真题）如图，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，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。已知A、B、C的质量分别为、、，小球C的带电量为，重力加速度大小取，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)求匀强电场的场强大小； (2)求A与B间的滑动摩擦因数及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，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，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最大速度的大小。（整个过程B未与A脱离，C未与地面相碰） 4．（2023·福建·高考真题）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。 5．（2022·福建·高考真题）（多选）我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场，该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场（未画出）用于提高工作物质被电离的比例。工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，氙气被电离的比例为95%，氙离子喷射速度为，推进器产生的推力为。已知氙离子的比荷为；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则（　　） A．氙离子的加速电压约为 B．氙离子的加速电压约为 C．氙离子向外喷射形成的电流约为 D．每秒进入放电通道的氙气质量约为 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $