第44講電容器帶電粒子在電場中的運動

真題演練

1．（2025·黑吉遼蒙卷·高考真題）如圖，某壓力傳感器中平行板電容器內(nèi)的絕緣彈性結(jié)構(gòu)是模

仿犰狳設(shè)計的，逐漸增大施加于兩極板壓力F的過程中，F(xiàn)較小時彈性結(jié)構(gòu)易被壓縮，極板間

距d容易減??；F較大時彈性結(jié)構(gòu)閉合，d難以減小。將該電容器充電后斷開電源，極板間電

勢差U與F的關(guān)系曲線可能正確的是（）

A．B．

C．D．

【答案】D

S

【詳解】根據(jù)公式QCU和電容的決定式C

4kd

4kQ

可得Ud

S

根據(jù)題意F較小時易被壓縮，故可知當F較小時，隨著F的增大，d在減小，且減小的越來越

慢，與電源斷開后Q不變，故此時極板間的電勢差U在減小，且減小的越來越慢；當F增大

到一定程度時，再增大F后，d基本不變，故此時U保持不變，結(jié)合圖像，最符合情境的是D

選項。

故選D。

2．（2025·江蘇·高考真題）如圖所示，平行金屬板與電源連接。一點電荷由a點移動到b點的

過程中，電場力做功為W?，F(xiàn)將上、下兩板分別向上、向下移動，使兩板間距離增大為原來的

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2倍，再將該電荷由a移動到b的過程中，電場力做功為（）

W

A．B．WC．2WD．4W

2

【答案】A

【詳解】根據(jù)題意可知，電容器與電源保持連接，電容器兩端電壓不變，現(xiàn)將電容器兩極板間

U1

距增大至原來的兩倍，由公式E可知，極板間電場強度變?yōu)樵瓉淼模瑒t有WEqd可

d2

1W

知，再把電荷由a移至b，則電場力做功變?yōu)樵瓉淼?，即電場力做功為?/p>

22

故選A。

3．（2025·黑吉遼蒙卷·高考真題）如圖，光滑絕緣水平面AB與豎直面內(nèi)光滑絕緣半圓形軌道

BC在B點相切，軌道半徑為r，圓心為O，O、A間距離為3r。原長為2r的輕質(zhì)絕緣彈簧一

端固定于O點，另一端連接一帶正電的物塊?？臻g存在水平向右的勻強電場，物塊所受的電

場力與重力大小相等。物塊在A點左側(cè)釋放后，依次經(jīng)過A、B、C三點時的動能分別為

EkA、EkB、EkC，則（）

A．EkAEkBEkCB．EkBEkAEkC

C．EkAEkCEkBD．EkCEkAEkB

【答案】C

【詳解】由題意可得A點彈簧伸長量為r，B點和C點彈簧壓縮量為r，即三個位置彈簧彈性

勢能相等，則由A到B過程中彈簧彈力做功為零，電場力做正功，動能增加，EkBEkA

同理B到C過程中彈簧彈力和電場力做功都為零，重力做負功，則動能減小，EkBEkC

由A到C全過程則有qElABmglBCEkCEkA0

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因此EkBEkCEkA

故選C。

4．（2025·四川·高考真題）如圖所示，真空中固定放置兩塊較大的平行金屬板，板間距為d，

下極板接地，板間勻強電場大小恒為E?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q（q0）的金屬微粒，

從兩極板中央O點由靜止釋放。若微粒與極板碰撞前后瞬間機械能不變，碰撞后電性與極板

相同，所帶電荷量的絕對值不變。不計微粒重力。求：

(1)微粒第一次到達下極板所需時間；

(2)微粒第一次從上極板回到O點時的動量大小。

md

【答案】(1)

qE

(2)2qEmd

【詳解】（1）由牛頓第二定律qEma

d1

由運動學(xué)公式at2

22

md

聯(lián)立可得微粒第一次到達下極板所需的時間為t

qE

qEd

（2）微粒第一次到達下極板時的速度大小為vat

1m

由于微粒與極板碰撞前后瞬間機械能不變，碰撞后電性與極板相同，所帶電荷量的絕對值不變，

22

設(shè)微粒碰后第一次到達上極板時的速度大小為v2，滿足v2v12ad

3qEd

代入解得v

2m

d

同理可得微粒第一次從上極板回到O點時的速度大小為v，滿足v2v22a

3322

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qEd

代入解得v2

3m

故微粒第一次從上極板回到點時的動量大小為

Opmv32qEmd

5．（2025·江蘇·高考真題）如圖所示，在電場強度為E，方向豎直向下的勻強電場中，兩個相

同的帶正電粒子a、b同時從O點以初速度v0射出，速度方向與水平方向夾角均為。已知粒

子的質(zhì)量為m。電荷量為q，不計重力及粒子間相互作用。求：

(1)a運動到最高點的時間t；

(2)a到達最高點時，a、b間的距離H。

mvsin

【答案】(1)0

qE

2mv2sin2

(2)0

qE

【詳解】（1）根據(jù)題意，不計重力及粒子間相互作用，則豎直方向上，由對a球，根據(jù)牛頓第

二定律有qEma

a運動到最高點的時間，由運動學(xué)公式有v0sinat

mvsin

聯(lián)立解得t0

qE

（2）方法一、根據(jù)題意可知，兩個小球均在水平方向上做勻速直線運動，且水平方向上的初

速度均為v0cos，則兩小球一直在同一豎直線上，斜上拋的小球豎直方向上運動的位移為

2

vsinmv2sin2

x00

12a2qE

1mv2sin2mv2sin2

斜下拋的小球豎直方向上運動位移為xvtsinat200

202qE2qE

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2mv2sin2

則小球a到達最高點時與小球b之間的距離xxx0

12qE

方法二、兩個小球均受到相同電場力，以a球為參考系，b球以2v0sin的速度向下做勻速直

2mv2sin2

線運動，則a到達最高點時，a、b間的距離H2vsint0

0qE

模擬沖關(guān)

6．（2025·山西臨汾·三模）一種計算機鍵盤采用電容式傳感器，每個鍵下面由相互平行的活動

極板和固定極板組成，如圖甲所示，其內(nèi)部電路如圖乙所示。按鍵前兩極板間距為d，按下某

鍵，只有該鍵的電容改變量不小于原電容的40%時，鍵盤才有感應(yīng)，下列說法正確的是（）

A．按鍵的過程中，電容器的電荷量不變

B．按鍵的過程中，圖乙電流計中電流從a流向b

2

C．要使傳感器有感應(yīng)，至少要將按鍵按下d

5

2

D．要使傳感器有感應(yīng)，至少要將按鍵按下d

7

【答案】D

S

【詳解】AB．按鍵的過程中，電容器兩板間距減小，根據(jù)C

4kd

可知電容C變大，兩板電壓U一定，根據(jù)Q=CU可知，電容器的電荷量增加，電容器充電，

則按鍵的過程中，圖乙電流計中電流從b流向a，故AB錯誤；

SS

CD．根據(jù)C，(140%)C

4kd4kd'

5d

解得d'

7

52d

則要使傳感器有感應(yīng)，至少要將按鍵按下ddd

77

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故C錯誤，D正確。

故選D。

7．（2025·廣西北海·模擬預(yù)測）新能源汽車的能量回收系統(tǒng)，利用電磁感應(yīng)回收能量存儲在電

容器中。某同學(xué)用如圖電路研究利用電磁感應(yīng)為電容器充電的現(xiàn)象，兩間距為L1.0m、阻

值可忽略不計的平行光滑導(dǎo)軌沿水平方向固定，導(dǎo)軌左端連接C3F的電容器。兩導(dǎo)軌間存

在磁感應(yīng)強度大小為B1.0T、方向豎直向下的勻強磁場。質(zhì)量為m1kg、阻值可忽略不計

的導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置。在導(dǎo)體棒上施加一水平向右的恒力同時開始計時，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的加速

