2025年高考物理復(fù)習(xí)試題分類訓(xùn)練：帶電粒子在電場運動（一）（解析卷）

專題39帶電粒子在電場運動（一）

一、多選題

1.（2023?全國?統(tǒng)考高考真題）在。點處固定一個正點電荷，P點在。點右上方。從尸點由靜止釋放一個帶

負(fù)電的小球，小球僅在重力和該點電荷電場力作用下在豎直面內(nèi)運動，其一段軌跡如圖所示。M,N是軌跡

上的兩點，OP>OM,OM=ON,則小球（）

A.在運動過程中，電勢能先增加后減少

B.在尸點的電勢能大于在N點的電勢能

C.在M點的機械能等于在N點的機械能

D.從M點運動到N點的過程中，電場力始終不做功

【答案】BC

【解析】ABC.由題知，OP>OM,OM=ON,則根據(jù)點電荷的電勢分布情況可知

（pM=（pN>（pP

則帶負(fù)電的小球在運動過程中，電勢能先減小后增大，且

EPP>EPM=EPN

則帶負(fù)電的小球在M點的機械能等于在N點的機械能，A錯誤、BC正確；

D.從M點運動到N點的過程中，電場力先做正功后做負(fù)功，D錯誤。

故選BC。

2.（2022?福建?高考真題）我國霍爾推進(jìn)器技術(shù)世界領(lǐng)先，其簡化的工作原理如圖所示。放電通道兩端電極

間存在一加速電場，該區(qū)域內(nèi)有一與電場近似垂直的約束磁場（未畫出）用于提高工作物質(zhì)被電離的比例。

工作時，工作物質(zhì)值氣進(jìn)入放電通道后被電離為流離子，再經(jīng)電場加速噴出，形成推力。某次測試中，沆

氣被電離的比例為95%,微離子噴射速度為L6xl0"m/s,推進(jìn)器產(chǎn)生的推力為80mN。已知氤離子的比荷為

7.3xl05C/kg；計算時，取債離子的初速度為零，忽略磁場對離子的作用力及粒子之間的相互作用，則（）

放電通道6,?*

°0*E：G>

B-S-O----------------------------?

3OXe+

陽極陰極

A.流離子的加速電壓約為175V

B.債離子的加速電壓約為700V

C.債離子向外噴射形成的電流約為37A

D.每秒進(jìn)入放電通道的氤氣質(zhì)量約為5.3x10-6kg

【答案】AD

【解析】AB.流離子經(jīng)電場加速，根據(jù)動能定理有

12

qU=—mv-0

可得加速電壓為

V2

U=-------Q175V

2退）

m

故A正確，B錯誤；

D.在加時間內(nèi)，有質(zhì)量為△根的氤離子以速度v噴射而出，形成電流為/,由動量定理可得

FA?=A/MV—0

進(jìn)入放電通道的債氣質(zhì)量為A%,被電離的比例為明則有

聯(lián)立解得

^2-=—-5.3xl0^kg

△tr/v

故D正確；

C.在加時間內(nèi)，有電荷量為△。的債離子噴射出，則有

聯(lián)立解得

故C錯誤。

故選AD。

3.（2022?海南?高考真題）如圖，帶正電3x10-5（2的物塊A放在水平桌面上，利用細(xì)繩通過光滑的滑輪與8

相連，A處在勻強電場中，E=4X105N/C,從O開始，4與桌面的動摩擦因數(shù)〃隨x的變化如圖所示，取

。點電勢能為零，A、8質(zhì)量均為1kg,2離滑輪的距離足夠長，則（）

A.它們運動的最大速度為Im/s

B.它們向左運動的最大位移為1m

C.當(dāng)速度為0.6m/s時，A的電勢能可能是-2.4J

D.當(dāng)速度為0.6m/s時，繩子的拉力可能是9.2N

【答案】ACD

【解析】AB.由題知

f=/jmg=2x

設(shè)A向左移動入后速度為零，對A、B系統(tǒng)有

qEx-mgx—；?fic=O

（此處笈前面的3是因為摩擦力是變力，其做功可以用平均力），可得

x=2m

A向左運動是先加速后減速，當(dāng)x=2m時，摩擦力變成靜摩擦力，并反向，系統(tǒng)受力平衡，最后靜止。設(shè)A

向左運動x后速度為％對系統(tǒng)則有

qEx—mgx.g?笈=g'2機’

得

mv2=一（工—I）2+1

即：當(dāng)％=lm時，u最大為lm/s,故A正確，B錯誤；

C.當(dāng)v=0.6m/s時，可得

x=0.2m或1.8m

當(dāng)x=0.2m時，電場力做功

qEx=2.4J

貝IJ電勢能減小2.4J,由于丸。二。，貝！J電勢能為一2.4J,當(dāng)％=1.8m時

耳。=-21.6J

故C正確;

D.根據(jù)牛頓第二定律

qE—f—mg=2ma

當(dāng)x=0.2m時，系統(tǒng)加速度

a=0.8m/s2

對2有

T-mg=ma

得

T=10.8N

當(dāng)x=L8m時，系統(tǒng)加速度

a=—0.8m/s2

對2分析可得

T=9.2N

故D正確。

故選ACD。

4.（2022?湖北?統(tǒng)考高考真題）如圖所示，一帶電粒子以初速度vo沿x軸正方向從坐標(biāo)原點。射入，并經(jīng)過

點P（a>0,Z?0）o若上述過程僅由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，粒子從。到P運動的時間為〃，到達(dá)

P點的動能為若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)，粒子從。到P運動的時間為"到達(dá)

P點的動能為以2。下列關(guān)系式正確的是?（）

Oax

A.tl<t2B.tl>t2

C.Eki<Ek2D.Eki>Ek2

【答案】AD

【解析】AB.該過程中由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，此時粒子做類平拋運動，沿?zé)o軸正方向做勻速

直線運動；當(dāng)該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運動，沿?zé)o軸正方向分速

度在減小，根據(jù)

x

V

可知

tl<t2

故A正確，B錯誤。

CD.該過程中由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，此時粒子做類平拋運動，到達(dá)P點時速度大于vo；當(dāng)該

過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運動，到達(dá)P點時速度等于vo,而根據(jù)

12

Ek=~mV

可知

Eki>Ek2

故C錯誤，D正確。

故選ADo

5.（2022?浙江?統(tǒng)考高考真題）如圖為某一徑向電場的示意圖，電場強度大小可表示為￡=。為常量。

r

比荷相同的兩粒子在半徑廠不同的圓軌道運動。不考慮粒子間的相互作用及重力，則（）

A.軌道半徑r小的粒子角速度一定小

B.電荷量大的粒子的動能一定大

C.粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關(guān)

D.當(dāng)加垂直紙面磁場時，粒子一定做離心運動

【答案】BC

【解析】A.根據(jù)電場力提供向心力可得

a

一?q=mco2r

r

解得

Vmr

可知軌道半徑廠小的粒子角速度大，故A錯誤；

BC.根據(jù)電場力提供向心力可得

av2

—?q=m——

rr

解得

Vm

又

7-12

￡k=-mv

聯(lián)立可得

穌=絲

k2

可知電荷量大的粒子的動能一定大，粒子的速度大小與軌道半徑「一定無關(guān)，故BC正確；

D.磁場的方向可能垂直紙面向內(nèi)也可能垂直紙面向外，所以粒子所受洛倫茲力方向不能確定，粒子可能做

離心運動，也可能做近心運動，故D錯誤。

故選BC。

6.（2022?全國?統(tǒng)考高考真題）地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場

中產(chǎn)點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在P點。則射

出后，（）

A.小球的動能最小時，其電勢能最大

B.小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大

C.小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大

D.從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量

【答案】BD

【解析】A.如圖所示

Eq=mg

故等效重力G'的方向與水平成45°。

當(dāng)匕=。時速度最小為%in=匕，由于此時匕存在水平分量，電場力還可以向左做負(fù)功，故此時電勢能不是

最大，故A錯誤；

BD.水平方向上

在豎直方向上

V=gt

由于

Eq=mg,得v=%

如圖所示，小球的動能等于末動能。由于此時速度沒有水平分量，故電勢能最大。由動能定理可知

唯+%=。

則重力做功等于小球電勢能的增加量，故BD正確；

C.當(dāng)如圖中川所示時，此時速度水平分量與豎直分量相等，動能最小，故C錯誤；

故選BD?

7.（2022?全國?統(tǒng)考高考真題）一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導(dǎo)體極

板（半徑分別為R和R+d）和探測器組成，其橫截面如圖（a）所示，點。為圓心。在截面內(nèi)，極板間各

點的電場強度大小與其到。點的距離成反比，方向指向。點。4個帶正電的同種粒子從極板間通過，到達(dá)

探測器。不計重力。粒子1、2做圓周運動，圓的圓心為O、半徑分別為小虱R"y<R+d）；粒子3

從距。點4的位置入射并從距。點n的位置出射;粒子4從距。點々的位置入射并從距。點2的位置出射，

軌跡如圖（b）中虛線所示。則（）

「

探測器

粒子圖⑻

.zO./O/

3子i探測器3子2探測器3子3探測器粒?子4探測器

圖（b）

A.粒子3入射時的動能比它出射時的大

B.粒子4入射時的動能比它出射時的大

C.粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能

D.粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能

【答案】BD

【解析】C.在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到。點的距離成反比，可設(shè)為

Er=k

帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運動，則有

F*田

q匕=m-,qE、=m—

r!一r2

可得

1加1=匈=生

2122

即粒子1入射時的動能等于粒子2入射時的動能，故C錯誤；

A.粒子3從距。點弓的位置入射并從距。點石的位置出射，做向心運動，電場力做正功，則動能增大，粒

子3入射時的動能比它出射時的小，故A錯誤；

B.粒子4從距。點4的位置入射并從距。點弓的位置出射，做離心運動，電場力做負(fù)功，則動能減小，粒

子4入射時的動能比它出射時的大，故B正確；

D.粒子3做向心運動，有

p?

qE2>m—

一丫2

可得

23221

粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能，故D正確；

故選BD。

8.（2021.天津?高考真題）兩個位于紙面內(nèi)的點電荷產(chǎn)生電場的等勢面如圖中實線所示，相鄰等勢面間的電

勢差相等。虛線是一個電子在該電場中的運動軌跡，軌跡與某等勢面相切于尸點。下列說法正確的是

A.兩點電荷可能是異種點電荷B.A點的電場強度比B點的大

C.A點的電勢高于8點的電勢D.電子運動到尸點時動能最小

【答案】CD

【解析】A.根據(jù)電荷間等勢面的分布情況可知兩點電荷時同種電荷，又根據(jù)電子在該電場中的運動軌跡可

判斷電子一直受到排斥的力，故可知兩點電荷為同種負(fù)電荷；故A錯誤；

B.根據(jù)等勢面的疏密程度可以判斷A點的電場強度比8點的小，故B錯誤；

C.因為兩點電荷是同種負(fù)電荷，電場線指向負(fù)電荷，故可知A點的電勢高于8點的電勢，故C正確；

D.根據(jù)電子的運動軌跡和電場線的方向可知由M■到尸電場力做負(fù)功，由P到N電場力做正功；由M到P

動能減小，由尸到N動能增加，故電子運動到P點時動能最小，故D正確。

故選CDo

9.（2021?全國?高考真題）四個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別（+4，加）、（+分2根）、（+3分3%）、（-分附它們

先后以相同的速度從坐標(biāo)原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行，不計重力，下列描繪

【答案】AD

【解析】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度為

qE

a=—

m

由類平拋運動規(guī)律可知，帶電粒子的在電場中運動時間為

I

t=—

%

離開電場時，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切為

八匕atqEl

tan0——二—=--

匕%機?

因為四個帶電的粒子的初速相同，電場強度相同，極板長度相同，所以偏轉(zhuǎn)角只與比荷有關(guān)，前面三個帶

電粒子帶正電，一個帶電粒子帶負(fù)電，所以一個粒子與另外三個粒子的偏轉(zhuǎn)方向不同；（+4,粒子與

（+3q,3㈤粒子的比荷相同，所以偏轉(zhuǎn)角相同，軌跡相同，且與（-3根）粒子的比荷也相同，所以（+0根）、

（+3q,3根）、（-0租）三個粒子偏轉(zhuǎn)角相同，但（-4，%）粒子與前兩個粒子的偏轉(zhuǎn)方向相反；（+4,2%）粒子的

比荷與（+4，，〃）、（+3q,3m）粒子的比荷小,所以（+4,2〃?）粒子比（+q,〃?）、（+3q,3㈤粒子的偏轉(zhuǎn)角小，但都

帶正電，偏轉(zhuǎn)方向相同。

故選AD?

10.（2021?湖南?高考真題）如圖，圓心為。的圓處于勻強電場中，電場方向與圓平面平行，必和cd為該圓

直徑。將電荷量為4（4>。）的粒子從。點移動到匕點，電場力做功為2W（W>0）；若將該粒子從c點移動到d

點，電場力做功為W。下列說法正確的是（）

A.該勻強電場的場強方向與淡平行

B.將該粒子從d點移動到6點，電場力做功為0.5W

C.。點電勢低于c點電勢

D.若只受電場力，從d點射入圓形電場區(qū)域的所有帶電粒子都做曲線運動

【答案】AB

【解析】A.由于該電場為勻強電場，可米用矢重分解的的思路，沿cd方向建立x軸，垂直與cd方向建立

y軸如下圖所示

在x方向有

W=Exq2R

在y方向有

2W=Eyq6R+ExqR

經(jīng)過計算有

W幽，「與tan”幺坨

Ex二

2qR

由于電場方向與水平方向成60。，則電場與曲平行，且沿。指向。，A正確;

B.該粒從d點運動到6點，電場力做的功為

D

=Eq—=0.5W

B正確；

C.沿電場線方向電勢逐漸降低，則。點的電勢高于。點的電勢，C錯誤；

D.若粒子的初速度方向與成平行則粒子做勻變速直線運動，D錯誤。

故選ABo

11.（2019?全國?高考真題）靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動，N為粒子

運動軌跡上的另外一點，則（）

A.運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小

B.在N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合

C.粒子在/點的電勢能不低于其在N點的電勢能

D.粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行

【答案】AC

【解析】A.由于電場的特點未知，對于帶電粒子，其運動的速度大小可能先增大后減小，如M、N兩點在

等量同種電荷的電場中，M,N為等量同種電荷連線上的中垂線上，且關(guān)于等量同種電荷的連線對稱，故A

正確；

B.靜電場中，帶電粒子僅在電場力的作用下由靜止開始運動且電場線是直線時，運動軌跡才與電場線重合，

由于電場未知，所以粒子的軌跡不一定與某條電場線重合，故B錯誤；

C.粒子從靜止開始運動，電場力一定做正功，動能增加，電勢能一定減小，所以粒子在M點的電勢能不

低于其在N點的電勢能，故C正確；

D.若粒子的運動軌跡為曲線，粒子在N點所受電場力方向為電場線的切線方向，粒子軌跡的切線方向為速

度的方向，根據(jù)曲線運動的條件可知，此時電場力的方向與速度方向一定不平行，故D錯誤。

故選AC。

12.（2014?海南?高考真題）如圖（°）,直線MN表示某電場中的一條電場線，a、6是線上的兩點，將一帶

負(fù)電荷的粒子從。點處由靜止釋放，粒子從。運動到6過程中的v-t圖線如圖（6）所示.設(shè)。、6兩點的電

勢分別為0,、小場強大小分別為Ea、Eb,粒子在a、b兩點的電勢能分別為Wa、Wb,不計重力，則有

v

MN

Qb

圖（a）

圖（b）

二

A.QB.Ea>EbC.Ea<EbD.Wa>Wb

【答案】BD

【解析】A.負(fù)電荷從a運動到6,做加速運動，可知電場力的方向水平向右，則電場線的方向水平向左,

可知（pa<（pb.故A錯誤；

BC.從。到。的過程中，電荷的加速度逐漸減小，可知電場強度的大小逐漸減小，則Ea>Eb.故B正確,

C錯誤；

D.從a到6的過程中，電場力做正功，電勢能減小，則加〉W6.故D正確。

故選BD。

13.（2015?四川?高考真題）如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是。，最低點是P,直徑MN水平,

a、。是兩個完全相同的帶正電小球（視為點電荷），b固定在M點，。從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過

P點到達(dá)某點。（圖中未畫出）時速度為零.則小球a

A.從N到。的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小

B.從N到尸的過程中，速率先增大后減小

C.從N到。的過程中，電勢能一直增加

D.從尸到。的過程中，動能減少量小于電勢能增加量

【答案】BC

【解析】A.。球從N點靜止釋放后，受重力mg、6球的庫侖斥力Fc和槽的彈力N作用，a球在從N到。

的過程中，感與"的夾角。由直角逐漸減小，不妨先假設(shè)"的大小不變，隨著0的減小mg與Fc的合力

斤將逐漸增大；由庫侖定律和圖中幾何關(guān)系可知，隨著。的減小，Pc逐漸增大，因此尸一直增加，故選項A

錯誤；

B.從N到尸的過程中，重力沿曲面切線的分量逐漸減小到零且重力沿曲面切線的分量是動力，庫侖斥力沿

曲面切線的分量由零逐漸增大且?guī)靵龀饬ρ厍媲芯€的分量是阻力，則從N到P的過程中，。球速率必先增

大后減小，故選項B正確；

C.在。球在從N到。的過程中，a、b兩小球距離逐漸變小，電場力（庫侖斥力）一直做負(fù)功，。球電勢能一

直增加，故選項C正確；

D.在從P到。的過程中，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，其動能的減少量等于電勢能增加量與重力勢能增加

量之和，故選項D錯誤.

14.（2015?江蘇?高考真題）一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左，不

計空氣阻力，則小球（）

E

A.做直線運動B.做曲線運動

C.速率先減小后增大D.速率先增大后減小

【答案】BC

【解析】小球受重力和電場力兩個力作用，合力的方向與速度方向不在同一條直線上，小球做曲線運動.故

A錯誤，B正確.小球所受的合力與速度方向先成鈍角，然后成銳角，可知合力先做負(fù)功然后做正功，則速

度先減小后增大.故C正確，D錯誤.故選BC

【點睛】解決本題的關(guān)鍵知道物體做直線運動還是曲線運動的條件，關(guān)鍵看合力的方向與速度方向的關(guān)系.

15.（2015?天津?高考真題）如圖所示，氣核、笊核、旅核三種粒子從同一位置無初速度地飄入電場線水平

向右的加速電場用，之后進(jìn)入電場線豎直向下的勻強電場當(dāng)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上，整個裝置處于真空

中，不計粒子重力及其相互作用，那么（）

A.偏轉(zhuǎn)電場外對三種粒子做功一樣多

B.三種粒子打到屏上時速度一樣大

C.三種粒子運動到屏上所用時間相同

D.三種粒子一定打到屏上的同一位置,

【答案】AD

【解析】AB.帶電粒子在加速電場中加速，由動能定理可知

12

W=Exqd=—mv

解得

v=產(chǎn)商

Vm

粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的時間

L

t=—

V

在偏轉(zhuǎn)電場中的縱向速度

1E；ql3

v0=Clt=1---------------

y2Exmd

縱向位移

12E?/

y=—at=---

24E]d

即位移與比荷無關(guān)，與速度無關(guān)；則可三種粒子的偏轉(zhuǎn)位移相同，則偏轉(zhuǎn)電場對三種粒子做功一樣多，故A

正確，B錯誤；

CD.因三粒子由同一點射入偏轉(zhuǎn)電場，且偏轉(zhuǎn)位移相同，故三個粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子

到屏上的時間與橫向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三種粒子運動到屏上所用時間不相同，故C

錯誤，D正確。

故選ADo

【點睛】此題考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)，要注意偏轉(zhuǎn)中的運動的合成與分解的正確應(yīng)用；正確列出對

