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重難突破10　帶電粒子（體）在電場中運動的綜合問題
1.（2025·江蘇蘇州期末）如圖甲所示，某多級直線加速器由多個橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上，序號為奇數和偶數的圓筒分別與圖乙所示交變電源兩極相連。t＝0時，位于金屬圓板（序號為0）中央的電子，由靜止開始加速。電子通過圓筒間隙的時間不計，且忽略相對論效應，則（　　）
A.圓筒內部電場強度大小隨序號增大而減小
B.電子在各圓筒中做勻加速直線運動
C.電子在各圓筒中運動的時間都為T
D.各圓筒的長度之比可能為1∶∶…
2.〔多選〕（2025·江西宜春期中）如圖所示，在相距較遠的兩平行金屬板中央有一個靜止的帶電粒子（不計重力），當兩板間的電壓分別如圖中甲、乙、丙、丁所示時，在t＝0時刻靜止釋放該粒子，下列說法正確的是（　　）
A.電壓如圖甲所示時，在0～T時間內，粒子始終朝同一方向運動
B.電壓如圖乙所示時，在0～時間內，粒子先做勻減速運動，后做勻加速運動
C.電壓如圖丙所示時，在0～時間內，粒子動量變化量為0
D.電壓如圖丁所示時，若粒子在之前不能到達極板，則一直不能到達極板
3.（2025·河北石家莊模擬）圖甲為兩水平金屬板，在兩板間加上周期為T的交變電壓u，電壓u隨時間t變化的圖線如圖乙所示。質量為m、重力不計的帶電粒子以初速度v0沿中線射入兩板間，經時間T從兩板間飛出。下列關于粒子運動的描述錯誤的是（　　）
A.t＝0時入射的粒子，離開電場時偏離中線的距離最大
B.t＝T時入射的粒子，離開電場時偏離中線的距離最大
C.無論哪個時刻入射的粒子，離開電場時的速度方向都水平
D.無論哪個時刻入射的粒子，離開電場時的速度大小都相等
4.（2025·山西運城模擬）如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b。不計空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）
A.小球帶負電
B.靜電力與重力平衡
C.小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小
D.小球在運動過程中機械能守恒
5.（2025·河北滄州期中）中國新一代粒子研究利器“超級陶粲”裝置關鍵技術攻關項目已經啟動，靜電分析器是其重要的組成部分。靜電分析器的兩電極之間存在如圖所示的靜電場，該靜電場中任意一點的電場方向均沿半徑方向指向圓心，大小均滿足E＝（k為與裝置有關的常數，r為該點到圓心O的距離）。某次實驗中一組粒子由入射口P進入靜電分析器HH沿軌跡Ⅰ繞圓心O做圓周運動H沿軌跡Ⅱ繞圓心O做圓周運動。下列說法正確的是（　　）
A.靜電分析器中同一圓周上各點的電場強度相同
B.三種粒子的動能都相同
CH粒子在電場中的運動時間最長
DH粒子的向心力最小
6.（2025·湖北黃岡模擬）如圖所示，在水平向右的勻強電場中有一個絕緣斜面，斜面上有一帶電金屬塊沿斜面滑下，已知在金屬塊滑下的過程中動能增加了12 J，金屬塊克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J。下列說法中正確的是（　　）
A.金屬塊帶負電荷
B.金屬塊克服靜電力做功8 J
C.金屬塊的電勢能減少4 J
D.金屬塊的機械能減少12 J
7.（2025·北京西城階段練習）如圖所示為密立根油滴實驗示意圖。實驗中要設法使帶負電的油滴懸浮在電場之中。若在實驗中觀察到某一個帶負電的油滴向下加速運動。在該油滴向下運動的過程中，下列說法正確的是（　　）
A.靜電力做正功
B.重力和靜電力的合力做負功
C.電勢能逐漸增大
D.重力勢能的減少量小于動能的增加量
8.〔多選〕（2025·四川成都模擬）一質量為m的帶電液滴以豎直向下的初速度v0進入某電場中，由于靜電力和重力的作用，液滴沿豎直方向下落一段距離h后，速度變為0。在此過程中，以下判斷正確的是（　　）
A.液滴一定帶負電
B.合外力對液滴做的功為－m
C.液滴的電勢能增加了m＋mgh
D.液滴的重力勢能減少了m＋mgh
9.（2024·浙江6月選考12題）如圖所示，空間原有大小為E、方向豎直向上的勻強電場，在此空間同一水平面的M、N點固定兩個等量異種點電荷，絕緣光滑圓環ABCD垂直MN放置，其圓心O在MN的中點，半徑為R，AC和BD分別為豎直和水平的直徑。質量為m、電荷量為＋q的小球套在圓環上，從A點沿圓環以初速度v0做完整的圓周運動，則（　　）
A.小球從A到C的過程中電勢能減少
B.小球不可能沿圓環做勻速圓周運動
C.可求出小球運動到B點時的加速度
D.小球在D點受到圓環的作用力方向平行MN
10.（2025·浙江衢州期末）如圖，用一長L＝20 cm、不可伸長的絕緣輕繩將一帶電小球懸掛于O點，O點離水平地面高h＝48 cm，小球質量m＝1.0×10－3 kg。加一范圍足夠大的水平向左的勻強電場，電場強度大小E＝3.0×105 N/C，平衡時小球靜止于A點，此時輕繩與豎直方向夾角θ＝37°。現將小球拉到O點正下方B點（繩子剛好伸直），由靜止釋放。帶電小球可視為質點，sin 37°＝0.6，求：
（1）小球所帶電性和電荷量q；
（2）小球第一次經過A點時的速度大小vA；