度大小恒為2.5m/s2。棒始終垂直導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好。

(1)寫出電容器帶電量Q隨時間t變化關(guān)系式；

(2)判斷電容器充電時電流是否變化，并說明理由；

(3)求恒力的大小。

【答案】(1)Q7.5t(C)

(2)電容器充電電流恒定，見解析

(3)F10N

【詳解】（1）電容器帶電量QCU

電容器兩極板間電壓UBLv

其中vat

解得Q7.5t(C)

（2）由電容器板間帶電量Q7.5t(C)

Q

可得I7.5A

t

電容器充電電流恒定；

（3）對導(dǎo)體棒a由牛頓第二定律得FBILma

其中I7.5A

得F10N

8．（2025·天津·一模）如圖所示，兩塊較大的金屬板A、B平行放置并與一個電源相連，其中

A板接地（取大地電勢φ=0）。S閉合后，兩板間有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴恰好處于

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靜止狀態(tài)。以下說法正確的是（）

A．保持S閉合，若將A板向上平移一小段位移，則油滴向下加速運動，G中有b→a的電

流

B．保持S閉合，若將A板向左平移一小段位移（油滴仍處于兩極板之間），則油滴仍然靜

止，G中有a→b的電流

C．若將S斷開，再將A板向左移動一小段位移，油滴向下運動

D．若將S斷開，再將B板向下平移一小段位移，油滴將仍然靜止

【答案】AD

【詳解】A．開始時，重力和電場力平衡，故mgqE

UQS

將A板上移，由E可知，E變小，故油滴應(yīng)向下加速運動；根據(jù)C，Cr可

dU4kd

知，電容器電量減小，故G中有b→a的電流；故A正確；

B．若將A板向左平移一小段位移，則E不變，油滴仍靜止，但由于S減小，則C減小，電

容器電量減小，故G中有b→a的電流；故B錯誤；

C．若將S斷開，Q不變，將A板向左移動一小段位移，S減小，C減小，則U增大，E增大，

則油滴向上運動，故C錯誤；

4kQ

D．若將S斷開，Q不變，再將B板向下平移一小段位移，根據(jù)E可知，場強E不變，

rS

則油滴仍靜止，故D正確。

故選AD。

9．（2025·江西·模擬預(yù)測）電容器是一種重要的電學(xué)元件，可以制成多種傳感器，還可以用來

1

貯存電場能（WCU2）。如圖，一個平行板電容器充電后與電源斷開，A、B兩極板水平，

C2

B板固定帶負電并接地，A板帶正電，一個帶電小球用絕緣細線連接于B板處于靜止狀態(tài)，將

A板向上平移一小段距離的過程中，下列說法正確的是（）

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A．絕緣細線的拉力會增大B．小球的電勢能增大

C．兩極板的電勢差增大D．電容器貯存的電場能增大

【答案】CD

QSU

【詳解】A．根據(jù)C，C，E

U4kdd

4kQ

解得E

S

由于電容器帶電量不變，兩板間的距離增大時，兩板間的電場強度不變，因此根據(jù)力的平衡可

知，絕緣細線上的拉力不變，故A錯誤；

B．結(jié)合上述可知，極板之間的電場強度不變，電場方向向下，根據(jù)球U球下Ed球下

可知，小球與下板間的距離不變，小球的電勢不變，根據(jù)Ep球q球

即小球的電勢能不變，故B錯誤；

QS

C．根據(jù)C，C

U4kd

4kQd

解得U

S

可知，兩板間的電勢差變大，故C正確；

11

D．電容器貯存電場能WCU2QU

C22

極板所帶電荷量一定，極板之間電勢差增大，則電容器貯存的電場能增大，故D正確。

故選CD。

10．（2025·安徽·模擬預(yù)測）電容式話筒中的電容式傳感器如圖所示，導(dǎo)電性振動膜片與固定

電極構(gòu)成一個電容器。當振動膜片向左運動時，下列說法中正確的是（）

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A．電容器的電容增大