應(yīng)的表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式再去分析速度、位移及電場力的功。

16.（2018?全國?高考真題）如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微粒a、b所

帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等。現(xiàn)同時釋

放。、b,它們由靜止開始運動，在隨后的某時刻f,a、6經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，a、

6間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是（）

B.在r時刻，”的動能比b的大

C.在r時刻，。和6的電勢能相等

D.在t時刻，。和6的動量大小相等

【答案】BD

【解析】A.根據(jù)題述可知，微粒a向下加速運動，微粒b向上加速運動，根據(jù)a、6經(jīng)過電容器兩極板間

下半?yún)^(qū)域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即

aa>ab

對微粒a,由牛頓第二定律

qE=maaa

對微粒6,由牛頓第二定律

qE=mbab

聯(lián)立解得

qEqE

—>—

mamb

由此式可以得出。的質(zhì)量比。小，故A錯誤；

B.在°、6兩微粒運動過程中，。微粒所受合外力等于b微粒，。微粒的位移大于6微粒，根據(jù)動能定理,

在f時刻，。的動能比6大，故B正確；

C.由于在f時刻兩微粒經(jīng)過同一水平面，電勢相等，電荷量大小相等，符號相反，所以在f時刻，。和6

的電勢能不等，故C錯誤；

D.由于a微粒受到的電場力（合外力）等于6微粒受到的電場力（合外力），根據(jù)動量定理，在才時刻，a

微粒的動量等于b微粒，故D正確。

故選BD。

17.（2016?全國?高考真題）如圖，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面（紙面）內(nèi)，且相對

于過軌跡最低點尸的豎直線對稱.忽略空氣阻力.由此可知（）

p

A.。點的電勢比P點高

B.油滴在。點的動能比它在P點的大

C.油滴在。點的電勢能比它在P點的大

D.油滴在。點的加速度大小比它在尸點的小

【答案】AB

【解析】根據(jù)粒子的彎折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同時因軌跡關(guān)于尸點對稱，則可說明電場

力應(yīng)豎直向上，粒子帶負(fù)電，故說明電場方向豎直向下，則可判斷。點的電勢比P點高，故A正確；粒子

由P到。過程，合外力做正功，故油滴在。點的動能比它在尸點的大，故B正確；因電場力做正功，故電

勢能減小，。點的電勢能比它在P點的小，故C錯誤；因受力為恒力，故尸。兩點加速度大小相同，故D

錯誤.

18.（2016?海南?高考真題）如圖，一帶正電的點電荷固定于。點，兩虛線圓均以。為圓心，兩實線分別為

帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點?不計重力?下列說法正確

的是（）

A.M帶負(fù)電荷，N帶正電荷

B.M在6點的動能小于它在。點的動能

C.N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能

D.N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功

【答案】ABC

【解析】試題分析：由粒子運動軌跡可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M帶負(fù)電荷，N

帶正電荷，故A正確.M從a到b點，庫侖力做負(fù)功，根據(jù)動能定理知，動能減小，則b點的動能小于在

a點的動能，故B正確.d點和e點在同一等勢面上，電勢相等，則N在d點的電勢能等于在e點的電勢能，

故C正確.

D、N從c到d,庫侖斥力做正功，故D錯誤.故選ABC

考點：帶電粒子在電場中的運動

【名師點睛】本題關(guān)鍵是根據(jù)曲線運動的條件判斷出靜電力的方向，掌握判斷動能和電勢能變化的方向，

一般的解題思路是根據(jù)動能定理判斷動能的變化，根據(jù)電場力做功判斷電勢能的變化.

19.（2015?山東?高考真題）如圖甲，兩水平金屬板間距為4,板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示./=0時

刻，質(zhì)量為機的帶電微粒以初速度w沿中線射入兩板間，。?彳時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)

金屬板邊緣飛出.微粒運動過程中未與金屬板接觸，重力加速度的大小為g,關(guān)于微粒在。?T時間內(nèi)運動

的描述，正確的是（）

A.末速度大小為0vo

B.末速度沿水平方向

C.重力勢能減少了gmgd

D.克服電場力做功為mgd

【答案】BC

【解析】AB.0?1時間內(nèi)微粒勻速運動,則有:曲Eg,。?等內(nèi)，微粒做平拋運動，下降的位移玉=三。2,

日?T時間內(nèi)，微粒的加速度。=旭二整=g，方向豎直向上，微粒在豎直方向上做勻減速運動，T時

刻豎直分速度為零，所以末速度的方向沿水平方向，大小為故A錯誤，B正確.

C.0?T時間內(nèi)微粒在豎直方向上向下運動，位移大小為gd,則重力勢能的減小量為故C正確.

D.在］?年內(nèi)和菖?T時間內(nèi)豎直方向上的加速度大小相等，方向相反，則彳?菖內(nèi)和與?T時間內(nèi)

1111

位移的大小相等均為?，所以整個過程中克服電場力做功為2E應(yīng)?丁=/必/=2磔4,故D錯誤.

20.（2015?廣東?高考真題）如圖所示的水平勻強電場中，將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同

一水平線上的不同位置，釋放后，M.N保持靜止，不計重力，貝!］（）

A.M的帶電荷量比N的大

B.M帶負(fù)電荷，N帶正電荷

C.靜止時M受到的合力比N的大

D.移動過程中勻強電場對M做負(fù)功

【答案】BD

【分析】該題考查電場中物體的受力平衡問題，對于電場中的共點力作用下物體的平衡其解決方法和純力

學(xué)中共點力作用下物體的平衡適用完全相同的解決方法.

【解析】AB.因為M、N在釋放后保持靜止，說明受到的合力為0,若M帶正電，不論N帶正電，還是帶

負(fù)電，都不可能同時靜止，只有M帶負(fù)電，N帶正電才能滿足同時靜止.又M與N之間的庫侖力是作用

力與反作用力，總是大小相等方向相反，所以二者受到的電場力也必定是大小相等方向相反，由F=qE可

知，二者所帶的電量大小相等.故A錯誤，B正確；

C.靜止時，二者受到的合力都是0.故c錯誤；

D.M帶負(fù)電，受到的電場力的方向向左，所以移動過程中勻強電場對M做負(fù)功.故D正確.

二、單選題

21.（2023?北京?統(tǒng)考高考真題）如圖所示，兩個帶等量正電的點電荷位于M、N兩點上，E、尸是連線

中垂線上的兩點，O為EF、的交點，EO=OF,一帶負(fù)電的點電荷在E點由靜止釋放后（）

GE

?F

A.做勻加速直線運動

B.在。點所受靜電力最大

C.由E到O的時間等于由。到尸的時間

D.由E到P的過程中電勢能先增大后減小

【答案】C

【解析】AB.帶負(fù)電的點電荷在E點由靜止釋放，將以O(shè)點為平衡位置做簡諧運動，在。點所受電場力為

零，故AB錯誤；

C.根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，點電荷由E到。的時間等于由。到b的時間，故C正確；

