第17讲 电容器 带电粒子在电场中的运动（复习讲义）（天津专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

第17讲 电容器 带电粒子在电场中的运动 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 电容器与电容 知识点1 电容器的充放电与电容的定义 知识点2 平行板电容器的动态分析重 考点二 带电粒子在电场中的加速 知识点1 加速电场中的动能定理与图像 知识点2 带电粒子在交变电场中的直线运动 考点三 带电粒子在电场中的偏转 知识点1 类平抛运动的分解与偏转量重 知识点2 偏转中的几何关系与临界条件 考点四 带电粒子偏转的应用 知识点1 示波管原理与打屏落点分析 知识点2 交变电场中的偏转与打屏重 考点五 电场中的力电综合 知识点1 电场中的直线与类平抛运动 知识点2 电场中的圆周运动与轨道问题 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 电容器与电容 浙江T4、广东T7、北京T9 全国卷T11、黑吉辽蒙T4、江西T1 —— 带电粒子在电场中的加速 陕晋青宁T7、河南T14、浙江T13 广东T3 —— 带电粒子在电场中的偏转 重庆T10、浙江T13 江苏T13、黑吉辽蒙T7 —— 带电粒子在电场中运动的应用 陕晋青宁T7、河南T14 福建T4 —— 电场中的力电综合 山东T10、云南T7、贵州T14 海南T12、广东T3、黑吉辽蒙T7 —— 考情分析 题型与考向：本讲是静电场部分的核心落点，高考中以选择题与计算题并重。选择题多考查电容器动态分析、带电粒子在电场中的偏转与打屏位置、交变电压下粒子的往复运动；计算题常以"加速—偏转—打屏"或"电场中的力电综合"形式呈现，与动能定理、牛顿运动定律、运动的合成与分解综合。题目难度中等偏上。 考情分析 情境与立意：1.生活科技情境：如电容式触摸屏、压力传感器、可变电容器、静电除尘等，考查电容的定义与平行板电容器动态分析。2.仪器原理情境：如示波管、飞行时间质谱仪、电子能量分析器、纳米光子电子加速器等，考查加速与偏转的组合应用。3.交变电场情境：如方波电压、周期性变化的偏转电压，考查分时段分析与打屏光斑的形成。 复习目标 1.理解电容的定义式与平行板电容器的决定式，掌握"电压不变"与"电荷量不变"两类动态分析方法。2.掌握带电粒子在电场中加速的动能定理，会用求解速度，并能读懂、图像。3.掌握带电粒子在匀强电场中偏转的类平抛分析方法，会求偏转量与偏转角，并能处理"是否打出极板"的临界问题。4.理解示波管的加速与偏转原理，会分析打屏落点与交变电压下光斑的形成规律。5.能综合重力与电场力分析带电体的直线运动、类平抛运动与圆周运动，会用动能定理与等效重力法求解。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 电容器与电容 知识点1 电容器的充放电与电容的定义 知●识●解●构 1.电容器：两个彼此绝缘又相距很近的导体就组成一个电容器，其作用是储存电荷和电场能。 2.电容定义：电容器所带电荷量与两极板间电压的比值叫电容，，单位法拉（F），。 3.决定式：平行板电容器的电容，式中为两极板的正对面积，为板间距离，为电介质的相对介电常数。电容只由电容器自身结构决定，与、均无关。 4.充放电：充电时电源把电荷搬运到两板，电容器储存电场能；放电时电场能转化为其他形式的能。充电过程中电流由大变小，放电过程中电流由大变小且方向相反。 5.静电计：静电计用来测量电容器两极板间的电压，指针张角越大表示两板间电压越大。 例题1、如图，电路中的两个平行板电容器和正对面积S、两板间距离d都相等，电容器两板之间为空气（相对介电常数近似为1），电容器两板之间填充有一种相对介电常数为的电介质。当单刀双掷开关置于“1”位置时，电容器两端电压为，若把单刀双掷开关从位置“1”改换到位置“2”，电路稳定时电容器两板之间的电压为（     ） A． B． C． D． 变式1、（多选）如图所示，四个图像描述了对给定的电容器充电时，电容器的带电量Q、两极板间的电压U和电容器的电容C之间的关系，其中错误的图像是（　　） A． B． C． D． 变式2、（多选）两极板间带玻璃板的电容器、电源E及开关K组成如图所示电路。静电计的金属小球用导线接入图示电路，静电计的金属外壳接地。先闭合开关给电容器充电，充电稳定后断开开关，再将玻璃板从电容器中抽出。与玻璃板抽出前相比较，下列说法正确的是（　　） A．电容器的电容减小 B．M点的电势不变 C．电容器两板间的电场强度增大 D．静电计指针张角减小 知识点2 平行板电容器的动态分析 重 知●识●解●构 1.两类问题：①电容器「始终与电源相连」，则两板间电压不变；②充电后「断开电源」，则电容器所带电荷量不变。 2.U不变型：由判断的变化，再由判断的变化，由判断的变化。例如增大时减小、减小、减小。 3.Q不变型：由与可知：只改变时随成正比变化，而与无关。 4.分析顺序：先判断「哪个量不变」，再用决定式判断的变化，最后联立定义式与逐个判断其它量的变化。 5.带电体平衡：板间带电微粒受重力和电场力平衡时，据此可求微粒的电荷量或板间电场强度；若电场力方向改变，则微粒将做变速运动。 例题2、如图所示，平行板电容器与直流电源相连接，一带电油滴位于电容器中的 点且恰好处于平衡状态，在其他条件不变的情况下，现将平行板电容器的两极板非常缓慢地错开一些，那么在错开的过程中（     ） A．电容器所带的电荷量增大 B．油滴将向下加速运动 C．电流计中的电流从流向 D．点电势变大，油滴在点的电势能增大 变式1、（多选）如图所示，真空中水平放置平行板电容器与电动势为E的直流电源相连，下极板接地，上极板接电源正极。一带电油滴静止在两板间中央的P点。现仅将上极板缓慢向上平移一小段距离，则下列说法正确的是（　　 ） A．油滴带正电 B．油滴将向下做加速运动 C．电容器的电容变大 D．P点电势降低 变式2、（多选）平行板电容器充电平衡后断开电源，两极板间的电压是U，电荷量为Q，两极板间场强为E，电容为C，将两极板间的距离减小，则引起变化情况是（     ） A．Q变大 B．C变大 C．E变小 D．U变小 考点二 带电粒子在电场中的加速 知识点1 加速电场中的动能定理与图像 知●识●解●构 1.加速原理：带电粒子在电场力作用下沿电场方向运动时，电场力做正功，粒子的动能增加。 2.基本公式：由动能定理；当初速度为零时，即速度只由加速电压与比荷决定。 3.φ-x图像：图线的斜率大小表示电场强度的大小，斜率正负表示电场强度的方向；两点间电势差等于两点的纵坐标之差。 4.E-x图像：图线与轴所围的面积表示两点间的电势差，据此可求电场力做的功，再结合动能定理求动能变化。 5.适用条件：动能定理对任何电场都适用，与运动轨迹无关；只受电场力时，若重力不可忽略则须一并计入合力做的功。 例题3、某静电场在x轴上的电场强度E随坐标x变化的关系如图所示，x轴正方向为电场强度正方向。一质量为m、电荷量为的带电粒子（不计重力）从坐标原点处由静止释放，仅在电场力作用下朝x轴正方向运动。下列说法正确的是（     ） A．粒子在与两处时，加速度大小相等 B．粒子在与两处时，速度大小相等 C．粒子经过处时速度最大 D．处的电势低于处的电势 变式1、（多选）目前，我国环形正负电子对撞机工程设计稳步推进，注入直线加速器等关键技术研发取得重要突破。在加速器的一条直线加速通道中，沿轴线建立Ox坐标，轴线上各点的电势φ随x变化的规律如图所示，坐标原点O点的电势为零。一电子仅在电场力作用下从O点由静止释放，下列说法正确的是（     ） A．电子到达B点时的动能为 B．和区间内，电场强度方向相同 C．电子从A点运动到C点，电场力做的功为0 D．电子从O点运动到C点，电势能先增大后减小再增大 变式2、（多选）某静电场中x轴上电场强度随坐标变化的规律如图所示，将一个带电粒子在坐标原点处由静止释放，粒子仅在电场力作用下从处运动至处。已知粒子带电荷量为，取沿x轴正方向为电场强度的正方向，则下列说法正确的是（　　） A．x轴上至之间，处电势最低 B．带电粒子从处一直加速运动到处 C．粒子运动过程中的最大动能为 D．x轴上处和处的电势差为 知识点2 带电粒子在交变电场中的直线运动 知●识●解●构 1.运动特点：板间电压随时间周期性变化，电场力的方向周期性改变，粒子做往复的变速直线运动。 2.分析方法：按时间分段处理：每一段时间内电场恒定，粒子做匀变速直线运动；各段之间用速度衔接。 3.加速度：由求加速度，注意不同时间段的加速度大小或方向可能不同。 4.v-t图像：速度图线与轴所围的面积表示位移，面积在轴上方为正、下方为负，面积代数和为零表示粒子回到出发点。 5.临界判断：粒子能否穿出极板，取决于沿电场方向的最大位移是否超过极板间距的一半；若周期性运动且位移不超过半间距，粒子将在板间做往复运动。 例题4、图中A，B是一对平行的金属板。在两板间加上一周期为的交变电压。A板的电势，B板的电势随时间的变化规律为：在0到的时间内，（正的常数）；在到的时间内，；在到的时间内，；在到的时间内。……，现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内。设电子的初速度和重力的影响均可忽略，则（     ） A．若电子是在时刻进入的，它将一直向B板运动 B．若电子是在t=时刻进入的，它将一直向B板运动 C．若电子是在t=时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 D．若电子是在t=时刻进入的，它可能时而向B板、时而向A板运动 变式1、（多选）如图甲所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的电压，A板接地，两板间的电势差随时间的变化规律如图乙所示，两板间距为d且足够大。现有一质量为m、带电荷量为e的电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域内，设电子的初速度和重力的影响可忽略。