（3）當小球第一次運動到A點時立即剪斷輕繩，小球運動到與A點等高處時與A點的水平距離x。
重難突破10　帶電粒子（體）在
電場中運動的綜合問題
1.D　金屬圓筒中電場強度為零，電子不受電場力，所以電子做勻速直線運動，故A、B錯誤；只有電子在每個圓筒中勻速運動時間為時，才能保證每次在縫隙中被電場加速，故C錯誤；電子進入第n個圓筒時，經過n次加速，根據動能定理neU0＝m，解得vn＝，第n個圓筒長度Ln＝vn×＝，則各金屬圓筒的長度之比為1∶∶…，故D正確。
2.AD　由圖甲可知粒子應朝同一方向先加速后減速，T末速度恰好減到0，不返回，故A正確；由圖乙可知，根據E＝可知電場時刻在變化，則粒子受變力作用，其做非勻變速運動，故B錯誤；由圖丙可知，0～時間內電壓值始終為正，故電場力沖量之和不為零，故C錯誤；由圖丁可知，粒子先加速，到后減速，后反向加速，若此刻該粒子一直未打到板上，那么由運動的對稱性可知，T后粒子做減速運動，T時刻速度減為零，之后又反向加速……，故粒子做往復運動，故D正確。
3.B　粒子在電場中運動的時間是相同的，t＝0時入射的粒子，在豎直方向先加速，然后減速，最后離開電場區域，故t＝0時入射的粒子離開電場時偏離中線的距離最大，選項A正確；t＝T時入射的粒子，在豎直方向先加速，然后減速，再反向加速，最后反向減速離開電場區域，故此時刻入射的粒子離開電場時速度方向和中線在同一直線上，選項B錯誤；因粒子在電場中運動的時間等于電場變化的周期T，根據動量定理，豎直方向電場力的沖量的矢量和為零，故所有粒子離開電場時的豎直方向分速度為零，即最終都垂直電場方向射出電場，離開電場時的速度大小都等于初速度，選項C、D正確。
4.B　由于小球在豎直平面內做勻速圓周運動，所以重力與靜電力的合力為0，即靜電力與重力平衡，知靜電力方向豎直向上，所以小球帶正電，A錯誤，B正確；從a→b，靜電力做負功，電勢能增大，C錯誤；由于靜電力對小球做功，故小球在運動過程中機械能不守恒，D錯誤。
5.B　同一圓周上各點的電場強度方向不同，故A錯誤；由牛頓第二定律，圓周運動的向心力由靜電力提供，有Eq＝m，又E＝，解得Ek＝mv2＝，由于三種粒子的電荷量相等，則其動能相同，故B正確H粒子和H粒子動能相同，但H粒子質量大，速率小HH粒子運動弧長相同H粒子在電場中的運動時間大于H粒子在電場中的運動時間，故C錯誤；根據靜電力提供粒子做圓周運動所需的向心力，則F向＝Eq＝q，由圖可知H粒子做圓周運動的半徑最小，則向心力最大，故D錯誤。
6.D　金屬塊滑下的過程中動能增加了12 J，由動能定理知WG＋Wf＋WF＝ΔEk，摩擦力做功Wf＝－8 J，重力做功WG＝24 J，解得靜電力做功WF＝－4 J，靜電力做負功，金屬塊帶正電荷，電勢能增加了4 J，故A、B、C錯誤；由功能關系可知機械能的變化量ΔE＝Wf＋WF＝－12 J，即機械能減少了12 J，故D正確。
7.C　該油滴受到的靜電力向上，與位移方向相反，故靜電力做負功，故A錯誤；油滴受重力和靜電力，做加速運動，動能增加，根據動能定理，合力做正功，故B錯誤；油滴克服靜電力做功，故電勢能逐漸增大，故C正確；重力勢能的減小量等于重力做的功，動能增加量等于合力做的功，由于靜電力做負功，故重力做功大于合力做功，故重力勢能的減少量大于動能的增加量，故D錯誤。
8.BC　帶電液滴下落h高度的過程中，根據動能定理有W電＋mgh＝0－mv2，可得W電＝－mgh－m，所以靜電力做負功，則液滴的電勢能增加m＋mgh，靜電力方向豎直向上，電場方向向上，則液滴一定帶正電，故A錯誤，C正確；合外力對液滴做的功為W合＝ΔEk＝0－m＝－m，故B正確；重力對液滴做的功為WG＝mgh，則液滴的重力勢能減少了mgh，故D錯誤。
9.C　根據等量異種點電荷的電場特點可知，圓環所在平面為等量異種點電荷電場的等勢面，勻強電場方向豎直向上，則小球從A到C的過程中電勢升高，電勢能增加，A錯誤；當豎直向上的電場的電場強度E滿足qE＝mg時，小球沿圓環做勻速圓周運動，B錯誤；根據動能定理可以求得小球運動到B點的速度vB，則由an＝可以求得小球的向心加速度，根據牛頓第二定律可以求得小球的切向加速度，再根據平行四邊形定則可以得到小球在B點的加速度，C正確；小球在D點要受到圓環指向圓心的力提供向心力，所以小球在D點受到圓環的作用力方向并不平行MN，D錯誤。
10.（1）帶負電　2.5×10－8 C　（2）1 m/s　（3）0.15 m
解析：（1）小球靜止于A點，可知小球受到的靜電力水平向右，與電場強度方向相反，則小球帶負電；根據平衡條件可得tan θ＝
解得小球的電荷量為q＝＝2.5×10－8 C。
（2）現將小球拉到O點正下方B點（繩子剛好伸直），由靜止釋放，到達A點時，根據動能定理可得qELsin θ－mgL（1－cos θ）＝m－0
解得小球第一次經過A點時的速度大小為vA＝1 m/s。
（3）當小球第一次運動到A點時立即剪斷輕繩，球運動到與A點等高處時，豎直方向有
t＝＝0.12 s
水平方向有x＝vAcos θ·t＋at2，a＝＝g
聯立解得x＝0.15 m。
4 / 4　帶電粒子（體）在電場中運動的綜合問題
突破點一　帶電粒子在交變場中的運動
　　
1.三種常見運動
（1）粒子做單向直線運動（一般用牛頓運動定律及運動學公式求解）。
（2）粒子做往返運動（一般分段研究）。
（3）粒子做偏轉運動（一般根據交變電場的特點分段研究）。