D.點電荷由E到尸的過程中電場力先做正功后做負(fù)功，則電勢能先減小后增大，故D錯誤。

故選C。

22.（2023?浙江?統(tǒng)考高考真題）AB、CQ兩塊正對的平行金屬板與水平面成30。角固定，豎直截面如圖所示。

兩板間距10cm,電荷量為L0xlCf8c、質(zhì)量為3.0x10-4kg的小球用長為5cm的絕緣細(xì)線懸掛于A點。閉合

開關(guān)S,小球靜止時，細(xì)線與板夾角為30。；剪斷細(xì)線，小球運動到CD板上的〃點（未標(biāo)出），則（）

A.距離為56cmB.電勢能增加了O^xlOTj

4

C,電場強度大小為百X1（）4N/CD.減小R的阻值，MC的距離將變大

【答案】B

【解析】A.根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系，對小球受力分析如圖所示

T=qE

Tsin60°+qEsin60°=mg

聯(lián)立解得

T=qE=yl3xlO-3N

剪斷細(xì)線，小球做勻加速直線運動，如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得

LMC=dtan60°=io73cm

故A錯誤；

B.根據(jù)幾何關(guān)系可得小球沿著電場力方向的位移

x=（10-5sin30°）=7.5cm

與電場力方向相反，電場力做功為

%=_必尤=_[君X]07j

則小球的電勢能增加3月xlO-J,故B正確；

4

C.電場強度的大小

E=-^=A/3X105N/C

q

故c錯誤；

D.減小R的阻值，極板間的電勢差不變，極板間的電場強度不變，所以小球的運動不會發(fā)生改變，的

距離不變，故D錯誤。

故選B。

23.（2023?全國?統(tǒng)考高考真題）在一些電子顯示設(shè)備中，讓陰極發(fā)射的電子束通過適當(dāng)?shù)姆莿驈婋妶?，?/p>

以使發(fā)散的電子束聚集。下列4幅圖中帶箭頭的實線表示電場線，如果用虛線表示電子可能的運動軌跡，

其中正確的是（）

熒

光

D.屏

電子”

【答案】A

【解析】A.電子做曲線運動滿足合力指向軌跡凹側(cè)，A正確；

B.電子做曲線運動滿足合力指向軌跡凹側(cè)，對電子受力分析有

熒

光

電子”屏

可見與電場力的受力特點相互矛盾，B錯誤；

C.電子做曲線運動滿足合力指向軌跡凹側(cè)，對電子受力分析有

可見與電場力的受力特點相互矛盾，C錯誤;

D.電子做曲線運動滿足合力指向軌跡凹側(cè)，對電子受力分析有

熒

光

屏

可見與電場力的受力特點相互矛盾，D錯誤;

故選Ao

24.（2023?浙江?高考真題）如圖所示，示波管由電子槍豎直方向偏轉(zhuǎn)電極YY'、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX，和熒

光屏組成。電極XX，的長度為/、間距為4、極板間電壓為U,YY，極板間電壓為零，電子槍加速電壓為10U。

電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿。。'方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電極。已知電子電荷量為e,質(zhì)量為m,

B.打在熒光屏?xí)r，動能大小為lleU

c.在XX，極板間受到電場力的沖量大小為75^嬴7

D.打在熒光屏?xí)r，其速度方向與O。，連線夾角a的正切tana

20d

【答案】D

【解析】A.由牛頓第二定律可得，在XX極板間的加速度大小

eEeU

a=——=——

xmmd

A錯誤；

B.電子電極XX，間運動時，有

vx=axt

I

t=——

Vz

電子離開電極XX時的動能為

電子離開電極XX，后做勻速直線運動，所以打在熒光屏?xí)r，動能大小為eU10+,B錯誤;

C.在XX，極板間受到電場力的沖量大小

I\meU

Ir=mv=—

xxd20

C錯誤;

D.打在熒光屏?xí)r，其速度方向與。。連線夾角a的正切

vI

tana=x-=-----

vz20d

D正確。

故選D。

25.（2022.湖北?統(tǒng)考高考真題）密立根油滴實驗裝置如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負(fù)

極相接，板間產(chǎn)生勻強電場。用一個噴霧器把密度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴從噴

口噴出時由于摩擦而帶電。金屬板間電勢差為U時，電荷量為外半徑為廠的球狀油滴在板間保持靜止。若

僅將金屬板間電勢差調(diào)整為2U,則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為（

C.2q,2rD.4q,2r

【答案】D

【解析】初始狀態(tài)下，液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)時，滿足

Eq=mg

即

U4

-q=-7ir3-pg

a3

AB.當(dāng)電勢差調(diào)整為2U時，若液滴的半徑不變，則滿足

2。，43

-q=不兀丫,pg

a3

可得

2

2

AB錯誤；

CD.當(dāng)電勢差調(diào)整為2U時，若液滴的半徑變?yōu)?廠時，則滿足

2。，40、3

—q=彳乃（2r）-pg

a3

可得

q'=4q

C錯誤，D正確。

故選D。

26.（2022?浙江?統(tǒng)考高考真題）如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，

板長為L（不考慮邊界效應(yīng)）。仁0時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為vo的相同粒子，垂直M

板向右的粒子，到達(dá)N板時速度大小為四為；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射