下列说法正确的是（     ） A．若电子是在时刻进入的，则它将一直向B板运动 B．若电子是在时刻进入的，则它所获得的最大速度为 C．电子在时刻进入时和在时刻进入时，均时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 D．若电子是在时刻进入的，则它时而向B板运动，时而向A板运动，在A、B板之间做往返运动，不会打到板上 变式2、（多选）如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在时间内运动的描述，正确的是（     ） A．末速度大小为 B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了 D．克服电场力做功为mgd 考点三 带电粒子在电场中的偏转 知识点1 类平抛运动的分解与偏转量 重 知●识●解●构 1.模型：带电粒子以初速度垂直于电场方向射入匀强电场，所受电场力恒定且与初速度垂直，做与平抛运动类似的类平抛运动。 2.分解：沿初速度方向做匀速运动；沿电场力方向做匀加速运动，其中。 3.偏转量：粒子穿出电场时（为极板长度）。可见偏转量与成正比、与成反比。 4.偏转角：；速度方向的反向延长线过极板的中点。 5.是否打出：先由求出恰好从极板边缘飞出的临界条件，再判断粒子是否打在极板上。 例题5、如图所示，在xoy平面内有一匀强电场，方向未知，两个相同的粒子a和b在坐标原点O以大小相等的速率v射入电场。粒子a的速度沿x轴正方向，粒子b的速度与x轴正方向成斜向右下方，两粒子质量均为m，重力不计。当粒子a的速度方向竖直向下时，速度大小为v，由此可知（     ） A．电场方向与x轴负方向成斜向左下 B．该过程粒子b的速度方向也改变了 C．该过程粒子b的电势能减少了 D．该过程粒子b的速度先减小后增大 变式1、如图所示，将一挡板竖直放置于某匀强电场中，电场方向竖直向下。甲、乙两个比荷均为的带电粒子在电场中运动，甲经过点时的速度的方向与水平方向的夹角为；乙经过点时的速度的方向与水平方向的夹角为。点和点在同一竖直线上，点和点也在同一竖直线上。两粒子均垂直撞击在挡板上的点，甲通过点时速度方向与水平面的夹角为，乙通过点时速度方向与水平面的夹角为。两粒从、出发到点的过程中，它们的水平位移为。不计空气阻力和重力，对两粒子从、出发到点的过程中，下列说法中不正确的是（     ） A．甲、乙上升的最大高度的比值为 B．甲、乙从、出发到点的运动时间比为 C． D． 变式2、（多选）如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电量为q，从极板M的左边缘A处以初速度水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，已知重力加速度为g。则（　　） A．M板电势高于N板电势 B．粒子做匀速直线运动 C．粒子到达B点的动能为 D．粒子的初速度 知识点2 偏转中的几何关系与临界条件 知●识●解●构 1.离开电场后：粒子离开电场后不受力，做匀速直线运动，其轨迹与初速度方向的夹角等于偏转角。 2.打屏距离：粒子打到屏上的总偏移量，式中为极板末端到屏的水平距离。 3.中点推论：由几何关系可把粒子看作从极板中点沿直线射出，据此可用相似三角形快速求屏上的落点位置。 4.临界条件：恰好不打出极板时有；恰好从边缘飞出时，出射速度方向由确定。 5.多粒子比较：比荷相同的粒子经同一加速电场加速后，在同一偏转电场中的偏转量相同，与粒子的质量、电荷量均无关。 例题6、两块可视为无限大非平行金属板、接在恒定电压的电源上，其截面如图所示，虚线表示等势线，相邻等势线间的电势差相等。若一电子仅受电场力作用从处运动到处，则关于电场线分布和电子运动轨迹，下列选项可能正确的是（     ） A． B． C． D． 变式1、（多选）空间中存在竖直方向的匀强电场，电场中有半径为的圆形区域，如图所示，圆上有、、、四点，垂直。质量为、带电量为的带电粒子以速度从点沿半径方向入射刚好到达点，、间的竖直方向上的距离为半径的一半，不计重力，则（     ） A．电场强度为 B．带电粒子沿方向射出电场 C．带电粒子电势能减少了 D．间电势差大小为 变式2、（多选）如图所示，让氕()粒子和氘()粒子的混合物在左极板 处由静止经同一加速电场加速，垂直进入偏转电场，在运动过程中二者未与极板相碰，不考虑粒子间的相互作用，下列说法正确的是（     ） A．两粒子通过电场的总时间相同 B．两粒子离开偏转电场时的位置相同 C．两粒子离开偏转电场时的速度相同 D．两粒子离开偏转电场时的动能相同 考点四 带电粒子偏转的应用 知识点1 示波管原理与打屏落点分析 知●识●解●构 1.组成：示波管由电子枪（发射并加速电子）、偏转电极（使电子偏转）和荧光屏（显示亮点）三部分组成。 2.加速：电子经加速电压加速，由得。 3.偏转：电子经偏转电压偏转，偏转量，即偏转量与偏转电压成正比。 4.打屏：屏上落点的偏移量。 5.重要结论：电子在荧光屏上的偏移量与电子的电荷量、质量均无关，只由加速电压、偏转电压以及管的几何尺寸决定。 例题7、“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为和的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，电势分别为和，其过球心的截面如图所示。一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间。忽略电场的边缘效应。下列说法中正确的是（     ） A．A球面电势比B球面电势高 B．等势面C所在处电势的大小大于 C．等势面C所在处电势的大小为 D．等势面C所在处电场强度的大小为 变式1、（多选）示波器是一种多功能电学仪器，由加速电场和偏转电场组成的。如图所示，不同的带电粒子（不计重力）在电压为的加速电场中从O点由静止开始加速，从M孔水平射出，然后射入电压为的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带电粒子能射出平行板电场区域的条件下，下列说法正确的是（    ） A．若粒子的电荷量q相等，则粒子在加速电场中运动的时间相等 B．若粒子的比荷不相等，则粒子射出偏转电场时的速率相等 C．若粒子的电荷量q相等，则加速电场和偏转电场对粒子做功相等 D．若粒子的比荷不相等，则粒子射出偏转电场时的偏转角度相等 变式2、（多选）如图所示，水平放置的平行板电容器，上极板带正电，下极板带负电且接地，两极板间距为d，极板长为L。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（重力不计）以水平初速度从两极板间中轴线射入，恰好从下极板右端边缘飞出。现保持两极板间电压不变，仅将上极板向上平移一段距离，使两极板间距变为，粒子仍从两极板间原来中轴线以水平射入。移动上极板后，下列说法正确的是（     ） A．两极板间的电压为 B．粒子射出两极板的位置到原来中轴线的距离仍为 C．粒子在两极板间运动的过程中，动能增加量为 D．粒子射出电场时速度方向与水平方向夹角的正切值为 知识点2 交变电场中的偏转与打屏 重 知●识●解●构 1.情境：偏转电压随时间周期性变化时，不同时刻射入的粒子在电场中所受电场力不同，因而偏转量与出射方向各不相同。 2.分析方法：按粒子射入电场的时刻分段处理：先求出该段时间内的偏转量与偏转角，再由几何关系确定打屏位置。 3.线性变化：偏转电压随时间线性变化时，先后射入的粒子在屏上形成间距相等的连续光斑，光斑间距与电压变化率成正比。 4.周期性扫描：偏转电压按正弦规律变化时，屏上光斑随时间做周期性往复扫描，形成一段亮线。 5.关键近似：粒子通过极板的时间通常极短，可认为在这段时间内偏转电压不变，从而按恒定电场处理其偏转过程。 例题8、如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，大小都为d，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线且垂直于电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初速度大小均为，已知时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，不计粒子间的相互作用，则（     ） A．之后射入电场的粒子可能会打到极板上 B．所有粒子最终射出电场时，速度方向不相同 C．时刻进入电场的粒子在两板间的最大偏移量为 D．若粒子的入射速度变为，则无论哪个时刻进入电场的粒子，其从电场射出时的侧向位移都减半 变式1、（多选）如图甲所示，平行金属板P、Q水平放置，板长均为L，两板间加有如图乙所示的方波电压（图中、T已知），两板中线左端有一粒子源，沿板间中线向右均匀发射质量为m、电荷量为q的同种带负电粒子。已知在时刻发射的粒子恰好不打在极板上，所有从两板间射出的粒子在两板间运动的时间均为T，不计粒子重力及粒子间的相互作用。则下列说法正确的是（　　） A．粒子从两板间射出时，速度方向一定与金属板平行 B．粒子源发射的粒子中有93.75%的粒子能从两板间射出 C．两板间的距离为 D．时刻发射的粒子从两板间射出时离金属板P的距离为 变式2、如图（a）所示，连续发射的电子进入加速电极前的速度大小忽略不计，通过加速电极后形成高速运动的电子束。两块平行金属板作为偏转电极（边缘效应忽略不计），接入如图（b）所示周期性变化的电压，电子束沿其中心线射入，最后打在圆筒表面。圆筒表面贴着涂有荧光粉的记录纸，时刻起圆筒以其中轴线为转轴匀速旋转。一段时间后取下记录纸并展开，得到的图像可能是（　　） A． B． C． D． 考点五 电场中的力电综合 知识点1 电场中的直线与类平抛运动 知●识●解●构 1.受力特点：重力与电场力同时存在时，两者都是恒力，合外力为恒力，物体做匀变速运动。 2.等效重力：把重力与电场力合成得到等效重力，其方向决定运动中的"等效最高点"与"等效最低点"。 3.直线运动：若合力方向与速度方向在同一直线上，物体做匀变速直线运动（加速或减速）。 4.类平抛：若合力方向与初速度方向垂直，可分解为两个互相垂直的匀变速直线运动，按平抛运动的方法处理。 5.动能定理：由求解速度或位移，其中电场力做功，为沿电场方向的位移。 例题9、如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场，电场强度。一质量为m、电荷量为+q的小球从A点以初速度斜向上抛出，初速度方向与水平方向间的夹角为60°。规定抛出点的重力势能和电势能均为零。已知重力加速度为g，不计空气阻力。小球从抛出到落回到与抛出点等高位置B的过程中，下列说法正确的是（     ） A．小球运动的时间为 B．小球的重力势能的最大值为 C．小球的速度的最小值为 D．小球的机械能的最大值为 变式1、如图，竖直面内有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，固定在光滑的水平地面上，且圆弧轨道最低点C与水平地面相切．空间加有水平向右的匀强电场，A点位于B点左上方，相对于B点的水平距离和竖直高度均为R，一可视为质点的带电小球从A点以某一速度水平抛出，恰能从B点无碰撞地沿圆弧切线进入轨道，小球离开轨道后，运动到D点（D点未画出）时速度减为零，已知重力加速度为g，则（     ） A．小球带正电 B．段长度为 C．小球从A点抛出时的速度为 D．从A点到D点过程中小球的电势能增加了 变式2、（多选）如图所示，匀强电场方向水平向右带负电的小球从斜面顶端的O点水平向右抛出，初速度大小为，小球带电量为﹣q，质量为m，运动轨迹如图中曲线所示，小球打到斜面上P点的速度方向竖直向下。已知斜面与小球初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（     ） A．小球做曲线运动的加速度大小为 B．小球由O点到P点用时 C．小球通过P点时的速度大小为 D．小球在运动过程中最小速度为 知识点2 电场中的圆周运动与轨道问题 知●识●解●构 1.等效最高点：在等效重力场中，物体在等效最高点处受到的合力指向圆心，此处速度最小。 2.临界条件：轻绳（或圆环内侧）模型中，恰能通过等效最高点的条件为，即。 3.能量关系：对轨道上的两点用动能定理，注意支持力不做功。 4.轨道类问题：光滑轨道上运动时只须考虑重力、电场力做功；若轨道粗糙，还要计入摩擦生热。 5.解题顺序：先确定等效重力的大小与方向，再按重力场中圆周运动的规律处理，最后用动能定理与向心力公式联立求解。 例题10、如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度下列说法正确的是（　　） A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为 B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到C点时的动能最大 C．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时的机械能最小 D．若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动 变式1、（多选）如图所示，半径为R的圆轨道固定在竖直面内，与水平轨道相切于B点，并在B处开有小孔。可视为质点的小球质量为m，电荷量为+q，整个空间存在大小为、方向水平向右的匀强电场，重力加速度为g，现将小球从A点由静止释放，AB=2R，圆轨道上的C点与圆心等高，不计一切摩擦，在小球运动过程中，以下说法正确的是（     ） A．小球对圆弧轨道C点压力大小为4mg B．小球机械能增量的最大值为3mgR C．小球的最大动能为 D．当释放点A到B的距离为时，小球恰好不脱离圆轨道 变式2、（多选）如图所示，半径为的光滑绝缘圆环固定于竖直平面内， 为圆环的最低点，为圆环的最高点，点与圆心等高，该空间存在与圆环平面平行的匀强电场。质量为 、带电量为 的小球套在圆环上，沿环做圆周运动，通过 、、三点时的速度大小分别为、、。下列说法正确的是（     ） A． 、、三点中， 、两点电势相等，点电势最低 B．匀强电场方向水平向右，大小为 C．小球运动过程中速度最小的位置在点 D．小球运动过程中对圆环的最大压力大小为 ，方向与竖直方向成 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的，逐渐增大施加于两极板压力F的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小；F较大时弹性结构闭合，d难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是（    ） A． B． C． D． 2．（2026·陕晋青宁卷·高考真题）飞行时间质谱仪可用于创新药物研发等领域，其简化工作原理如图。开关S闭合，在真空室内，电容器极板AB间加速电压为U，两极板中央开有小孔，C为接收端，BC间为无场漂移区域。有一质量为m、电荷量为q（）的带电大分子（不计重力），自漂入（忽略初速度）A极板小孔起，经加速区域和漂移区域到达C端结束，时间探测器显示整个过程时间为t，则（     ） A．保持S闭合，仅变大，t变长 B．保持S闭合，仅U增大，t变长 C．保持S闭合，AC位置不变，仅B极板向右移动，t变长 D．将S断开，AC位置不变，仅B极板向右移动，t变长 3．（2026·全国卷·高考真题）（多选）两带电平行金属板竖直放置，一带电小球从高于金属板的位置由静止自由下落，以一定的速度进入两板间。若忽略边缘效应，下列表示小球运动轨迹（图中实线）的四幅图中，可能正确的是（     ） A． B． C． D． 4．（2026·河南·高考真题）反射式飞行时间质谱仪是通过测量离子在真空中的飞行时间来对其进行质量分析的仪器。原理如图所示，离子源 产生不同种类、初速度为零的正离子，离子经匀强电场加速后从 点射出，进入无场区做直线运动，然后从 点进入匀强反射电场，最后从反射电场射出。已知 、 间的距离为；加速电场和反射电场两极板间的电压分别为和（），间距分别为和；反射电场方向与 的夹角为。不计离子重力。 (1)证明从离子源 产生的正离子都能从同一点射出反射电场； (2)测得两种离子从 到射出反射电场所用时间之比，求其比荷之比。 5．（2026·云南·高考真题）如图所示，在大小、方向均未知的匀强电场中，O、M、N三点处于同一竖直面内，将一质量为0.1kg、电荷量为1.0×10－6C的带正电的小球（视为质点）从O点抛出，小球1s后到达O点正上方3m处的M点，再经1s到达N点，O、N两点在同一水平线上且相距3m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/，设电场强度大小为E，O、N两点的电势分别为和，则（   ） A．E = 6.7×1V/m， > B．E = 6.7×1V/m， < C．E = 5.0×1V/m， > D．E = 5.0×1V/m， < 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第17讲 电容器 带电粒子在电场中的运动 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 电容器与电容 知识点1 电容器的充放电与电容的定义 知识点2 平行板电容器的动态分析重 考点二 带电粒子在电场中的加速 知识点1 加速电场中的动能定理与图像 知识点2 带电粒子在交变电场中的直线运动 考点三 带电粒子在电场中的偏转 知识点1 类平抛运动的分解与偏转量重 知识点2 偏转中的几何关系与临界条件 考点四 带电粒子偏转的应用 知识点1 示波管原理与打屏落点分析 知识点2 交变电场中的偏转与打屏重 考点五 电场中的力电综合 知识点1 电场中的直线与类平抛运动 知识点2 电场中的圆周运动与轨道问题 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 电容器与电容 浙江T4、广东T7、北京T9 全国卷T11、黑吉辽蒙T4、江西T1 —— 带电粒子在电场中的加速 陕晋青宁T7、河南T14、浙江T13 广东T3 —— 带电粒子在电场中的偏转 重庆T10、浙江T13 江苏T13、黑吉辽蒙T7 —— 带电粒子在电场中运动的应用 陕晋青宁T7、河南T14 福建T4 —— 电场中的力电综合 山东T10、云南T7、贵州T14 海南T12、广东T3、黑吉辽蒙T7 —— 考情分析 题型与考向：本讲是静电场部分的核心落点，高考中以选择题与计算题并重。选择题多考查电容器动态分析、带电粒子在电场中的偏转与打屏位置、交变电压下粒子的往复运动；计算题常以"加速—偏转—打屏"或"电场中的力电综合"形式呈现，与动能定理、牛顿运动定律、运动的合成与分解综合。题目难度中等偏上。 考情分析 情境与立意：1.生活科技情境：如电容式触摸屏、压力传感器、可变电容器、静电除尘等，考查电容的定义与平行板电容器动态分析。2.仪器原理情境：如示波管、飞行时间质谱仪、电子能量分析器、纳米光子电子加速器等，考查加速与偏转的组合应用。3.交变电场情境：如方波电压、周期性变化的偏转电压，考查分时段分析与打屏光斑的形成。 复习目标 1.理解电容的定义式与平行板电容器的决定式，掌握"电压不变"与"电荷量不变"两类动态分析方法。2.掌握带电粒子在电场中加速的动能定理，会用求解速度，并能读懂、图像。3.掌握带电粒子在匀强电场中偏转的类平抛分析方法，会求偏转量与偏转角，并能处理"是否打出极板"的临界问题。4.理解示波管的加速与偏转原理，会分析打屏落点与交变电压下光斑的形成规律。5.能综合重力与电场力分析带电体的直线运动、类平抛运动与圆周运动，会用动能定理与等效重力法求解。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 电容器与电容 知识点1 电容器的充放电与电容的定义 知●识●解●构 1.电容器：两个彼此绝缘又相距很近的导体就组成一个电容器，其作用是储存电荷和电场能。 2.电容定义：电容器所带电荷量与两极板间电压的比值叫电容，，单位法拉（F），。 3.决定式：平行板电容器的电容，式中为两极板的正对面积，为板间距离，为电介质的相对介电常数。电容只由电容器自身结构决定，与、均无关。 4.充放电：充电时电源把电荷搬运到两板，电容器储存电场能；放电时电场能转化为其他形式的能。充电过程中电流由大变小，放电过程中电流由大变小且方向相反。 5.静电计：静电计用来测量电容器两极板间的电压，指针张角越大表示两板间电压越大。 例题1、如图，电路中的两个平行板电容器和正对面积S、两板间距离d都相等，电容器两板之间为空气（相对介电常数近似为1），电容器两板之间填充有一种相对介电常数为的电介质。当单刀双掷开关置于“1”位置时，电容器两端电压为，若把单刀双掷开关从位置“1”改换到位置“2”，电路稳定时电容器两板之间的电压为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由平行板电容器电容决定式可知，两电容器的正对面积和板间距离相同，故 开关置于“1”时，接电源充电，未充电。由电容定义式可得的初始电荷量 开关拨到“2”后，电源断开，两个电容器并联，上极板所带总电荷守恒。设稳定时两端电压为，则 代入前述电容和电荷量关系，得 故选B。 变式1、（多选）如图所示，四个图像描述了对给定的电容器充电时，电容器的带电量Q、两极板间的电压U和电容器的电容C之间的关系，其中错误的图像是（　　） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】AB．电容器的电容C和电容器的带电量Q、两极板间电压U均无关，电容C是由自身结构（极板正对面积、极板间距、电介质）决定的物理量，对于给定的电容器，电容C是定值。故AB错误； C．根据电容定义式，可得 对于给定电容器，电容C为定值，因此Q与U成正比，是过原点的倾斜直线。故C正确； D．对于给定的电容器，电容C为定值，充电过程，由可知，Q与U成正比，故D错误。 本题是选错误的，故选ABD。 变式2、（多选）两极板间带玻璃板的电容器、电源E及开关K组成如图所示电路。静电计的金属小球用导线接入图示电路，静电计的金属外壳接地。先闭合开关给电容器充电，充电稳定后断开开关，再将玻璃板从电容器中抽出。与玻璃板抽出前相比较，下列说法正确的是（　　） A．电容器的电容减小 B．M点的电势不变 C．电容器两板间的电场强度增大 D．静电计指针张角减小 【答案】AC 【详解】A．根据 可知将电容器两板间的玻璃板抽出后，介电常数减小，其他条件不变，则电容器的电容C减小，故A正确； B．设充电稳定后电容器带电量为Q，断开开关后电容器带电量Q不变，将电容器两板间的玻璃板抽出后，电容器的电容C减小，根据 可知电容器两板间电势差U变大，根据 因N极板接地，故N极板的电势为零，即，则有，可知M点的电势增大，故B错误； C．根据 因电容器两板间电势差U变大，而两极板的距离不变，可知两板间的电场强度变大，故C正确； D．静电计的电压等于电容器两极板间的电压，故静电计张角的变化直接反映电容器两极板电压的变化情况，由于两板间电势差U变大，故静电计指针张角增大，故D错误。 故选AC。 知识点2 平行板电容器的动态分析 重 知●识●解●构 1.两类问题：①电容器「始终与电源相连」，则两板间电压不变；②充电后「断开电源」，则电容器所带电荷量不变。 2.U不变型：由判断的变化，再由判断的变化，由判断的变化。例如增大时减小、减小、减小。 3.Q不变型：由与可知：只改变时随成正比变化，而与无关。 4.分析顺序：先判断「哪个量不变」，再用决定式判断的变化，最后联立定义式与逐个判断其它量的变化。 5.带电体平衡：板间带电微粒受重力和电场力平衡时，据此可求微粒的电荷量或板间电场强度；若电场力方向改变，则微粒将做变速运动。 例题2、如图所示，平行板电容器与直流电源相连接，一带电油滴位于电容器中的 点且恰好处于平衡状态，在其他条件不变的情况下，现将平行板电容器的两极板非常缓慢地错开一些，那么在错开的过程中（     ） A．电容器所带的电荷量增大 B．油滴将向下加速运动 C．电流计中的电流从流向 D．点电势变大，油滴在点的电势能增大 【答案】C 【详解】A．电容器与直流电源相连接，两极板间电压保持不变，将两极板错开一些，正对面积减小，根据可知电容减小，由可知电容器所带电荷量减小，故A错误； B．板间距离不变，根据可知板间电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴仍保持平衡状态，故B错误； C．电容器电荷量减小，电容器处于放电状态，电路中有放电电流通过电流计，电流从正极板流向电源正极，即电流从流向，故C正确； D．点与下极板间的电势差不变，则点电势不变，油滴在点的电势能不变，故D错误。 故选C。 变式1、（多选）如图所示，真空中水平放置平行板电容器与电动势为E的直流电源相连，下极板接地，上极板接电源正极。一带电油滴静止在两板间中央的P点。现仅将上极板缓慢向上平移一小段距离，则下列说法正确的是（　　 ） A．油滴带正电 B．油滴将向下做加速运动 C．电容器的电容变大 D．P点电势降低 【答案】BD 【详解】A．上极板接电源正极、下极板接负极，因此板间电场方向竖直向下。油滴原本静止，说明电场力与重力平衡、电场力方向竖直向上，与电场方向相反，因此油滴带负电，故A错误； B．电容器始终与电源相连，因此极板间电压等于电源电动势保持不变。上极板上移，板间距增大，由匀强电场的场强公式 可知，板间场强减小。油滴受到的电场力 板间场强减小，则电场力减小，原本平衡的重力大于电场力，油滴将向下加速运动，故B正确； C．根据平行板电容器电容决定式 可知增大时，电容变小，故C错误； D．下极板接地电势为，P点到下极板的距离固定，P点电势等于P与下极板的电势差，即 由于增大后减小、不变，因此降低，故D正确。 故选BD。 变式2、（多选）平行板电容器充电平衡后断开电源，两极板间的电压是U，电荷量为Q，两极板间场强为E，电容为C，将两极板间的距离减小，则引起变化情况是（     ） A．Q变大 B．C变大 C．E变小 D．U变小 【答案】BD 【详解】A．电容器充电后断开电源，因此极板的电荷量Q无法发生转移，保持恒定，故A错误； B．根据平行板电容器电容决定式，当两极板间距d减小时，其他参数不变，C会变大，故B正确； D．由电容定义式，可得，Q恒定、C增大，因此U变小，故D正确； C．场强，代入和C的决定式可推导得，可见E和极板间距d无关，Q、S不变时E保持不变，故C错误。 故选 BD。 考点二 带电粒子在电场中的加速 知识点1 加速电场中的动能定理与图像 知●识●解●构 1.加速原理：带电粒子在电场力作用下沿电场方向运动时，电场力做正功，粒子的动能增加。 2.基本公式：由动能定理；当初速度为零时，即速度只由加速电压与比荷决定。 3.φ-x图像：图线的斜率大小表示电场强度的大小，斜率正负表示电场强度的方向；两点间电势差等于两点的纵坐标之差。 4.E-x图像：图线与轴所围的面积表示两点间的电势差，据此可求电场力做的功，再结合动能定理求动能变化。 5.适用条件：动能定理对任何电场都适用，与运动轨迹无关；只受电场力时，若重力不可忽略则须一并计入合力做的功。 例题3、某静电场在x轴上的电场强度E随坐标x变化的关系如图所示，x轴正方向为电场强度正方向。一质量为m、电荷量为的带电粒子（不计重力）从坐标原点处由静止释放，仅在电场力作用下朝x轴正方向运动。下列说法正确的是（     ） A．粒子在与两处时，加速度大小相等 B．粒子在与两处时，速度大小相等 C．粒子经过处时速度最大 D．处的电势低于处的电势 【答案】A 【详解】A．由题中E-x图像可知，与两处电场强度大小相等，方向均沿x轴正方向，根据可知，粒子在这两处的加速度大小相等，故A正确； B．电场强度方向始终沿x轴正方向，粒子所受电场力的方向恒为正方向，粒子一直做加速运动，故粒子经过处时的速度大于经过处时的速度，两处速度大小不相等，故B错误； C．粒子在整个过程中加速度先增大后减小，但方向始终不变，速度一直增大，粒子在处速度最大，故C错误； D．沿电场强度方向电势逐渐降低，而电场强度方向始终沿x轴正方向，故处电势高于处电势，故D错误。 故选A。 变式1、（多选）目前，我国环形正负电子对撞机工程设计稳步推进，注入直线加速器等关键技术研发取得重要突破。在加速器的一条直线加速通道中，沿轴线建立Ox坐标，轴线上各点的电势φ随x变化的规律如图所示，坐标原点O点的电势为零。一电子仅在电场力作用下从O点由静止释放，下列说法正确的是（     ） A．电子到达B点时的动能为 B．和区间内，电场强度方向相同 C．电子从A点运动到C点，电场力做的功为0 D．电子从O点运动到C点，电势能先增大后减小再增大 【答案】BC 【详解】A．电子从O点到B点，根据动能定理则有 即 解得，故A错误； B．和区间内，图像的斜率均为正，则电场强度方向相同，故B正确； C．A、C两点的电势相同，故电子从A点运动到C点，电场力做的功为0，故C正确； D．电子从O点运动到C点，电势先增大后减小再增大，因电子带负电，可知电子的电势能先减小后增大再减小，故D错误。 故选BC。 变式2、（多选）某静电场中x轴上电场强度随坐标变化的规律如图所示，将一个带电粒子在坐标原点处由静止释放，粒子仅在电场力作用下从处运动至处。已知粒子带电荷量为，取沿x轴正方向为电场强度的正方向，则下列说法正确的是（　　） A．x轴上至之间，处电势最低 B．带电粒子从处一直加速运动到处 C．粒子运动过程中的最大动能为 D．x轴上处和处的电势差为 【答案】ACD 【详解】A．由图可知，范围内场强方向沿x轴正方向；范围内，场强方向沿x轴负方向，沿着电场线方向电势降低，可知x轴上至之间，处电势最低，故A正确； B．由题意可知，带电粒子在坐标原点处由静止释放，粒子仅在电场力作用下从处运动至处，可知粒子在范围内，受到沿x轴正方向的电场力作用，可知粒子带正电，故范围内，粒子受到沿x轴负方向的电场力作用，即粒子先加速运动后减速运动，故B错误； C．由B选项分析可知，粒子在x=2m处动能最大，且图像与横轴围成的面积表示电势差，结合题图，根据动能定理有，故C正确； D．图像与横轴围成的面积表示电势差，结合题图，可知x=1m处与x=2m处电势差为 同理，可知x=2m处与x=3m处电势差为 联立解得x=1m处与x=3m处电势差为，故D正确。 故选ACD。 知识点2 带电粒子在交变电场中的直线运动 知●识●解●构 1.运动特点：板间电压随时间周期性变化，电场力的方向周期性改变，粒子做往复的变速直线运动。 2.分析方法：按时间分段处理：每一段时间内电场恒定，粒子做匀变速直线运动；各段之间用速度衔接。 3.加速度：由求加速度，注意不同时间段的加速度大小或方向可能不同。 4.v-t图像：速度图线与轴所围的面积表示位移，面积在轴上方为正、下方为负，面积代数和为零表示粒子回到出发点。 5.临界判断：粒子能否穿出极板，取决于沿电场方向的最大位移是否超过极板间距的一半；若周期性运动且位移不超过半间距，粒子将在板间做往复运动。 例题4、图中A，B是一对平行的金属板。在两板间加上一周期为的交变电压。A板的电势，B板的电势随时间的变化规律为：在0到的时间内，（正的常数）；在到的时间内，；在到的时间内，；在到的时间内。……，现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内。设电子的初速度和重力的影响均可忽略，则（     ） A．若电子是在时刻进入的，它将一直向B板运动 B．若电子是在t=时刻进入的，它将一直向B板运动 C．若电子是在t=时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 D．若电子是在t=时刻进入的，它可能时而向B板、时而向A板运动 【答案】A 【详解】A．若电子是在时刻进入的，在时间内，电子受电场力向B板做匀加速直线运动，在时间内，电子受电场力向A板，做匀减速直线运动，由于加速和减速时间相等、加速度大小相等，故时刻速度减为零。此后重复上述过程，电子的速度方向始终指向B板，故电子将一直向B板运动，故A正确； B．若电子是在时刻进入的，在时间内，电子向B板加速，在时间内，电子先向B板减速，由于加速时间小于减速时间，电子在时刻速度减为零，随后在时间内向A板加速。即电子先向B板运动，而后向A板运动，故B错误； C．若电子是在时刻进入的，在时间内，电子向B板加速，在时间内，电子先向B板减速至零（时刻为），随后向A板加速，由于向A板加速的时间（）大于向B板运动的时间，一个周期内向A板的位移大于向B板的位移，电子总体向A板运动，最后可能打在A板上，故C错误； D．若电子是在时刻进入的，此时，电场方向由A指向B，电子所受电场力由B指向A，电子刚从A板进入，受力指向A板，将立即向A板运动并打在A板上（或从小孔穿出），不可能向B板运动，故D错误。 故选A。 变式1、（多选）如图甲所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的电压，A板接地，两板间的电势差随时间的变化规律如图乙所示，两板间距为d且足够大。现有一质量为m、带电荷量为e的电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域内，设电子的初速度和重力的影响可忽略。下列说法正确的是（     ） A．若电子是在时刻进入的，则它将一直向B板运动 B．若电子是在时刻进入的，则它所获得的最大速度为 C．电子在时刻进入时和在时刻进入时，均时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 D．若电子是在时刻进入的，则它时而向B板运动，时而向A板运动，在A、B板之间做往返运动，不会打到板上 【答案】ABD 【详解】取由板指向板为正方向，板接地，故两板间电场强度大小为，电子所受电场力产生的加速度大小为 令，则时电子的加速度为，时电子的加速度为 A．电子在时刻进入，在内做初速度为零的匀加速直线运动，在内做匀减速直线运动，根据速度公式有 以后电子的运动周期性重复，其速度始终满足，因此电子始终向板运动，故A正确； B．电子在时速度最大，根据速度公式有 代入解得，故B正确； C．设电子在时刻从板进入，由于一个周期内加速度的冲量为零，电子经过一个周期后速度仍为零。对一个周期内的位移进行分段计算，解得 当时，解得 电子整体向板移动，最终打在板上；当时，解得 电子整体向板移动，最终由板小孔返回，因此两种情况下的最终运动方向不同，故C错误； D．当时，解得 电子经过一个周期后回到板小孔，且速度再次为零，运动具有周期性。电子距板最远时速度为零，根据运动学公式解得 当时，电子不会到达板，而是在两板间往复运动并由板小孔返回，故D正确。 故选ABD。 变式2、（多选）如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在时间内运动的描述，正确的是（     ） A．末速度大小为 B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了 D．克服电场力做功为mgd 【答案】BC 【详解】AB．时间内微粒匀速运动，合力为零，因此重力与电场力平衡，可得 水平方向始终不受力，一直保持匀速。竖直方向阶段：电场强度为0，微粒仅受重力，做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，加速度，该阶段末竖直速度 阶段：电场强度为，电场力，方向向上。 合力为，方向向上。 则竖直方向加速度，方向向上。该阶段竖直方向做匀减速运动，经过时间后，竖直方向末速度 T时刻竖直速度为0，合速度等于水平速度，不是，故A错误，B正确； C．由题意可得竖直方向下落了高度为，重力势能减少量为，故C正确； D．初末状态微粒动能不变，由动能定理可得 解得，则克服电场力做功为，故D错误。 故选BC。 考点三 带电粒子在电场中的偏转 知识点1 类平抛运动的分解与偏转量 重 知●识●解●构 1.模型：带电粒子以初速度垂直于电场方向射入匀强电场，所受电场力恒定且与初速度垂直，做与平抛运动类似的类平抛运动。 2.分解：沿初速度方向做匀速运动；沿电场力方向做匀加速运动，其中。 3.偏转量：粒子穿出电场时（为极板长度）。可见偏转量与成正比、与成反比。 4.偏转角：；速度方向的反向延长线过极板的中点。 5.是否打出：先由求出恰好从极板边缘飞出的临界条件，再判断粒子是否打在极板上。 例题5、如图所示，在xoy平面内有一匀强电场，方向未知，两个相同的粒子a和b在坐标原点O以大小相等的速率v射入电场。粒子a的速度沿x轴正方向，粒子b的速度与x轴正方向成斜向右下方，两粒子质量均为m，重力不计。当粒子a的速度方向竖直向下时，速度大小为v，由此可知（     ） A．电场方向与x轴负方向成斜向左下 B．该过程粒子b的速度方向也改变了 C．该过程粒子b的电势能减少了 D．该过程粒子b的速度先减小后增大 【答案】C 【详解】A．粒子的速度由向右的变为向下的，沿轴和轴的速度变化量均为，故速度变化量大小为 由牛顿第二定律，电场力斜向左下。粒子电性未知，电场方向也可能斜向右上，故A错误； B．两粒子质量和电荷相同，在相同时间内速度变化量相同。粒子的初速度斜向右下，与斜向左下的速度变化量垂直，速度合成关系如图所示。 由直角三角形得粒子此时的速度大小为 设速度方向改变的角度为，由直角三角形得，故B错误； CD．粒子的初速度与电场力垂直。在匀强电场中，沿初速度方向的速度分量保持，垂直方向的速度分量从零逐渐增大，因此速率持续增大。由前述计算得其末速度为，根据动能定理，此过程电场力做功为 电场力做正功，电势能减少，故C正确，D错误。 故选C。 变式1、如图所示，将一挡板竖直放置于某匀强电场中，电场方向竖直向下。甲、乙两个比荷均为的带电粒子在电场中运动，甲经过点时的速度的方向与水平方向的夹角为；乙经过点时的速度的方向与水平方向的夹角为。点和点在同一竖直线上，点和点也在同一竖直线上。两粒子均垂直撞击在挡板上的点，甲通过点时速度方向与水平面的夹角为，乙通过点时速度方向与水平面的夹角为。两粒从、出发到点的过程中，它们的水平位移为。不计空气阻力和重力，对两粒子从、出发到点的过程中，下列说法中不正确的是（     ） A．甲、乙上升的最大高度的比值为 B．甲、乙从、出发到点的运动时间比为 C． D． 【答案】C 【详解】A．如图所示 根据做类平抛运动的物体任意时刻速度的反向延长线过水平位移的中点，所以有， 联立可得甲、乙上升的最大高度的比值为，故A正确； B．设匀强电场电场强度大小为，根据牛顿第二定律，有 可知甲、乙两带电粒子在电场中运动的加速度相同；根据 可得甲、乙从、出发到点的运动时间比为，故B正确； C．对甲粒子竖直方向的速度为 同理，可得对乙粒子有 联立求得，故C错误； D．、在同一竖直线上，点也在同一竖直线上（挡板竖直），说明从到和从到的水平位移相等，设为，采用逆向思维，从点向左看，粒子做类平抛运动，对甲粒子有 又有 联立可得 同理，对乙粒子有 联立可得 即，故D正确。 本题选错误的，故选C。 变式2、（多选）如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电量为q，从极板M的左边缘A处以初速度水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，已知重力加速度为g。则（　　） A．M板电势高于N板电势 B．粒子做匀速直线运动 C．粒子到达B点的动能为 D．粒子的初速度 【答案】AC 【详解】AB．