2.兩條分析思路
（1）利用力和運動的關系：根據牛頓第二定律及運動學規律分析。
（2）利用能量關系：根據動能定理、功能關系、能量守恒定律等規律分析。
3.解題技巧
（1）按周期性分段研究。
（2）將a-t圖像v-t圖像。
〔多選〕（2025·山東淄博期末）勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像如圖所示。當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶正電的粒子，帶電粒子只受靜電力的作用，下列說法正確的是（　　）
A.帶電粒子將始終向同一個方向運動
B.3 s末帶電粒子回到原出發點
C.3 s末帶電粒子的速度不為零
D.前3 s內，靜電力做的總功為零
嘗試解答
〔多選〕（2025·貴州貴陽一模）如圖甲，水平放置長為l的平行金屬板右側有一豎直擋板。金屬板間的電場強度大小為E0，其方向隨時間變化的規律如圖乙所示，其余區域的電場忽略不計。質量為m、電荷量為q的帶電粒子任意時刻沿金屬板中心線OO'射入電場，均能通過平行金屬板，并打在豎直擋板上。已知粒子在電場中的運動時間與電場強度變化的周期T相同，不計粒子重力，則（　　）
A.金屬板間距離的最小值為
B.金屬板間距離的最小值為
C.粒子到達豎直擋板時的速率都大于
D.粒子到達豎直擋板時的速率都等于
嘗試解答
突破點二　帶電體在“等效重力場”中的圓周運動
1.“等效重力場”
在勻強電場和重力場的共存區域，可以將重力場與電場合二為一，稱之為“等效重力場”。
2.“等效重力場”的理解
3.帶電小球在“等效重力場”中兩種圓周運動圖例
（2025·四川綿陽期末）如圖所示，可視為質點的質量為m且電荷量為q的帶正電小球，用一絕緣輕質細繩懸掛于O點，繩長為L，現加一水平向右的足夠大的勻強電場，電場強度大小為E＝，小球初始位置在最低點，若給小球一個水平向右的初速度，使小球能夠在豎直面內做圓周運動，忽略空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法正確的是（　　）
A.小球在運動過程中機械能守恒
B.小球在運動過程中機械能不守恒
C.小球在運動過程的最小速度至少為
D.小球在運動過程的最大速度至少為5
嘗試解答
空間中有豎直向上的勻強電場，電場強度E＝。絕緣圓形軌道豎直放置，O點是它的圓心、半徑為R，A、C為圓軌道的最低點和最高點，B、D為與圓心O等高的兩點，如圖所示。在軌道A點放置一質量為m，帶電荷量為＋q的光滑小球。現給小球一初速度v0（v0≠0），重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A.無論v0多大，小球都不會脫離軌道
B.只有v0≥，小球才不會脫離軌道
C.v0越大，小球在A、C兩點對軌道的壓力差也越大
D.若將小球無初速度從D點釋放，小球一定會沿軌道經過C點
嘗試解答
突破點三　電場中的功能關系
電場力做功的計算
電場中的功能關系 （1）電場力做正功，電勢能減少，電場力做負功，電勢能增加，即W＝－ΔEp。 （2）如果只有電場力做功，則動能和電勢能之間相互轉化，二者總和不變，即ΔEk＝－ΔEp
〔多選〕（2024·山東高考10題）如圖所示，帶電量為＋q的小球被絕緣棒固定在O點，右側有固定在水平面上、傾角為30°的光滑絕緣斜面。質量為m、帶電量為＋q的小滑塊從斜面上A點由靜止釋放，滑到與小球等高的B點時加速度為零，滑到C點時速度為零。已知A、C間的距離為s，重力加速度大小為g，靜電力常量為k，下列說法正確的是（　　）
A.O、B間的距離l＝
B.O、B間的距離l＝
C.從A到C，靜電力對小滑塊做功W＝－mgs
D.A、C之間的電勢差UAC＝－
嘗試解答
（2025·河南林州一中月考）如圖所示，在E＝103 V/m的水平向左的勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道豎直放置，半圓軌道與一水平絕緣軌道MN連接，半圓軌道所在豎直平面與電
場線平行，其半徑R＝40 cm，一帶正電荷q＝1×10－4 C的小滑塊質量為m＝40 g，與水平軌道間的動摩擦因數μ＝0.2，取g＝10 m/s2。
（1）要使小滑塊恰好運動到半圓軌道的最高點C，滑塊應在水平軌道上離N點多遠處釋放？
（2）在（1）的條件下釋放的滑塊通過P點時對軌道的壓力為多大？（P為半圓軌道中點）
嘗試解答
重難突破10　帶電粒子（體）在
電場中運動的綜合問題
【著眼“四翼”·探考點】
突破點一
【例1】 AD　帶電粒子由靜止釋放后，在0～2 s時間內，由牛頓第二定律可知粒子的加速度大小為a1＝，在2～3 s時間內，粒子的加速度大小為a2＝，可知粒子由靜止先以a1加速2 s，再以a2減速1 s，由于a2＝2a1，可知此時粒子速度是零，同理在3～5 s時間內由靜止又以a1加速2 s，再以a2減速1 s，此時粒子速度是零，因此粒子在0～6 s時間內，帶電粒子將始終向同一個方向運動，其速度—時間圖像如圖所示，A正確；由帶電粒子的速度—時間圖像可知，帶電粒子將始終向同一個方向運動，因此3 s末帶電粒子回不到原出發點，B錯誤；由帶電粒子的速度—時間圖像可知，3 s末帶電粒子的速度是零，C錯誤；在前3 s內，由動能定理可知W＝ΔEk＝0，前3 s內，靜電力做的總功是零，D正確。
【例2】 AD　在t＝T（n＝0，1，2，…）時刻進入電場的粒子在電場中的豎直位移最大，粒子在電場中運動的時間為T，則粒子在豎直方向先做勻加速運動后做勻減速運動，由對稱性可知y＝2×a＝，金屬板間距離的最小值d＝2y＝，A正確，B錯誤；粒子出電場時的水平速度v0＝，粒子在豎直方向運動的v-t圖像如圖所示，在t＝t0時刻進入電場的粒子，在t＝T＋t0時刻出電場時豎直方向的速度再次減為0，粒子出電場后做勻速直線運動，則粒子到達豎直擋板時的速率等于，C錯誤，D正確。
突破點二
【例3】 B　小球在運動的過程中，電場力做功，機械能不守恒，故A錯誤，B正確；如圖所示，小球在電場中運動的等效最高點和等效最低點分別為A點和B點，等效重力G'＝mg，小球在等效最高點的最小速度v1滿足G'＝m，得v1＝，故C錯誤；小球由等效最高點運動到等效最低點，由動能定理有G'·2L＝m－m，解得v2＝，故D錯誤。
【例4】 D　由題意可知小球所受靜電力與重力的合力方向豎直向上，大小為F＝qE－mg＝2mg，若要使小球不脫離軌道，設其在A點所具有的最小速度為vmin，根據牛頓第二定律有F＝m，解得vmin＝，所以只有當v0≥時，小球才不會脫離軌道，故A、B錯誤；假設小球可以沿軌道做完整的圓周運動，在C點的速度大小為v1，根據動能定理有F·2R＝m－m，在A、C兩點小球所受軌道的支持力大小分別為F0和F1，根據牛頓第二定律有F0＋F＝m，F1－F＝m，聯立以上三式解得ΔF＝F1－F0＝6F＝12mg，根據牛頓第三定律可知小球在A、C兩點對軌道的壓力差等于12mg，與v0的大小無關，故C錯誤；若將小球無初速度從D點釋放，由于F向上，所以小球一定能沿DC軌道經過C點，故D正確。
突破點三
【例5】 AD　小滑塊在B點的加速度為零，則沿斜面方向有mgsin 30°＝cos 30°，解得l＝，A正確，B錯誤；小滑塊從A點到C點的過程，由動能定理有W＋mgssin 30°＝0，解得靜電力對小滑塊做的功為W＝－，C錯誤；根據電場力做功與電勢差的關系結合C項分析可知，A、C之間的電勢差UAC＝＝－，D正確。
【例6】 （1）20 m　（2）1.5 N
解析：（1）滑塊恰好能通過軌道最高點，則滑塊在最高點的速度v＝＝2 m/s；滑塊由釋放點到最高點的過程中由動能定理得Eqs－μmgs－mg·2R＝mv2，代入數據解得s＝20 m。
（2）滑塊由釋放點到P點，由動能定理得Eq（s＋R）－μmgs－mgR＝m；在P點，由牛頓第二定律得FN－Eq＝，聯立解得FN＝1.5 N；由牛頓第三定律可得滑塊通過P點時對軌道的壓力為1.5 N。
4 / 4(共51張PPT)
重難突破10
帶電粒子（體）在電場中運動的綜合問題
高中總復習·物理
目 錄
01
著眼“四翼”·探考點
02
培養“思維”·重落實
題型 規律 方法
著眼“四翼”·探考點
突破點一　帶電粒子在交變場中的運動
1. 三種常見運動
（1）粒子做單向直線運動（一般用牛頓運動定律及運動學公式求解）。
（2）粒子做往返運動（一般分段研究）。
（3）粒子做偏轉運動（一般根據交變電場的特點分段研究）。
2. 兩條分析思路
（1）利用力和運動的關系：根據牛頓第二定律及運動學規律分析。
（2）利用能量關系：根據動能定理、功能關系、能量守恒定律等規律
分析。
3. 解題技巧
（1）按周期性分段研究。
（2）將
〔多選〕（2025·山東淄博期末）勻強電場的電場強度E隨時間t變化
的圖像如圖所示。當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶正電的粒
子，帶電粒子只受靜電力的作用，下列說法正確的是（　　）
A. 帶電粒子將始終向同一個方向運動
B. 3 s末帶電粒子回到原出發點
C. 3 s末帶電粒子的速度不為零
D. 前3 s內，靜電力做的總功為零
√
√
解析：帶電粒子由靜止釋放后，在0～2 s時間內，由牛頓
第二定律可知粒子的加速度大小為a1＝，在2～3 s時間
內，粒子的加速度大小為a2＝，可知粒子由靜止先以a1加速2 s，再以a2減速1 s，由于a2＝2a1，可知此時粒子速度是零，同理在3～5 s時間內由靜止又以a1加速2 s，再以a2減速1 s，此時粒子速度是零，因此粒子在0～6 s時間內，帶電粒子將始終向同一個方向運動，其速度—時間圖像如圖所示，A正確；由帶電粒子的速度—時間圖像可知，帶電粒子將始終向同一個方向運動，因此3 s末帶電粒子回不到原出發點，B錯誤；由帶電粒子的速度—時間圖像可知，3 s末帶電粒子的速度是零，C錯誤；在前3 s內，由動能定理可知W＝ΔEk＝0，前3 s內，靜電力做的總功是零，D正確。
〔多選〕（2025·貴州貴陽一模）如圖甲，水平放置長為l的平行金屬
板右側有一豎直擋板。金屬板間的電場強度大小為E0，其方向隨時間變化
的規律如圖乙所示，其余區域的電場忽略不計。質量為m、電荷量為q的帶
電粒子任意時刻沿金屬板中心線OO'射入電場，均能通過平行金屬板，并
打在豎直擋板上。已知粒子在電場中的運動時間與電場強度變化的周期T
相同，不計粒子重力，則（　　）
A. 金屬板間距離的最小值為
B. 金屬板間距離的最小值為
C. 粒子到達豎直擋板時的速率都大于
D. 粒子到達豎直擋板時的速率都等于
√
√
解析：在t＝T（n＝0，1，2，…）時刻進入電場的粒子在
電場中的豎直位移最大，粒子在電場中運動的時間為T，則
粒子在豎直方向先做勻加速運動后做勻減速運動，由對稱
性可知y＝2×a＝，金屬板間距離的最小值d＝2y＝，A正確，B錯誤；粒子出電場時的水平速度v0＝，粒子在豎直方向運動的v-t圖像如圖所示，在t＝t0時刻進入電場的粒子，在t＝T＋t0時刻出電場時豎直方向的速度再次減為0，粒子出電場后做勻速直線運動，則粒子到達豎直擋板時的速率等于，C錯誤，D正確。
　如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發射裝置的
加速電壓為U0，電容器極板長L＝10 cm，極板間距d＝10 cm，下極板接
地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10 cm，熒光屏足夠長，在電容器
兩極板間接一交變電壓，上極板與下極板的電勢差隨時間變化的圖像如圖
乙所示。每個電子穿過極板的時間都極短，可以認為電子穿過極板的過程
中電壓是不變的。求：
（1）在t＝0.06 s時刻，電子打在熒光屏上的位置到O點的距離；
答案： 13.5 cm　
解析： 設電子經電壓U0加速后的速度為v0，根據動能定理得eU0＝
m，設電容器間偏轉電場的電場強度為E，則有E＝，設電子經時間t
通過偏轉電場，偏離軸線的側向位移為y，則沿中心軸線方向有t＝，垂
直中心軸線方向有a＝，聯立解得y＝at2＝＝，設電子通過偏
轉電場過程中產生的側向速度為vy，偏轉角為θ，則電子通過偏轉電場時有
vy＝at，tan θ＝，則電子在熒光屏上偏離O點的距離為Y＝y＋Ltan θ＝
，由題圖乙知t＝0.06 s時刻，U＝1.8U0，解得Y＝13.5 cm。
（2）熒光屏上有電子打到的區間長度。
答案： 30 cm
解析： 由題意知電子偏移量y的最大值為，根據y＝可知，當偏
轉電壓超過2U0時，電子就打不到熒光屏上了，所以代入U＝2U0得Ymax＝
，所以熒光屏上電子能打到的區間長度為2Ymax＝3L＝30 cm。
突破點二　帶電體在“等效重力場”中的圓周運動
1. “等效重力場”
在勻強電場和重力場的共存區域，可以將重力場與電場合二為一，稱之為
“等效重力場”。
2. “等效重力場”的理解
3. 帶電小球在“等效重力場”中兩種圓周運動圖例
（2025·四川綿陽期末）如圖所示，可視為質點的質量為m且電荷量為
q的帶正電小球，用一絕緣輕質細繩懸掛于O點，繩長為L，現加一水平向
右的足夠大的勻強電場，電場強度大小為E＝，小球初始位置在最低
點，若給小球一個水平向右的初速度，使小球能夠在豎直面內做圓周運
動，忽略空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法正確的是（　　）
A. 小球在運動過程中機械能守恒
B. 小球在運動過程中機械能不守恒
C. 小球在運動過程的最小速度至少為
D. 小球在運動過程的最大速度至少為5
√
解析：小球在運動的過程中，電場力做功，機械能不守
恒，故A錯誤，B正確；如圖所示，小球在電場中運動的
等效最高點和等效最低點分別為A點和B點，等效重力G'
＝mg，小球在等效最高點的最小速度v1滿足G'＝m，
得v1＝，故C錯誤；小球由等效最高點運動到等效最低點，由動能定理有G'·2L＝m－m，解得v2＝，故D錯誤。
空間中有豎直向上的勻強電場，電場強度E＝。絕緣圓形軌道豎
直放置，O點是它的圓心、半徑為R，A、C為圓軌道的最低點和最高點，
B、D為與圓心O等高的兩點，如圖所示。在軌道A點放置一質量為m，帶電
荷量為＋q的光滑小球。現給小球一初速度v0（v0≠0），重力加速度為g，
則下列說法正確的是（　　）
A. 無論v0多大，小球都不會脫離軌道
B. 只有v0≥，小球才不會脫離軌道
C. v0越大，小球在A、C兩點對軌道的壓力差也越大
D. 若將小球無初速度從D點釋放，小球一定會沿軌道經過C點
√
解析：由題意可知小球所受靜電力與重力的合力方向豎直向上，大小為F
＝qE－mg＝2mg，若要使小球不脫離軌道，設其在A點所具有的最小速度
為vmin，根據牛頓第二定律有F＝m，解得vmin＝，所以只有當
v0≥時，小球才不會脫離軌道，故A、B錯誤；假設小球可以沿軌道做完整的圓周運動，在C點的速度大小為v1，根據動能定理有F·2R＝m－m，在A、C兩點小球所受軌道的支持力大小分別為F0和F1，根據牛頓第二定律有F0＋F＝m，F1－F＝m，聯立以上三式解得ΔF＝F1－F0＝6F＝12mg，根據牛頓第三定律可知小球在A、C兩點對軌道的壓力差等于12mg，與v0的大小無關，故C錯誤；若將小球無初速度從D點釋放，由于F向上，所以小球一定能沿DC軌道經過C點，故D正確。
突破點三　電場中的功能關系
電場力做功的計算
電場中的功能關系 （1）電場力做正功，電勢能減少，電場力做負功，
電勢能增加，即W＝－ΔEp。
（2）如果只有電場力做功，則動能和電勢能之間相
互轉化，二者總和不變，即ΔEk＝－ΔEp
〔多選〕（2024·山東高考10題）如圖所示，帶電量為＋q的小球被絕
緣棒固定在O點，右側有固定在水平面上、傾角為30°的光滑絕緣斜面。
質量為m、帶電量為＋q的小滑塊從斜面上A點由靜止釋放，滑到與小球等
高的B點時加速度為零，滑到C點時速度為零。已知A、C間的距離為s，重
力加速度大小為g，靜電力常量為k，下列說法正確的是（　　）
A. O、B間的距離l＝
B. O、B間的距離l＝
C. 從A到C，靜電力對小滑塊做功W＝－mgs
D. A、C之間的電勢差UAC＝－
√
√
解析：小滑塊在B點的加速度為零，則沿斜面方向有mgsin 30°＝cos
30°，解得l＝，A正確，B錯誤；小滑塊從A點到C點的過程，由動
能定理有W＋mgssin 30°＝0，解得靜電力對小滑塊做的功為W＝－，C
錯誤；根據電場力做功與電勢差的關系結合C項分析可知，A、C之間的電
勢差UAC＝＝－，D正確。
（2025·河南林州一中月考）如圖所示，在E＝103 V/m的水平向左的
勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道豎直放置，半圓軌道與一水平絕緣
軌道MN連接，半圓軌道所在豎直平面與電場線平行，其半徑R＝40 cm，
一帶正電荷q＝1×10－4 C的小滑塊質量為m＝40 g，與水平軌道間的動摩擦
因數μ＝0.2，取g＝10 m/s2。
（1）要使小滑塊恰好運動到半圓軌道的最高點C，滑塊應在水平軌道上離
N點多遠處釋放？
答案： 20 m　
解析： 滑塊恰好能通過軌道最高點，則滑塊在最高點的速度v＝
＝2 m/s；滑塊由釋放點到最高點的過程中由動能定理得Eqs－μmgs－mg·2R
＝mv2，代入數據解得s＝20 m。
解析： 滑塊由釋放點到P點，由動能定理得Eq（s＋R）－μmgs－mgR
＝m；在P點，由牛頓第二定律得FN－Eq＝，聯立解得FN＝1.5
N；由牛頓第三定律可得滑塊通過P點時對軌道的壓力為1.5 N。
（2）在（1）的條件下釋放的滑塊通過P點時對軌道的壓力為多大？（P為
半圓軌道中點）
答案： 1.5 N
（2024·河北高考13題）如圖，豎直向上的勻強電場中，用長為L的絕緣
細線系住一帶電小球，在豎直平面內繞O點做圓周運動。圖中A、B為圓周
上的兩點，A點為最低點，B點與O點等高。當小球運動到A點時，細線對
小球的拉力恰好為0，已知小球的電荷量為q（q＞0），質量為m，A、B兩
點間的電勢差為U，重力加速度大小為g，求：
（1）電場強度E的大小；
答案： 　
解析： A、B兩點間的電勢差為U，則E＝。
（2）小球在A、B兩點的速度大小。
答案： 　
解析： 小球運動到A點時，由牛頓第二定律有
qE－mg＝m
解得小球在A點的速度大小vA＝
小球從A點運動到B點的過程，由動能定理有
qU－mgL＝m－m
解得小球在B點的速度大小vB＝。
培養“思維”·重落實
夯基 提能 升華
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1. （2025·江蘇蘇州期末）如圖甲所示，某多級直線加速器由多個橫截面
積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上，序號為奇數和偶
數的圓筒分別與圖乙所示交變電源兩極相連。t＝0時，位于金屬圓板（序
號為0）中央的電子，由靜止開始加速。電子通過圓筒間隙的時間不計，
且忽略相對論效應，則（　　）
A. 圓筒內部電場強度大小隨序號增大而減小
B. 電子在各圓筒中做勻加速直線運動
C. 電子在各圓筒中運動的時間都為T
D. 各圓筒的長度之比可能為1∶∶…
√
解析： 　金屬圓筒中電場強度為零，電子不受電場力，所以電子做勻
速直線運動，故A、B錯誤；只有電子在每個圓筒中勻速運動時間為
時，才能保證每次在縫隙中被電場加速，故C錯誤；電子進入第n個圓
筒時，經過n次加速，根據動能定理neU0＝m，解得vn＝，
第n個圓筒長度Ln＝vn×＝，則各金屬圓筒的長度之比為
1∶∶…，故D正確。
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2. 〔多選〕（2025·江西宜春期中）如圖所示，在相距較遠
的兩平行金屬板中央有一個靜止的帶電粒子（不計重力），
當兩板間的電壓分別如圖中甲、乙、丙、丁所示時，在t＝
0時刻靜止釋放該粒子，下列說法正確的是（　　）
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A. 電壓如圖甲所示時，在0～T時間內，粒子始終朝同一方向運動
B. 電壓如圖乙所示時，在0～時間內，粒子先做勻減速運動，后做勻加速運動
C. 電壓如圖丙所示時，在0～時間內，粒子動量變化量為0
D. 電壓如圖丁所示時，若粒子在之前不能到達極板，則一直不能到達極板
√
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解析： 　由圖甲可知粒子應朝同一方向先加速后減速，T末速度恰好減
到0，不返回，故A正確；由圖乙可知，根據E＝可知電場時刻在變化，則
粒子受變力作用，其做非勻變速運動，故B錯誤；由圖丙可知，0～時間
內電壓值始終為正，故電場力沖量之和不為零，故C錯誤；由圖丁可知，
粒子先加速，到后減速，后反向加速，若此刻該粒子一直未打到板上，
那么由運動的對稱性可知，T后粒子做減速運動，T時刻速度減為零，之
后又反向加速……，故粒子做往復運動，故D正確。
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3. （2025·河北石家莊模擬）圖甲為兩水
平金屬板，在兩板間加上周期為T的交變
電壓u，電壓u隨時間t變化的圖線如圖乙
所示。質量為m、重力不計的帶電粒子以
初速度v0沿中線射入兩板間，經時間T從兩板間飛出。下列關于粒子運動的描述錯誤的是（　　）
A. t＝0時入射的粒子，離開電場時偏離中線的距離最大
B. t＝T時入射的粒子，離開電場時偏離中線的距離最大
C. 無論哪個時刻入射的粒子，離開電場時的速度方向都水平
D. 無論哪個時刻入射的粒子，離開電場時的速度大小都相等
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解析： 　粒子在電場中運動的時間是相同的，t＝0時入射的粒子，在豎直
方向先加速，然后減速，最后離開電場區域，故t＝0時入射的粒子離開電
場時偏離中線的距離最大，選項A正確；t＝T時入射的粒子，在豎直方向
先加速，然后減速，再反向加速，最后反向減速離開電場區域，故此時刻
入射的粒子離開電場時速度方向和中線在同一直線上，選項B錯誤；因粒
子在電場中運動的時間等于電場變化的周期T，根據動量定理，豎直方向
電場力的沖量的矢量和為零，故所有粒子離開電場時的豎直方向分速度為
零，即最終都垂直電場方向射出電場，離開電場時的速度大小都等于初速
度，選項C、D正確。
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4. （2025·山西運城模擬）如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不
可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在
豎直平面內做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b。不計空氣阻力，則
下列說法正確的是（　　）
A. 小球帶負電
B. 靜電力與重力平衡
C. 小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小
D. 小球在運動過程中機械能守恒
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解析： 　由于小球在豎直平面內做勻速圓周運動，所以重力與靜電力的
合力為0，即靜電力與重力平衡，知靜電力方向豎直向上，所以小球帶正
電，A錯誤，B正確；從a→b，靜電力做負功，電勢能增大，C錯誤；由于
靜電力對小球做功，故小球在運動過程中機械能不守恒，D錯誤。
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5. （2025·河北滄州期中）中國新一代粒子研究利器“超級陶粲”裝置關
鍵技術攻關項目已經啟動，靜電分析器是其重要的組成部分。靜電分析器
的兩電極之間存在如圖所示的靜電場，該靜電場中任意一點的電場方向均
沿半徑方向指向圓心，大小均滿足E＝（k為與裝置有關的常數，r為該點
到圓心O的距離）。某次實驗中一組粒子由入射口P進入靜電分析器
HH沿軌跡Ⅰ繞圓心O做圓周運動H沿軌跡Ⅱ繞圓心O做圓周運
動。下列說法正確的是（　　）
A. 靜電分析器中同一圓周上各點的電場強度相同
B. 三種粒子的動能都相同
CH粒子在電場中的運動時間最長
DH粒子的向心力最小
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解析： 　同一圓周上各點的電場強度方向不同，故A錯誤；由牛頓第
二定律，圓周運動的向心力由靜電力提供，有Eq＝m，又E＝，解
得Ek＝mv2＝，由于三種粒子的電荷量相等，則其動能相同，故B正
確H粒子和H粒子動能相同，但H粒子質量大，速率小
HH粒子運動弧長相同H粒子在電場中的運動時間大于H
粒子在電場中的運動時間，故C錯誤；根據靜電力提供粒子做圓周運動
所需的向心力，則F向＝Eq＝q，由圖可知H粒子做圓周運動的半
徑最小，則向心力最大，故D錯誤。
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6. （2025·湖北黃岡模擬）如圖所示，在水平向右的勻強電場中有一個絕
緣斜面，斜面上有一帶電金屬塊沿斜面滑下，已知在金屬塊滑下的過程中
動能增加了12 J，金屬塊克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J。下列說法中正
確的是（　　）
A. 金屬塊帶負電荷
B. 金屬塊克服靜電力做功8 J
C. 金屬塊的電勢能減少4 J
D. 金屬塊的機械能減少12 J
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解析： 　金屬塊滑下的過程中動能增加了12 J，由動能定理知WG＋Wf＋
WF＝ΔEk，摩擦力做功Wf＝－8 J，重力做功WG＝24 J，解得靜電力做功WF
＝－4 J，靜電力做負功，金屬塊帶正電荷，電勢能增加了4 J，故A、B、C
錯誤；由功能關系可知機械能的變化量ΔE＝Wf＋WF＝－12 J，即機械能減
少了12 J，故D正確。
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7. （2025·北京西城階段練習）如圖所示為密立根油滴實驗示意圖。實驗
中要設法使帶負電的油滴懸浮在電場之中。若在實驗中觀察到某一個帶負
電的油滴向下加速運動。在該油滴向下運動的過程中，下列說法正確的是
（　　）
A. 靜電力做正功
B. 重力和靜電力的合力做負功
C. 電勢能逐漸增大
D. 重力勢能的減少量小于動能的增加量
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解析： 　該油滴受到的靜電力向上，與位移方向相反，故靜電力做負
功，故A錯誤；油滴受重力和靜電力，做加速運動，動能增加，根據動能
定理，合力做正功，故B錯誤；油滴克服靜電力做功，故電勢能逐漸增
大，故C正確；重力勢能的減小量等于重力做的功，動能增加量等于合力
做的功，由于靜電力做負功，故重力做功大于合力做功，故重力勢能的減
少量大于動能的增加量，故D錯誤。
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8. 〔多選〕（2025·四川成都模擬）一質量為m的帶電液滴以豎直向下的初
速度v0進入某電場中，由于靜電力和重力的作用，液滴沿豎直方向下落一
段距離h后，速度變為0。在此過程中，以下判斷正確的是（　　）
A. 液滴一定帶負電
B. 合外力對液滴做的功為－m
C. 液滴的電勢能增加了m＋mgh
D. 液滴的重力勢能減少了m＋mgh
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解析： 　帶電液滴下落h高度的過程中，根據動能定理有W電＋mgh＝0
－mv2，可得W電＝－mgh－m，所以靜電力做負功，則液滴的電勢能
增加m＋mgh，靜電力方向豎直向上，電場方向向上，則液滴一定帶正
電，故A錯誤，C正確；合外力對液滴做的功為W合＝ΔEk＝0－m＝－
m，故B正確；重力對液滴做的功為WG＝mgh，則液滴的重力勢能減少
了mgh，故D錯誤。
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9. （2024·浙江6月選考12題）如圖所示，空間原有大小為E、方向豎直向
上的勻強電場，在此空間同一水平面的M、N點固定兩個等量異種點電
荷，絕緣光滑圓環ABCD垂直MN放置，其圓心O在MN的中點，半徑為R，
AC和BD分別為豎直和水平的直徑。質量為m、電荷量為＋q的小球套在圓
環上，從A點沿圓環以初速度v0做完整的圓周運動，則（　　）
A. 小球從A到C的過程中電勢能減少
B. 小球不可能沿圓環做勻速圓周運動
C. 可求出小球運動到B點時的加速度
D. 小球在D點受到圓環的作用力方向平行MN
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解析： 　根據等量異種點電荷的電場特點可知，圓環所在平面為等量異
種點電荷電場的等勢面，勻強電場方向豎直向上，則小球從A到C的過程中
電勢升高，電勢能增加，A錯誤；當豎直向上的電場的電場強度E滿足qE＝
mg時，小球沿圓環做勻速圓周運動，B錯誤；根據動能定理可以求得小球
運動到B點的速度vB，則由an＝可以求得小球的向心加速度，根據牛頓
第二定律可以求得小球的切向加速度，再根據平行四邊形定則可以得到小
球在B點的加速度，C正確；小球在D點要受到圓環指向圓心的力提供向心
力，所以小球在D點受到圓環的作用力方向并不平行MN，D錯誤。
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10. （2025·浙江衢州期末）如圖，用一長L＝20 cm、不可伸長的絕緣輕繩
將一帶電小球懸掛于O點，O點離水平地面高h＝48 cm，小球質量m＝
1.0×10－3 kg。加一范圍足夠大的水平向左的勻強電場，電場強度大小E＝
3.0×105 N/C，平衡時小球靜止于A點，此時輕繩與豎直方向夾角θ＝
37°。現將小球拉到O點正下方B點（繩子剛好伸直），由靜止釋放。帶電
小球可視為質點，sin 37°＝0.6，求：
（1）小球所帶電性和電荷量q；
答案： 帶負電　2.5×10－8 C　
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解析： 小球靜止于A點，可知小球受到的靜電力水平向右，與電場強
度方向相反，則小球帶負電；根據平衡條件可得tan θ＝
解得小球的電荷量為q＝＝2.5×10－8 C。
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（2）小球第一次經過A點時的速度大小vA；
答案： 1 m/s
解析：現將小球拉到O點正下方B點（繩子剛好伸直），由靜止釋放，到達A點時，根據動能定理可得qELsin θ－mgL（1－cos θ）＝m－0
解得小球第一次經過A點時的速度大小為vA＝1 m/s。
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（3）當小球第一次運動到A點時立即剪斷輕繩，小球運動到與A點等高處
時與A點的水平距離x。
答案： 0.15 m
解析：當小球第一次運動到A點時立即剪斷輕繩，球運動到與A點等高處時，豎直方向有
t＝＝0.12 s
水平方向有x＝vAcos θ·t＋at2，a＝＝g
聯立解得x＝0.15 m。
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演示完畢 感謝觀看

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