B．電容器所帶電荷量不變

C．振動膜片與固定電極間的電場強度變小

D．有電流通過電阻R，電流方向自左向右

【答案】C

S

【詳解】A．當振動膜片向左振動時電容器兩極板間的距離變大，根據(jù)C

4kd

可知電容值減小，故A錯誤；

Q

BD．由C

U

可知因U不變的情況下，電容C減小，則電容器帶電荷量Q減小，電容器處于放電狀態(tài)，R

中電流方向自右向左，故BD錯誤；

U

C．依據(jù)E

d

則知U不變，距離d變大，則場強減小，故C正確。

故選C。

11．（2025·黑龍江·二模）在現(xiàn)代高科技的芯片制造工廠里，有一項重要的工藝涉及對微小帶

電液滴的精確控制。工程師們需要將極其微小的液滴（這些液滴帶有特定的電荷）精確地傳輸

到芯片的特定位置進行加工處理。其原理如圖所示，水平放置的兩塊平行金屬板a、b組成的

電容器的電容為C，a、b板間距為d。開始時，兩板均不帶電，上極板接地。上板中央有一

小孔，現(xiàn)使帶電荷量為q、質(zhì)量為m的液滴逐個從小孔處以相同速度v垂直射向b板，且將電

荷全部傳給b板，忽略液滴體積和空氣阻力，下列說法正確的是（）

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A．極板間的電場強度不變

B．極板間的電場力對液滴做正功

C．射向b板的某一液滴可能會勻速運動

D．電容器的電容隨極板上的電荷量增加而變大

【答案】C

U

【詳解】A．斷電時，極板間電場強度E

d

QS

因為C以及C

U4kd

UQ4kQ

代入上式可解得E

dCdS

極板電荷量增大，極板間的電場強度變大，故A錯誤；

B．由于下極板電性與液滴的電性相同，液滴受到豎直向上的電場力，所以液滴下落過程中，

極板間的電場力對液滴做負功，故B錯誤；

C．由分析可知，隨著下級板吸收的液滴越來越多，兩極板間的場強越來越大，當液滴在極板

間所受的電場力等于液滴的重力時，即mgEq時，液滴勻速下落，故C正確；

S

D．根據(jù)電容器電容的決定式C可知，電容器的電容與極板所帶電荷量無關(guān)，故D錯

4kd

誤。

故選C。

12．（2025·云南曲靖·二模）2025年央視春晚，杭州宇樹科技旗下的機器人H1驚艷亮相。這

款人形機器人配置了AI驅(qū)動的全身運動控制技術(shù)，安裝了大量的傳感器，其中一種傳感器叫

做電容式傳感器，當某待測量發(fā)生變化時，能引起電容器的電容變化。如圖是四個電容式傳感

器的示意圖，關(guān)于這四個傳感器的作用，下列說法正確的是（）

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A．圖a的傳感器可直接測量速度

B．圖b的傳感器可直接測量液體的密度

C．圖c的傳感器可測量壓力

D．圖d的傳感器可直接測量加速度

【答案】C

【詳解】A．圖a的電容器為可變電容器，通過轉(zhuǎn)動動片改變正對面積，改變電容，可以用來

測量角度和角速度，不能直接測量速度，故A錯誤；

B．圖b的電容器的一個極板是金屬芯線，另一個極板是導(dǎo)電液，故是通過改變電容器兩極間

正對面積而引起電容變化的，可以用來測量液面的高度，不可直接測量液體的密度，故B錯

誤；

C．圖c的傳感器是通過改變極板間的距離，改變電容器的，可以用來測量壓力，故C正確；

D．圖d的可變電容器，通過改變電介質(zhì)，改變電容，可以用來測量位移，不能直接測量加速

度，故D錯誤。

故選C。

13．（2025·山東臨沂·二模）如圖甲所示，兩平行金屬板A、B水平放置，兩板間距為d，緊靠

兩板右端寬度為d的兩虛線間為電磁場區(qū)域，緊靠B板右端有一長度為2d且與豎直方向的

夾角為45的傾斜擋板C，擋板C的中心有一小孔D，擋板C將電磁場區(qū)域分成上下兩部分，

6mv

分別為區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ。區(qū)域Ⅰ中有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B0；

15qd

4mv

區(qū)域Ⅱ中有垂直紙面向里的勻強磁場和水平向左的勻強電場，磁感應(yīng)強度大小為B0，

25qd

12mv2

電場強度為E0。A、B板之間的電壓U隨時間周期性變化的規(guī)律如圖乙所示。粒子

25qdAB

源位于O點，可持續(xù)不斷地沿板間中線以速度v0發(fā)射帶負電粒子，粒子質(zhì)量為m，帶電量為q。

已知t0時刻進入兩板間的帶電粒子在tT時刻剛好沿A板右邊緣射出交變電場，打在擋板

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C上的粒子均被擋板吸收，只有穿過小孔D的粒子才能進入?yún)^(qū)域Ⅱ，不計粒子重力及粒子間的

相互作用，計算結(jié)果只能選用m、q、d、T表示。求

、板之間的電壓；

(1)ABU0

(2)能夠穿過小孔D的粒子進入兩板間的時刻t；

(3)粒子在區(qū)域Ⅱ的出射點與小孔D的豎直距離y。

2md2

【答案】(1)U

0qT2

15

(2)tTnT（n0,1,2,3...）或tTnT（n0,1,2,3...）

1616

3

(3)y1d

28

【詳解】（1）由t=0時刻進人兩板間的帶電粒子在t=T時刻網(wǎng)好沿A板右邊緣射出交變電場，

2

1Td

豎直方向先做勻加速直線運動再做勻減速直線運動，則a2

222

U

且qE0qma

d

2md2

聯(lián)立解得U

0qT2

（2）不同時刻進人兩板間的粒子，在兩板間電場力的沖量一定為零，故粒子一定以v0水平

向右離開交變電場，能通過小孔的粒子在區(qū)域I中，其軌跡圓心角設(shè)為，由幾何關(guān)系得

2

Rsindsin45

2

v2

且qBvm0

10R

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5

聯(lián)立解得Rd，sin0.6

6

在0-T時段內(nèi)進人交變電場能夠通過小孔的粒子，其進人的時刻設(shè)為t1，豎直位移滿足

22

1T12或1T12

at12at12RRcosat12aTt12RRcos

222222

15

解得tT或tT

1616

（）

考慮到周期性tt1nTn0,1,2,3...

15

可得tTnT（n0,1,2,3...）或tTnT（n0,1,2,3...）

1616

（3）粒子從小孔射出的速度方向與水平方向的夾角為37，該速度沿水平和豎直方向的

，

分速度大小為vxv0cos37vyv0sin37

分析數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)qB2vyqE

則粒子從小孔射出后的運動可分解為沿豎直方向的勻速直線運動和速度大小為vx0.8v0的

2

vx

勻速圓周運動，可知qB2vxm

R2

解得R2d

1

粒子做勻速圓周運動，從小孔至出射轉(zhuǎn)過的圓心角設(shè)為，由外何關(guān)系知Rsind

22

聯(lián)立解得

6

2m5d

從小孔至出射所用時間設(shè)為t

2qB224v0

做勻速圓周運動產(chǎn)生的豎直位移為y1R2R2cos30

做勻速直線運動產(chǎn)生的豎直位移為y2vyt

粒子在區(qū)域I的出射點與小孔D的豎直距離yy1y2

3

聯(lián)立解得y1d

28

14．（2025·廣西北?！つM預(yù)測）圖中A、B兩點固定等量同種點電荷，AB在同一水平線上，

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點C、D是AB垂直平分線上的兩點，且C、D到AB連線距離相等，45。將一個質(zhì)量

為m、電荷量為＋q的帶電小球放在C處，小球恰好處于靜止狀態(tài)。若球在C處以速度v豎直

向下運動，球到達D點時，速度為2v。重力加速度為g，小球可視為質(zhì)點，則（）

A．A、B處電荷帶負電

2mg

B．點A處電荷在C處產(chǎn)生的場強大小為

2q

3v2

C．AB間的距離為

2g

D．小球由C到D受電場力先增大后減小再增大再減小

【答案】BCD

【詳解】AB．由平衡條件mg2Eq

2mg

可得點電荷A在小球C處產(chǎn)生的場強大小為E

2q

球受A、B處點電荷的斥力，球帶正電，則點電荷A在C處產(chǎn)生的場強方向由A指向C，A、

B處電荷帶正電，A錯誤，B正確；

C．點C、D電勢相等，則球從C到D電場力做功為零，設(shè)CD間距離為h，則由動能定理

(2v)2v2

mghmm

22

3v2

解得h

2g

L

設(shè)AB間距離L，則tan

h

3v2

解得L

2g

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C正確；

D．設(shè)點AB到CD上某點距離為r，則根據(jù)場強的疊加原理可知，CD上某點的合場強為

2q8q

Ekcosksin2cos

L2

()2L

2sin

3

根據(jù)均值不等式可知當cos時E有最大值，即小球由C到D受電場力先增大后減小再

3

增大再減小，D正確。

故選BCD。

15．（2025·陜西渭南·三模）如圖所示為某靜電除塵裝置的簡化原理圖，已知板間距為d，板

長為，兩塊平行帶電電極板間為除塵空間，兩極板間電壓為。當進入除塵空間的帶電塵

LU0

埃碰到極板時，所帶電荷立即被中和，同時塵埃被收集。若質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電塵

埃分布均勻，均以沿板方向的速率v射入除塵空間時，該除塵裝置的除塵率η（相同時間內(nèi)被

收集塵埃的數(shù)量與進入除塵空間塵埃的數(shù)量之百分比）恰好為100%。不計空氣阻力、塵埃的

重力及塵埃之間的相互作用，忽略邊緣效應(yīng)。下列說法正確的是（）

U

A．僅將兩極板間電壓變?yōu)?，除塵裝置的除塵率變?yōu)?0%

2

U

B．僅將兩極板間電壓變?yōu)?，除塵裝置的除塵率變?yōu)?5%

2

C．僅帶電塵埃射入除塵空間的速度變?yōu)?v，除塵裝置的除塵率變?yōu)?5%

D．僅帶電塵埃射入除塵空間的速度變?yōu)?v，除塵裝置的除塵率變?yōu)?0%

【答案】AC

UUq

【詳解】AB．兩極板間電壓為0時，由牛頓第二定律得0ma

22

所以塵埃的加速度變?yōu)樵瓉淼?，塵埃在板間水平方向運動為勻速直線運動，故塵埃在板間運

2

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1

動的時間不變，由豎直方向位移yat2

2

11

那么塵埃在板間豎直方向的最大位移為板間，故除塵率100%50%

22

故A正確，B錯誤；

12

at2

CD．除塵率yUqL

100%2100%0100%

dd2mv2d2

1

則僅帶電塵埃射入除塵空間的速度變?yōu)?v，除塵率變?yōu)樵瓉淼?，即除塵裝置的除塵率變?yōu)?/p>

4

25%，故C正確，D錯誤。

故選AC。

16．（2025·福建三明·三模）如圖甲，在紙面內(nèi)建立直角坐標系xoy，坐標系的第一、二象限有

足夠長的寬度為d、方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁場的上邊界MN平行于x軸。P、Q

是長度為L的平行金屬板、垂直于紙面放置，兩板中線與y軸共線，兩板間加上周期為T、場

強大小為E0的周期性變化的電場，如圖乙所示。取x軸正方向為電場的正方向，位于P、Q

L

兩板中線上的粒子源沿y軸正方向持續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q、速度大小為的帶正電的

T

粒子，粒子均能從x軸離開電場進入磁場。不計粒子的重力及粒子間的相互作用，忽略電場與

磁場的邊界效應(yīng)。

T

(1)求t0時刻進入電場的粒子，在時刻沿x軸方向的偏移量x；

20

(2)若粒子從O點進入磁場，求粒子需從哪些時刻進入電場？若粒子從O點進入磁場且恰好不

穿出磁場的上邊界MN，求磁感應(yīng)強度B0的大??；

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(3)磁場方向不變，將磁感應(yīng)強度大小改為B1，粒子進入磁場后，若還受一個與速度方向總相

反的阻力作用，且阻力大小fk（vk為已知量），粒子軌跡恰與磁場MN邊界相切，求最左邊

與最右邊兩相切點的橫坐標。

qET2

【答案】(1)x0

08m

mL

(2)B

0qdT

22

qE0TmLkdTqE0TmLkdT

(3)x1，x2

4mqB1T4mqB1T

1

【詳解】（1）0T，粒子沿x軸方向做初速度為零的勻加速度直線運動，由運動學(xué)知識可

2

1

知沿x軸方向位移xat2

02

qE

由牛頓第二定律有a0

m

qET2

聯(lián)立解得x0

08m

2n1

（2）從tT(n0、1、2……)時刻進入的粒子在電場中沿x軸方向的位移為零，粒子從

4

O點進入磁場；

L

粒子穿過電場的時間為tT

v

L

粒子離開交變電場時沿電場方向速度變化為零，從O點進入的粒子均以v的速度垂直于x

T

軸進入勻強磁場中做勻速圓周運動。

由幾何關(guān)系，軌跡與上邊界相切，則rd

v2

粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qvBm

0r

mL

聯(lián)立解得B

0qdT

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n

（3）粒子從tTn0、1、2時刻進入的粒子沿x軸的運動位移最大，由牛頓第二定

2

qE

律可知粒子在電場中的加速度為a0

m

1TqET2

沿x軸方向做勻加速直線運動，沿x軸方向的最大位移為x（a）220

224m

進入磁場后，軌跡恰與磁場MN邊界相切處，y方向速度為0，對粒子在y方向由動量定理有

kvytqvxB1t0mv

即kdqB1xmv

mLkdT

解得x

qB1T

qET2

由幾何關(guān)系，從x軸上x0

4m

2

qE0TmLkdT

進入磁場的粒子在MN邊界上的橫坐標為x1

4mqB1T

qET2

從x軸上x0

4m

2

qE0TmLkdT

進入磁場的粒子在MN邊界上的橫坐標為x2

4mqB1T

1

17．（2025·河南·三模）如圖所示，絕緣軌道ABC固定在豎直平面內(nèi)，AB部分是光滑的圓弧

4

軌道，軌道半徑為R，BC部分是足夠長的水平軌道，兩部分平滑連接?？臻g存在水平向左的

勻強電場（圖中未畫出），場強大小為E（未知）。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電物塊（可

視為質(zhì)點）從軌道上的A點由靜止釋放，物塊沿軌道運動。已知物塊與軌道BC間的動摩擦因

數(shù)為0.125，整個運動過程中物塊在BC段運動的總路程為2R，重力加速度大小為g，且

8qEmg。則整個運動過程中帶電物塊向右運動的最遠處與B點相距（）

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222

A．RB．RC．RD．2R

753

【答案】A

1

【詳解】根據(jù)題意可知，由于qEmgmg

8

則物塊不會停在BC上，則物塊最終將在B點左側(cè)一段圓弧上來回往復(fù)運動，且在B點的速度

為0，則有mgRqERmg2R0

3

解得qEmg

4

運動到最遠時，根據(jù)動能定理得mgRqExRmgx0

2

解得xR

7

故選A。

18．（2025·山西·三模）豎直平面內(nèi)存在水平向右的勻強電場E，一帶電小球從電場中的O點

以初速度v?向左上方射出，v?方向與水平方向成30°角，如圖所示。小球運動到其軌跡的最左

端時，速度大小恰好等于初速度大小v?，則小球受到的電場力與它受到的重力的比值為（）

A．2：2B．1：2C．3：3D．3：2

【答案】C

【詳解】帶電小球在水平方向上做勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律有qEma

根據(jù)速度—時間公式有0v0cos30at

小球運動到其軌跡的最左端，速度大小與初速度大小相同，表明小球在豎直方向上經(jīng)歷減速為

零又反向加速的過程v0v0sin30gt

qE3

解得

mg3

故選C。

19．（2025·云南昆明·三模）勻強電場中，質(zhì)量為m、帶電量為q（q>0）且可視為質(zhì)點的小球

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在長為L的絕緣輕繩拉力作用下繞固定點O在豎直平面內(nèi)做圓周運動，M點和N點分別為圓

周上的最低點和最高點，電場方向平行于圓周平面。已知運動過程中小球速度最小值為gL（g

為重力加速度），此時繩子拉力恰好為零。小球運動到M點時速度大小為2gL且大于小球經(jīng)

過N點時的速度，不計空氣阻力。若O點電勢為零，下列說法正確的是（）

A．小球受到的電場力與重力的夾角為30°角

mg

B．勻強電場的場強大小為

q

mgL

C．M點的電勢為

2q

D．小球從速度最小到速度最大的過程中，電場力做的功為2mgL

【答案】BC

【詳解】AB．因運動過程中小球速度最小值為gL，此時繩子拉力恰好為零，可知小球受的

2

合力為vmin

F合mmg

L

因重力豎直向下，可知電場力大小也為mg與重力夾角為120°，根據(jù)mgqE

mg

可知勻強電場的場強大小為E

q

選項A錯誤，B正確；

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mgL

C．因MO兩點的電勢差為UELcos60

MO2q

mgL

O點電勢為零，M點的電勢為

M2q

選項C正確；

D．小球從速度最小到速度最大的過程中，即從等效最高點Q到等效最低點P的過程中，電場

力做的功為WqEcos602LmgL

選項D錯誤。

故選BC。

20．（2025·湖南婁底·二模）在水平面上，從A點將一小球斜向上拋出，而后落于水平面上的B

點?，F(xiàn)將空間中加上豎直方向的電場，將一帶電小球仍從A點以相等的速率斜向上拋出，最后

還是落在B點，不計空氣阻力。則下列說法正確的是（）

A．兩小球在空中運動的時間相等

B．兩小球在最高點時的速度相等

C．帶電小球在空中運動時的加速度一定大于重力加速度

D．若僅將電場方向改為水平方向，帶電小球的落地點一定不在B點

【答案】D

【詳解】A．帶電小球，在電場中由于受電場力，豎直方向的加速度一定不等于重力加速度，

但兩小球均落于B點，拋出時的夾角一定不同，時間不等，A錯誤；

B．由于夾角不相等，水平分速度不等，在最高點時的速度不相等，B錯誤；

C．由于不明確電場的方向和帶電小球的電性，所以加速度可能大于也可能小于重力加速度，

C錯誤；

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D．電場豎直方向時，水平方向的分運動始終是勻速運動，電場方向改變后，水平方向的分運

動變?yōu)樽兯龠\動，所以落點發(fā)生改變，D正確。

故選D。

21．（2025·山西呂梁·三模）如圖所示，傾角為30的光滑、足夠長絕緣斜面固定在水平地面上，

斜面底端有一電荷量為q(q0)、質(zhì)量為m1kg的帶電小物塊，小物塊在平行于斜面向上

的恒定拉力F作用下，由靜止開始運動，經(jīng)過一段時間t1s后撤去拉力F，此后，小物塊繼

續(xù)沿斜面運動，又經(jīng)過t1s返回到斜面底端。已知重力加速度g取10m/s2，整個空間存在水

mg

平向右的電場強度大小E的勻強電場。則拉力F的大小為（）

q

10131013

A．NB．1013NC．N

23

2013

D．N

3

【答案】D

【詳解】由牛頓第二定律可得Fmgs