带电微粒做直线运动，可知电场力与重力的合力水平向左，所以电场力垂直极板向上，则场强垂直极板向下，M板电势高于N板电势，合力与初速度方向相反，粒子在两板间做匀减速直线运动，故A正确，B错误； C．根据竖直方向平衡可知 根据动能定理 解得粒子到达B点的动能为，故C正确； D．因为 解得，故D错误。 故选AC。 知识点2 偏转中的几何关系与临界条件 知●识●解●构 1.离开电场后：粒子离开电场后不受力，做匀速直线运动，其轨迹与初速度方向的夹角等于偏转角。 2.打屏距离：粒子打到屏上的总偏移量，式中为极板末端到屏的水平距离。 3.中点推论：由几何关系可把粒子看作从极板中点沿直线射出，据此可用相似三角形快速求屏上的落点位置。 4.临界条件：恰好不打出极板时有；恰好从边缘飞出时，出射速度方向由确定。 5.多粒子比较：比荷相同的粒子经同一加速电场加速后，在同一偏转电场中的偏转量相同，与粒子的质量、电荷量均无关。 例题6、两块可视为无限大非平行金属板、接在恒定电压的电源上，其截面如图所示，虚线表示等势线，相邻等势线间的电势差相等。若一电子仅受电场力作用从处运动到处，则关于电场线分布和电子运动轨迹，下列选项可能正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】电场线分布满足的条件：电场线始终与等势线垂直，且由高电势的正极板M指向低电势的负极板N，两块非平行金属板接恒定电压，板间距从左到右逐渐增大，根据定性分析可知从左到右电场变弱，则电场线的分布应该左密右疏。 电子运动轨迹需要满足：电子带负电，所受电场力方向与电场强度方向相反，即电场力指向电势升高的方向（指向正极板M一侧）；同时曲线运动的轨迹会向合力（电场力）的一侧弯曲。 综上可知B正确，ACD错误。 故选B。 变式1、（多选）空间中存在竖直方向的匀强电场，电场中有半径为的圆形区域，如图所示，圆上有、、、四点，垂直。质量为、带电量为的带电粒子以速度从点沿半径方向入射刚好到达点，、间的竖直方向上的距离为半径的一半，不计重力，则（     ） A．电场强度为 B．带电粒子沿方向射出电场 C．带电粒子电势能减少了 D．间电势差大小为 【答案】ACD 【详解】 A．根据题意可知带电粒子在竖直方向的位移，则如图所示 带电粒子做类平抛运动的水平位移 竖直方向受到的电场力，根据平抛运动规律可知， 联立以上两式解得，A正确； B．因为粒子做类平抛运动，末速度反向延长线过水平位移中点，点不是的中点，B错误； C．带电粒子在电场中受电场力作用，电场力做功使粒子动能增加，电势能减少。粒子从到，电场力做功等于电势能减少量。电场力做功，其中为、间竖直距离，故，C正确； D．由可知，两点间电势差大小为，D正确。 故选ACD。 变式2、（多选）如图所示，让氕()粒子和氘()粒子的混合物在左极板 处由静止经同一加速电场加速，垂直进入偏转电场，在运动过程中二者未与极板相碰，不考虑粒子间的相互作用，下列说法正确的是（     ） A．两粒子通过电场的总时间相同 B．两粒子离开偏转电场时的位置相同 C．两粒子离开偏转电场时的速度相同 D．两粒子离开偏转电场时的动能相同 【答案】BD 【详解】B．设加速电压为，偏转电压为，偏转极板长为，板间距离为。粒子在加速电场中，由动能定理得 解得进入偏转电场的初速度 粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向 竖直方向 加速度 联立解得侧移量 可见与粒子的质量和电荷量无关，两粒子离开偏转电场时的位置相同，故B正确； D．对全过程应用动能定理，末动能 因、均相同，故两粒子离开偏转电场时的动能相同，故D正确； A．粒子在加速电场中受到的电场力大小相同，但质量大的加速度小，根据可知，在加速电场中，质量大的时间长，在偏转电场中的运动时间 质量大的时间长，所以总时间也是质量大的时间长，故时间不同，故A错误； C．根据可知，离开时的速度，因相同但不同，故速度大小不同，故C错误。 故选BD。 考点四 带电粒子偏转的应用 知识点1 示波管原理与打屏落点分析 知●识●解●构 1.组成：示波管由电子枪（发射并加速电子）、偏转电极（使电子偏转）和荧光屏（显示亮点）三部分组成。 2.加速：电子经加速电压加速，由得。 3.偏转：电子经偏转电压偏转，偏转量，即偏转量与偏转电压成正比。 4.打屏：屏上落点的偏移量。 5.重要结论：电子在荧光屏上的偏移量与电子的电荷量、质量均无关，只由加速电压、偏转电压以及管的几何尺寸决定。 例题7、“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为和的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，电势分别为和，其过球心的截面如图所示。一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间。忽略电场的边缘效应。下列说法中正确的是（     ） A．A球面电势比B球面电势高 B．等势面C所在处电势的大小大于 C．等势面C所在处电势的大小为 D．等势面C所在处电场强度的大小为 【答案】D 【详解】A．电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，电场力的方向指向圆心O。由于电子带负电，负电荷受到的电场力方向与电场强度方向相反，因此电场强度方向是从B指向A。根据电场线从高电势指向低电势的规律，可知B球面的电势比A球面的电势高，故A错误； BC．该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大，所以 即 整理得，故BC错误； D．电子沿等势面C做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有 等势面C的半径为 电子的动能为 联立以上三式可得 即等势面C所在处电场强度的大小为，故D正确； 故选D。 变式1、（多选）示波器是一种多功能电学仪器，由加速电场和偏转电场组成的。如图所示，不同的带电粒子（不计重力）在电压为的加速电场中从O点由静止开始加速，从M孔水平射出，然后射入电压为的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带电粒子能射出平行板电场区域的条件下，下列说法正确的是（    ） A．若粒子的电荷量q相等，则粒子在加速电场中运动的时间相等 B．若粒子的比荷不相等，则粒子射出偏转电场时的速率相等 C．若粒子的电荷量q相等，则加速电场和偏转电场对粒子做功相等 D．若粒子的比荷不相等，则粒子射出偏转电场时的偏转角度相等 【答案】CD 【详解】A．设粒子质量为，表示电荷量的绝对值，加速区长度为，粒子离开加速电场时的速率为。加速电场对粒子做功，根据动能定理，加速过程满足 解得 设粒子在加速电场中的运动时间为。粒子从静止做匀加速直线运动，平均速度为末速度的一半，故 电荷量相等的粒子质量可以不同，其加速时间为，故A错误； BCD．设偏转板长为，板间距为，取水平向右、竖直向下为正方向。偏转电场的场强为，设粒子的竖直加速度的大小为，根据牛顿第二定律，粒子的竖直运动满足 因此 设粒子在偏转电场中的运动时间为，水平方向不受力，粒子做匀速直线运动，有，所以 粒子射出时，水平、竖直速度分别为，。出射速度的大小记为，其分量关系如下图所示。 由速度合成及前述结果得 偏转角与粒子的比荷无关，故不同比荷的粒子出射时偏转角相等。由勾股定理，出射速率满足 出射速率随比荷变化。设粒子在偏转电场中的竖直位移为，由匀变速直线运动公式得 偏转电场对粒子做功为 由和的表达式可知，电荷量相等的不同粒子，在加速电场中所得的功分别相等，在偏转电场中所得的功也分别相等，故B错误，CD正确。 故选CD。 变式2、（多选）如图所示，水平放置的平行板电容器，上极板带正电，下极板带负电且接地，两极板间距为d，极板长为L。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（重力不计）以水平初速度从两极板间中轴线射入，恰好从下极板右端边缘飞出。现保持两极板间电压不变，仅将上极板向上平移一段距离，使两极板间距变为，粒子仍从两极板间原来中轴线以水平射入。移动上极板后，下列说法正确的是（     ） A．两极板间的电压为 B．粒子射出两极板的位置到原来中轴线的距离仍为 C．粒子在两极板间运动的过程中，动能增加量为 D．粒子射出电场时速度方向与水平方向夹角的正切值为 【答案】AC 【详解】A．原来粒子恰好从下极板右端边缘飞出，则有， 解得，故A正确； B．仅将上极板缓慢向上平移一段距离，使两极板间距变为，则两极板间电场强度减小，粒子竖直方向上的加速度减小，粒子在两极板间的运动时间不变，因此粒子射出两极板的位置到原来中轴线的距离小于，故B错误； C．仅将上极板向上平移一段距离，使两极板间距变为，粒子仍从两极板间原来中轴线以水平射入，则有，粒子在两极板间运动的过程中，动能增加量，故C正确； D．粒子射出电场时竖直方向的分速度大小 速度方向与水平方向夹角的正切值，故D错误。 故选AC。 知识点2 交变电场中的偏转与打屏 重 知●识●解●构 1.情境：偏转电压随时间周期性变化时，不同时刻射入的粒子在电场中所受电场力不同，因而偏转量与出射方向各不相同。 2.分析方法：按粒子射入电场的时刻分段处理：先求出该段时间内的偏转量与偏转角，再由几何关系确定打屏位置。 3.线性变化：偏转电压随时间线性变化时，先后射入的粒子在屏上形成间距相等的连续光斑，光斑间距与电压变化率成正比。 4.周期性扫描：偏转电压按正弦规律变化时，屏上光斑随时间做周期性往复扫描，形成一段亮线。 5.关键近似：粒子通过极板的时间通常极短，可认为在这段时间内偏转电压不变，从而按恒定电场处理其偏转过程。 例题8、如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，大小都为d，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线且垂直于电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初速度大小均为，已知时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，不计粒子间的相互作用，则（     ） A．之后射入电场的粒子可能会打到极板上 B．所有粒子最终射出电场时，速度方向不相同 C．时刻进入电场的粒子在两板间的最大偏移量为 D．若粒子的入射速度变为，则无论哪个时刻进入电场的粒子，其从电场射出时的侧向位移都减半 【答案】C 【详解】AB．粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍，故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场，故AB错误； C．当t=0时刻射入电场的粒子，在时刻，粒子在水平方向上的分速度为，因为两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，则有 则时刻 当该粒子在时刻以速度进入电场，则此时粒子竖直方向上在电场力的作用下，先做匀加速，再匀减速，接着再匀加速和匀减速后回到中线位置，竖直方向的最大速度 其两板间最大偏移量为 解得，故C正确； D．无论哪个时刻进入的粒子侧向位移都减半，t=0时刻入射的粒子位移由变为确实减半，但时刻入射的粒子原侧向位移为0，速度加倍后侧向位移为，未减半，故D错误。 故选C。 变式1、（多选）如图甲所示，平行金属板P、Q水平放置，板长均为L，两板间加有如图乙所示的方波电压（图中、T已知），两板中线左端有一粒子源，沿板间中线向右均匀发射质量为m、电荷量为q的同种带负电粒子。已知在时刻发射的粒子恰好不打在极板上，所有从两板间射出的粒子在两板间运动的时间均为T，不计粒子重力及粒子间的相互作用。则下列说法正确的是（　　） A．粒子从两板间射出时，速度方向一定与金属板平行 B．粒子源发射的粒子中有93.75%的粒子能从两板间射出 C．两板间的距离为 D．时刻发射的粒子从两板间射出时离金属板P的距离为 【答案】AC 【详解】A．粒子在板间运动的时间内，前半个周期和后半个周期的电场大小均为，方向相反，因此竖直方向的加速时间和减速时间总和相等，竖直方向的总冲量为0，粒子射出电场时竖直分速度为0，速度方向仅沿水平方向，与金属板平行，故A正确； B．以时刻发射的粒子恰好不打在极板上为临界情况，通过对称性可推得：只有在和这两个区间内发射的粒子会分别打到上、下极板，无法射出，能射出的粒子占比为，故B错误； C． 时刻入射的粒子恰好不打在极板上，说明它向P板运动的最大位移等于板间距的一半。根据牛顿第二定律，运动过程将： 第一阶段（）：时长，向上加速，位移，末速度 第二阶段（）：时长，向上减速，位移，末速度 第三阶段（）：时长，向下加速，位移，末速度 第四阶段（）：时长，向下减速，位移，末速度 设两极板间距为，由题意知 解得，故C正确； D． 粒子从两板间射出时离金属板P的距离 可得，故D错误。 故选AC 。 变式2、如图（a）所示，连续发射的电子进入加速电极前的速度大小忽略不计，通过加速电极后形成高速运动的电子束。两块平行金属板作为偏转电极（边缘效应忽略不计），接入如图（b）所示周期性变化的电压，电子束沿其中心线射入，最后打在圆筒表面。圆筒表面贴着涂有荧光粉的记录纸，时刻起圆筒以其中轴线为转轴匀速旋转。一段时间后取下记录纸并展开，得到的图像可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】CD．设加速电极两端电压为，电子从加速电极射出时的速度为，则 设偏转电极两端电压为U，极板长度为l，两极板之间的距离为d。 电子射出偏转电场时的偏转距离为，， 解得 根据图(b)，U和t是线性关系，那么y和t也是线性关系，所以圆筒上的光斑在竖直方向上做匀速运动。从上往下看，圆筒沿逆时针方向做匀速圆周运动，从左往右看，光斑在水平方向上相对于圆筒向左做匀速直线运动。两个匀速直线运动的合运动一定是直线运动，光斑在圆筒上的轨迹一定是折线，CD错误； B．圆筒转第一周，光斑的轨迹如下图实线所示，圆筒转第二周，光斑的轨迹如下图虚线所示 圆筒转两周光斑的重叠轨迹如下图所示，B错误； A．圆筒转第一周，光斑的轨迹如下图实线所示，圆筒转第二周，光斑的轨迹如下图虚线所示 圆筒转两周光斑的重叠轨迹如下图所示，A正确。 故选A。 考点五 电场中的力电综合 知识点1 电场中的直线与类平抛运动 知●识●解●构 1.受力特点：重力与电场力同时存在时，两者都是恒力，合外力为恒力，物体做匀变速运动。 2.等效重力：把重力与电场力合成得到等效重力，其方向决定运动中的"等效最高点"与"等效最低点"。 3.直线运动：若合力方向与速度方向在同一直线上，物体做匀变速直线运动（加速或减速）。 4.类平抛：若合力方向与初速度方向垂直，可分解为两个互相垂直的匀变速直线运动，按平抛运动的方法处理。 5.动能定理：由求解速度或位移，其中电场力做功，为沿电场方向的位移。 例题9、如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场，电场强度。一质量为m、电荷量为+q的小球从A点以初速度斜向上抛出，初速度方向与水平方向间的夹角为60°。规定抛出点的重力势能和电势能均为零。已知重力加速度为g，不计空气阻力。小球从抛出到落回到与抛出点等高位置B的过程中，下列说法正确的是（     ） A．小球运动的时间为 B．小球的重力势能的最大值为 C．小球的速度的最小值为 D．小球的机械能的最大值为 【答案】D 【详解】A．不计空气阻力，带正电的小球受到向右的电场力和竖直向下的重力，则小球在竖直方向做加速度为的匀减速运动，小球在竖直方向的分速度为 小球从抛出到位置B的过程中，竖直方向的位移为0，由位移时间公式可得 则小球运动的时间为，故A错误； B．小球从抛出点到最高点的竖直距离为 则小球的重力势能的最大值为，故B错误； C．小球受到水平向右的电场力，大小为 设小球受到的合力与水平方向夹角为，则，即 当小球的速度与所受合力方向垂直时，小球的速度最小，将小球的初速度分解为合力方向和垂直合力方向，则垂直合力方向的分速度为，即小球的速度的最小值为，故C错误； D．小球在水平方向做向右的匀加速运动，加速度为 小球在水平方向的分速度为 则小球在水平方向的位移为 从小球抛出到位置B的过程中，重力不做功，电场力做正功，所以小球在B位置时机械能最大，根据动能定理有 则小球在B位置时的动能为 小球在B位置的重力势能为0，则小球的机械能的最大值等于小球在B位置时的动能，故D正确； 故选D。 变式1、如图，竖直面内有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，固定在光滑的水平地面上，且圆弧轨道最低点C与水平地面相切．空间加有水平向右的匀强电场，A点位于B点左上方，相对于B点的水平距离和竖直高度均为R，一可视为质点的带电小球从A点以某一速度水平抛出，恰能从B点无碰撞地沿圆弧切线进入轨道，小球离开轨道后，运动到D点（D点未画出）时速度减为零，已知重力加速度为g，则（     ） A．小球带正电 B．段长度为 C．小球从A点抛出时的速度为 D．从A点到D点过程中小球的电势能增加了 【答案】D 【详解】A．小球恰好从B点无碰撞地沿圆弧切线进入轨道，说明小球在水平方向上减速，受到水平向左的电场力作用，与电场方向相反，小球带负电，A错误； BCD．小球恰好从B点无碰撞地沿圆弧切线进入轨道，小球在竖直方向上做自由落体运动，有 可得， 小球在水平方向上，有 可得小球从A点抛出时的速度大小为，小球在水平方向加速度的大小为 可知小球受到的电场力大小为 小球从A到D的过程中，由动能定理可得 解得 可得段的长度为 根据功能关系可得从A点到D点过程中小球的电势能增加了，故BC错误，D正确。 故选 D。 变式2、（多选）如图所示，匀强电场方向水平向右带负电的小球从斜面顶端的O点水平向右抛出，初速度大小为，小球带电量为﹣q，质量为m，运动轨迹如图中曲线所示，小球打到斜面上P点的速度方向竖直向下。已知斜面与小球初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（     ） A．小球做曲线运动的加速度大小为 B．小球由O点到P点用时 C．小球通过P点时的速度大小为 D．小球在运动过程中最小速度为 【答案】ABD 【详解】ABC．取水平向右为轴正方向、竖直向下为轴正方向，设小球从点到点用时。小球所受电场力水平向左，由牛顿第二定律得 竖直方向仅受重力，故做自由落体运动。到达点时水平速度为零，由匀变速直线运动规律得 水平位移 竖直位移，图中沿斜面，故 联立得 由水平速度方程得 合加速度大小 到达点时速度竖直向下，大小，故AB正确，C错误； D．由前述加速度可得，运动中速度大小满足 平方项的零点在到达点所用时间的四分之一处，属于题设运动过程，故，故D正确。 故选ABD。 知识点2 电场中的圆周运动与轨道问题 知●识●解●构 1.等效最高点：在等效重力场中，物体在等效最高点处受到的合力指向圆心，此处速度最小。 2.临界条件：轻绳（或圆环内侧）模型中，恰能通过等效最高点的条件为，即。 3.能量关系：对轨道上的两点用动能定理，注意支持力不做功。 4.轨道类问题：光滑轨道上运动时只须考虑重力、电场力做功；若轨道粗糙，还要计入摩擦生热。 5.解题顺序：先确定等效重力的大小与方向，再按重力场中圆周运动的规律处理，最后用动能定理与向心力公式联立求解。 例题10、如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度下列说法正确的是（　　） A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为 B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到C点时的动能最大 C．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时的机械能最小 D．若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动 【答案】C 【详解】A．小球受到的电场力 方向水平向右。重力 方向竖直向下。合力 方向指向右下方。小球做圆周运动的最小速度出现在等效最高点（即弧的中点），由牛顿第二定律得 解得，故A错误； B．小球动能最大的位置在等效最低点（即弧的中点），而不是点，故B错误； C．除重力外，电场力做功等于机械能的变化量。电场力水平向右，小球运动到最左端点时，克服电场力做功最多，机械能最小，故C正确； D．小球在点由静止释放，受重力和电场力作用，合力方向指向右下方，即指向点。小球将沿连线做匀加速直线运动，到达点时绳子绷紧，之后做圆周运动，而不是在圆弧上往复运动，故D错误。 故选C。 变式1、（多选）如图所示，半径为R的圆轨道固定在竖直面内，与水平轨道相切于B点，并在B处开有小孔。可视为质点的小球质量为m，电荷量为+q，整个空间存在大小为、方向水平向右的匀强电场，重力加速度为g，现将小球从A点由静止释放，AB=2R，圆轨道上的C点与圆心等高，不计一切摩擦，在小球运动过程中，以下说法正确的是（     ） A．小球对圆弧轨道C点压力大小为4mg B．小球机械能增量的最大值为3mgR C．小球的最大动能为 D．当释放点A到B的距离为时，小球恰好不脱离圆轨道 【答案】BC 【详解】A．小球从A点运动到C的过程中，只有重力与静电力做功，应用动能定理，有 解得 在C点，列牛顿第二定律方程，有 可解得在C点轨道对小球的弹力大小为 所以小球对轨道的压力大小也为5mg，故A错误； B．小球机械能的增加量等于静电力对小球做的功，所以小球到达C点时静电力做功最多，所以，故B正确； C．根据动能定理可知小球受到的合力做功最多时动能最大，由于静电力与重力大小相等方向相互垂直，二者的合力大小为，方向与竖直方向成45°向右下方。 根据的方向可知当小球运动到BC的中点M时速度最大，其中M与圆心的连线与竖直方向成45°，应用动能定理，满足 解得最大动能为，故C正确； D．小球运动到方向上的最高点时速度最小，即为下图中的N点，其中ON方向与竖直方向成45°。 在N点恰好不脱离轨道的条件是轨道对小球的弹力为0，此时 对从A到N的运动过程应用动能定理，有 联立解得，故D错误。 故选BC。 变式2、（多选）如图所示，半径为的光滑绝缘圆环固定于竖直平面内， 为圆环的最低点，为圆环的最高点，点与圆心等高，该空间存在与圆环平面平行的匀强电场。质量为 、带电量为 的小球套在圆环上，沿环做圆周运动，通过 、、三点时的速度大小分别为、、。下列说法正确的是（     ） A． 、、三点中， 、两点电势相等，点电势最低 B．匀强电场方向水平向右，大小为 C．小球运动过程中速度最小的位置在点 D．小球运动过程中对圆环的最大压力大小为 ，方向与竖直方向成 【答案】AD 【详解】AB．设从 到小球沿电场线方向的位移为，在此过程对小球列动能定理可得： 化简可得： ，说明从 到电场力做正功； 设从 到小球沿电场线方向的位移为，对此过程列动能定理方程： 可解得 故从 到过程电场力对小球不做功，故可知电场方向沿水平方向向右，则 、、三点中， 、两点电势相等，点电势最低，联立可得 解得场强大小为：，故A正确，B错误； CD．对小球受力分析可知，在复合场中，其所受的合力方向斜向右下方，大小为： 与竖直方向夹角为：，故其等效最低点与圆心的连线与竖直方向的夹角为： ； 而等效最高点在圆上与之对称的位置，如下图所示： 当小球经过等效最高点的速度最小，对轨道的压力最小，其经过等效最低点时的速度最大，对轨道的压力最大； 从到等效最低点，由动能定理可得： 在等效最低点由牛顿第二定律可得： 结合牛顿第三定律可知小球对对圆环的最大压力为： 方向与竖直方向成，故C错误，D正确。 故选AD。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的，逐渐增大施加于两极板压力F的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小；F较大时弹性结构闭合，d难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据公式和电容的决定式 可得 根据题意F较小时易被压缩，故可知当F较小时，随着F的增大，d在减小，且减小的越来越慢，与电源断开后Q不变，故此时极板间的电势差U在减小，且减小的越来越慢；当F增大到一定程度时，再增大F后，d基本不变，故此时U保持不变，结合图像，最符合情境的是D选项。 故选D。 2．（2026·陕晋青宁卷·高考真题）飞行时间质谱仪可用于创新药物研发等领域，其简化工作原理如图。开关S闭合，在真空室内，电容器极板AB间加速电压为U，两极板中央开有小孔，C为接收端，BC间为无场漂移区域。有一质量为m、电荷量为q（）的带电大分子（不计重力），自漂入（忽略初速度）A极板小孔起，经加速区域和漂移区域到达C端结束，时间探测器显示整个过程时间为t，则（     ） A．保持S闭合，仅变大，t变长 B．保持S闭合，仅U增大，t变长 C．保持S闭合，AC位置不变，仅B极板向右移动，t变长 D．将S断开，AC位置不变，仅B极板向右移动，t变长 【答案】C 【详解】A．根据题意，设A、B距离为，B、C距离为，且，在A、B间有，， 解得，， 在B、C间有 则整个过程时间 保持S闭合，不变，仅变大，变短，故A错误； B．结合A分析可知，保持S闭合，仅增大，变短，故B错误； C．结合A分析可知，保持S闭合，不变，AC位置不变，仅B极板向右移动，则增大，减小，不变，变长，故C正确； D．将S断开，极板上电荷量不变，AC位置不变，仅B极板向右移动，A、B间电场强度不变，则加速度不变，则有，， 则整个过程时间 由于增大且小于，减小，不变，根据数学知识可知，当时，有最小值，故随着增大，减小，总时间减小，D错误。 故选C。 3．（2026·全国卷·高考真题）（多选）两带电平行金属板竖直放置，一带电小球从高于金属板的位置由静止自由下落，以一定的速度进入两板间。若忽略边缘效应，下列表示小球运动轨迹（图中实线）的四幅图中，可能正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】AB 【详解】小球进入竖直平行板电场前做自由下落运动，进入电场瞬间的初速度方向是竖直向下的。进入电场后，小球同时受两个恒力：竖直向下的重力、水平方向的恒定电场力，因此合外力是恒定的恒力。由于进入电场瞬间水平分速度为0，轨迹在电场边界处的切线方向应与进入前的速度方向一致（即竖直向下），轨迹应是光滑的。竖直方向：初速度向下，同时重力提供向下的加速度，竖直分速度会持续增大；水平方向：初速度为0，在恒定电场力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，水平分速度从0开始逐渐增大。因此小球的运动轨迹是曲线且向电场力方向偏转，由于不知道两金属板的电性，所以AB符合题意，CD不符合题意。 故选AB。 4．（2026·河南·高考真题）反射式飞行时间质谱仪是通过测量离子在真空中的飞行时间来对其进行质量分析的仪器。原理如图所示，离子源 产生不同种类、初速度为零的正离子，离子经匀强电场加速后从 点射出，进入无场区做直线运动，然后从 点进入匀强反射电场，最后从反射电场射出。已知 、 间的距离为；加速电场和反射电场两极板间的电压分别为和（），间距分别为和；反射电场方向与 的夹角为。不计离子重力。 (1)证明从离子源 产生的正离子都能从同一点射出反射电场； (2)测得两种离子从 到射出反射电场所用时间之比，求其比荷之比。 【答案】(1)设离子电荷量为q、质量为m，经加速电场加速后速度为v，由动能定理有 离子进入反射电场，沿电场方向分速度 加速度大小 离子在反射电场中垂直电场方向分速度 反射电场往返时间 可得垂直电场方向位移 与离子比荷无关，结合沿电场方向最大位移与比荷无关，可得出所有正离子均从同一点射出反射电场。 (2) 【详解】（1）设离子电荷量为q、质量为m，经加速电场加速后速度为v，由动能定理有 离子进入反射电场，沿电场方向分速度 加速度大小 离子在反射电场中垂直电场方向分速度 由于则粒子在反射电场往返时间 可得垂直电场方向位移 与离子比荷无关，结合沿电场方向最大位移与比荷无关，可得出所有正离子均从同一点射出反射电场。 （2）在加速电场中，根据位移时间关系 其中 可得加速电场中运动时间 无场区运动时间 离子从到射出反射电场所用时间 可知，即 可得 5．（2026·云南·高考真题）如图所示，在大小、方向均未知的匀强电场中，O、M、N三点处于同一竖直面内，将一质量为0.1kg、电荷量为1.0×10－6C的带正电的小球（视为质点）从O点抛出，小球1s后到达O点正上方3m处的M点，再经1s到达N点，O、N两点在同一水平线上且相距3m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/，设电场强度大小为E，O、N两点的电势分别为和，则（   ） A．E = 6.7×1V/m， > B．E = 6.7×1V/m， < C．E = 5.0×1V/m， > D．E = 5.0×1V/m， < 【答案】C 【详解】根据题意0 ~ 1s水平位移为0，可得＋0.5 = 0 竖直位移为3m，可得＋0.5 = 3 0 ~ 2s水平位移为3m，可得2＋2 = 3 竖直位移为0，可得2＋2 = 0 解得 = 3m/， = －6m/ 对小球受力分析有 代入数据得 = 3.0×1V/m， = 4.0×1V/m 故电场强度大小 电场方向斜向上偏N侧， > 0表明沿x轴正方向电势降低，故 > 。 故选C。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $