電場力、電場能及粒子運動特點的處理-2025年高考物理易錯題專練（解析版）

易錯點08不會處理電場力、電場能及粒子運動的特點

目錄

01易錯陷阱

易錯點一：錯誤地理解電場線及帶電粒子運動與電場線的關系

易錯點二：不能明確各類電場圖像中斜率、面積等含義

易錯點三：分析帶電粒子在電場中運動問題出現(xiàn)錯誤

02易錯知識點

知識點一、庫侖力作用下的平衡問題

知識點二、電場線、等勢線（面）及帶電粒子的運動軌跡模型

知識點三、圖像的物理意義及應用

知識點四、帶電粒子（或帶電體）在電場中的直線運動

知識點五、帶電粒子在電場中的偏轉

知識點六、“等效”重力場

03舉一反三—易錯題型

題型一：粒子運動軌跡與電場線的聯(lián)系

題型二：電場中的圖像分析

題型三：“等效”重力場

題型四：帶電粒子在電場中的運動問題

04易錯題通關

4易錯陷阱

易錯點一：錯誤地理解電場線及帶電粒子運動與電場線的關系

1、電場線的理解

（1）任意兩條電場線不相交不相切；

（2）電場線的疏密表示電場的強弱，電場線越密，電場強度越大，電場線越稀，電場強度越??；

（3）電場線上任意一點的場強方向即為該點的切線方向。正電荷受力方向與該點電場方向相同；負

電荷受力方向與該點電場方向相反；

(4)兩條電場線間的空白區(qū)域，也存在電場；

2.帶電粒子做曲線運動時，合力指向軌跡曲線的內(nèi)側，速度方向沿軌跡的切線方向。

3.方法

(1)根據(jù)帶電粒子運動軌跡的彎曲方向，判斷帶電粒子所受靜電力的方向。

(2)把電場線方向、靜電力方向與電性相聯(lián)系進行分析。

(3)把電場線的疏密和靜電力大小、加速度大小相聯(lián)系進行分析。

(4)把靜電力做的功與能量的變化相聯(lián)系進行分析。

易錯點二：不能明確各類電場圖像中斜率、面積等含義

根據(jù)V4圖象中速度變化、斜率確定電荷所受合力的方向與合力大小變化，確定電

圖象

場的方向、電勢高低及電勢能變化

(1)電場強度的大小等于9-尤圖線的斜率大小，電場強度為零處，9-x圖線存在極值，

其切線的斜率為零；

(2)在9-x圖象中可以直接判斷各點電勢的高低，并可根據(jù)電勢高低關系確定電場強

(P-X圖象

度的方向；

(3)在夕-尤圖象中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB=qUAB,進而分析皿B的

正負，然后做出判斷

(1)反映了電場強度隨位移變化的規(guī)律；

(2)￡>0表示場強沿x軸正方向，E<0表示場強沿x軸負方向；

E-x圖象

(3)圖線與無軸圍成的“面積”表示電勢差，“面積”大小表示電勢差大小，兩點的電勢

高低根據(jù)電場方向判定

(1)反映了電勢能隨位移變化的規(guī)律；

Ep-x圖象(2)圖線的切線斜率大小等于電場力大??；

(3)進一步判斷場強、動能、加速度等隨位移的變化情況

易錯點三：分析帶電粒子在電場中運動問題出現(xiàn)錯誤

解決帶電粒子在電場中運動問題的一般思路

⑴選取研究對象；

(2)分析研究對象受力情況；

(3)分析運動狀態(tài)和運動過程(初始狀態(tài)及條件，直線運動還是曲線運動等)；

(4)建立正確的物理模型，恰當選用規(guī)律或其他手段(如圖線等)找出物理量間的關系，建立方程組解

題.

（5）討論所得結果.

也易錯知識點

知識點一、庫侖力作用下的平衡問題

1.求解帶電體平衡問題的方法

分析帶電體平衡問題的方法與力學中分析物體受力平衡問題的方法相同。

（1）當兩個力在同一直線上使帶電體處于平衡狀態(tài)時，根據(jù)二力平衡的條件求解；

（2）在三個力作用下帶電體處于平衡狀態(tài)時，一般運用勾股定理、三角函數(shù)關系以及矢量三角形

等知識求解；

（3）在三個以上的力作用下帶電體處于平衡狀態(tài)時，一般用正交分解法求解。

知識點二、電場線、等勢線（面）及帶電粒子的運動軌跡模型

G僅受電場力或所受其他力合力

運動軌跡與的方向與電場線平行

II電場線為直線?初速度為零，或速度方向與電場線平行?

-電場線重合

帶電

的三個條件

粒子

在電

場中

的運

11判斷粒子的正負?電場E和電場力由方向一正同負反

動軌?加速度大小比較?根據(jù)牛頓第二定律a=F合/m

運動軌跡在初T

跡亦FB電場力做正負功?電場力F和速度v間的夾角

?速度線始位置的切線L

0速度大小比較?（動能定理）合力做正功，動能增加

"速度線與電場線的切線方向三

￡■

力線”法?力線或與等勢面垂直。電勢高低比較0電場線法,場源法應差值法

0電勢能大小判斷口做功法~~?公式法電守恒法

根據(jù)運動軌跡判斷粒子的受力及運動情況

①確定受力方向的依據(jù)

a.曲線運動的受力特征：帶電粒子受力總指向曲線的凹側；

b.電場力方向與場強方向的關系：正電荷的受力方向與場強方向相同，負電荷則相反；

c.場強方向與電場線或等勢面的關系：電場線的切線方向或等勢面的法線方向為電場強度的方向。

②比較加速度大小的依據(jù)：電場線或等差等勢面越密=后越大=尸=^石越大=。=誓越大。

③判斷加速或減速的依據(jù)：電場力與速度成銳角（鈍角），電場力做正功（負功），速度增加（減?。?。

知識點三、圖像的物理意義及應用

(1)v-r圖像:

根據(jù)電荷在電場中運動的v-r圖像的速度變化、斜率變化(即加速度變化)，確定電荷所受靜電力

的方向與靜電力的大小變化情況，進而確定電場強度的方向、電勢的高低及電勢能的變化。

(2)(p-x圖像：

①電場強度的大小等于9—尤圖線的斜率的絕對值，電場強度為零處p—x圖線存在極值，其切線的

斜率為零.

②在<p-x圖象中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關系確定電場強度的方向.

即處圖線的斜率為0,即&產(chǎn)0

用處圖線的斜率的

絕對值比感處的大,

即EX2>EX4

X

X3處電勢3=0,但圖

電場強度；電場強度向右線的斜率不等于0,所

向左?(正向)以&3片0

③在9—x圖象中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB=qUAB,進而分析MB的正負，然后作出

判斷.

④在p—x圖象中可以判斷電場類型，如下圖所示，如果圖線是曲線，則表示電場強度的大小是變化

的，電場為非勻強電場；如果圖線是傾斜的直線，則表示電場強度的大小是不變的，電場為勻強電

場.

⑤在(p-x圖象中可知電場強度的方向，進而可以判斷電荷在電場中的受力方向.

(3)E-x圖像：

①E一無圖象反映了電場強度隨位移變化的規(guī)律，E>0表示電場強度沿尤軸正方向；a0表示電場強

度沿x軸負方向.

②在給定了電場的E-x圖象后，可以由圖線確定電場強度、電勢的變化情況，E—x圖線與x

軸所圍圖形“面積”表示電勢差，兩點的電勢高低根據(jù)電場方向判定.圖線與x軸圍成的“面積”表示電

勢差，“面積”大小表示電勢差大小，“面積”的正負表示始末兩點電勢的高低。

在與粒子運動相結合的題目中，可進一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況.

i圖象所圍“面積”表示

0、A兩點的電勢差

Ax

③在這類題目中，還可以由E—x圖象畫出對應的電場，利用這種已知電場的電場線分布、等勢面分

布或場源電荷來處理相關問題.

(4)Ep-x圖像：

①由Ep-x圖像可以判斷某一位置電勢能的大小，進而確定電勢能的變化情況，根據(jù)電勢能的變

化可以判斷靜電力做功情況，結合帶電粒子的運動可以確定靜電力的方向。

②穌-x圖像的斜率左=蹩￡=*=三強=一歹靜電，即圖像的斜率絕對值和正負分別表示

靜電力的大小和方向。

知識點四、帶電粒子(或帶電體)在電場中的直線運動

1.做直線運動的條件

(1)粒子所受合外力/合=0,粒子或靜止,或做勻速直線運動.

(2)粒子所受合外力F仔0,且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減

速直線運動.

2.用功能觀點分析

F合U

a—~,E=~7,v2~vo=2ad.

ma

3.用功能觀點分析

勻強電場中：W—Eqd=qU=2my2~2mv^非勻強電場中：W=qU=Eu~Eu

知識點五、帶電粒子在電場中的偏轉

1.帶電粒子在電場中的偏轉

(1)條件分析：帶電粒子垂直于電場線方向進入勻強電場.

⑵運動性質(zhì)：勻變速曲線運動.

(3)處理方法：分解成相互垂直的兩個方向上的直線運動,類似于平拋運動.

(4)運動規(guī)律：

①沿初速度方向做勻速直線運動,運動時間

「能飛出電容器：

［不能飛出電容器：尸“=瑞產(chǎn)，片/^

②沿電場力方向，做勻加速直線運動

「力不擊有FqEqU

加速度：a-m-m-md

《離開電場時的偏移量：/=%產(chǎn)=■得

、離開電場時的偏轉角：tan。弋=編

2.帶電粒子在勻強電場中偏轉時的兩個結論

(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量和偏轉角總是

相同的.

證明：由皿0=品詔尸"《鬻靖2tanO=^，

得:尸款優(yōu)tand=2Uod

(2)粒子經(jīng)電場偏轉后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點。為粒子水平位移的中點，即。

到偏轉電場邊緣的距離為右

3.帶電粒子在勻強電場中偏轉的功能關系

2

當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy^mv-^mvl，其中"=%,指

初、末位置間的電勢差.

知識點六、“等效”重力場

1.各種性質(zhì)的場(物質(zhì))與實際物體的根本區(qū)別之一是場具有疊加性，即幾個場可以同時占據(jù)同一空

間，從而形成疊加場.

2.將疊加場等效為一個簡單場，其具體步驟是：先求出重力與電場力的合力，將這個合力視為一個

“等效重力”，將。=噓視為“等效重力加速度”.再將物體在重力場中做圓周運動的規(guī)律遷移到等效

重力場中分析求解即可.

奧國舉一反三

題型一：粒子運動軌跡與電場線的聯(lián)系

【例1】（2023?臺州模擬）A、B兩個點電荷周圍產(chǎn)生的電場線分布如圖所示，一個離子從兩點電荷

連線的中垂線上的一點a射入，軌跡如圖中的ab所示，b為兩點電荷連線上的一個點，忽略離子

的重力，則可以判斷（）

A.射入的離子帶正電荷

B.A、B兩小球帶等量異種電荷

C.在a點時，A、B對離子的作用力大小相等

D.離子在a點的電勢能一定大于在b點的電勢能

【解答】解：A、不知道電場線的方向，所以不能判斷粒子的電性，故A錯誤；

B、等量異種點電荷的電場線是關于它們連線的垂直平分線對稱的，該圖中B處的電場線密，可

知B處的電荷量大，故B錯誤；

C、A、B到a的距離是相等的，B處的電荷量大，根據(jù)庫侖定律可知，B處點電荷對離子的作用

力大，故C錯誤；

D、根據(jù)曲線運動的特點可知，該離子受到的電場力的方向向右，則從a到b的過程中電場力對

離子做正功，離子的電勢能減小，所以離子在a點的電勢能一定大于在b點的電勢能，故D正

確。

故選：D。

【變式1-1］（2024?鹽城三模）如圖所示，虛線a、b、c為電場中的三條等差等勢線，實線為一帶電

的粒子僅在靜電力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，由此可知

a

A.帶電粒子在P點時的加速度小于在Q點時的加速度

B.P點的電勢一定高于Q點的電勢

C.帶電粒子在R點時的電勢能大于Q點時的電勢能

D.帶電粒子在P點時的動能大于在Q點時的動能

【解答】解：A、由圖可知，R點附近的等差等勢線比Q點附近的等差等勢線密集，所以R點處

的電場強度大，則帶電粒子在R點受到的電場力大于在Q點時受到的電場力，結合牛頓第二定律

可知帶電粒子在R點時的加速度大于在Q點時的加速度，故A錯誤；

B、根據(jù)題給條件無法判斷P、Q兩點的電勢高低，故B錯誤；

CD、粒子所受電場力一定指向軌跡的凹側，可知粒子受到的電場力的方向大致向下，若粒子由P

向Q運動，則電場力與粒子速度方向夾角始終小于90°,電場力對粒子做正功，粒子動能增大，

電勢能減小，因此帶電粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能大，在P點時的動能小于在Q

點時的動能，故C正確，D錯誤。

故選：Co

【變式1-2］（多選）（2024?武清區(qū)校級一模）如圖所示，實線為兩個點電荷Q1和Q2產(chǎn)生的電場中

的電場線（方向未標出），c、d是關于兩個點電荷連線對稱的兩點，一個電子沿虛線aob從a點

運動到b點，下列說法正確的是（）

A.電子的加速度先減小后增大

B.Q1的電荷量大于Q2的電荷量

C.c、d兩點在同一等勢面上，兩點場強相同

D.電子在a點的電勢能大于在O點的電勢能

【解答】解：A、由圖可知，O點附近的電場線比a點、b點附近的電場線密，說明電場強度大,

電子受到的電場力大，由牛頓第二定律可知，加速度也大，故電子沿虛線aob從a點運動到b點

的過程中加速度先增大后減小，故A錯誤；

B、Qi周圍的電場線比Q2周圍的電場線密，說明Q1的電荷量大于Q2的電荷量，故B正確；

C、根據(jù)電場線的分布情況可知Q1和Q2為異種電荷，根據(jù)曲線運動的合力方向指向凹處可知，

Qi為正電荷，Q2為負電荷，電場線的方向由Qi沿電場線方向指向Q2,根據(jù)對稱性可知c、d兩

點的電勢相等，場強大小相等，但方向不同，故C錯誤；

D、由圖可知，電子從a點運動到O點的過程中電場力方向與速度方向的夾角小于90°,電場力

做正功，電勢能逐漸減小，即電子在O點時的電勢能小于在a點時的電勢能，故D正確。

故選：BDo

【變式1-31（多選）（2024?拉薩一模）如圖，虛線a,b、c為靜電場中的等勢線，實線為一帶電粒

子在靜電場中的運動軌跡，B點是曲線運動的拐點，不計粒子的重力，下列說法正確的是（）

A.粒子從A點運動到B點的過程，加速度減小、速度增大

B.粒子從A點運動到B點的過程，電勢能增大，動能減小

C.粒子從A點運動到B點電場力做功的絕對值大于從A點到C點電場力做功的絕對值

D.粒子運動到A點時的動能大于D點時的動能

【解答】解：AB.因A點等勢面密集，則電場線密集，則A點電場強度大，粒子從A點運動到

B點的過程受到的電場力減小，由牛頓第二定律可知加速度減小；根據(jù)曲線的彎曲方向可知粒子

的受力方向大致向右，則粒子從A點運動到B點的過程電場力做負功，動能減小，速度減小，電

勢能增大，故A錯誤，B正確；

C.A、B點間的電勢差比A、C點間的電勢差大，根據(jù)W=qU可知粒子從A點運動到B點電場

力做功的絕對值大于從A點到C點電場力做功的絕對值，故C正確；

D.A點和D點在同一等勢面上，粒子運動到A點的動能等于D點時運動，故D錯誤。

故選：BCo

題型二：電場中的圖像分析

[例2](2024?陜西一模)有一勻強電場平行于直角坐標系xoy所在的豎直平面，現(xiàn)將一質(zhì)量為m,

帶電量為+q的小球從坐標原點O處沿y軸負向以2m/s的初速度向下拋出，其帶電小球運動的軌

跡方程為x=3y2,重力加速度取g=10m/s2,則下列說法中正確的是()

A.電場強度大小為包方向與x軸正向夾角45。

q

B.電場強度大小為二――,方向與x軸正向夾角30°

q

C.電場強度大小為4吆，方向與X軸負向夾角45°

q

D.電場強度大小為14方向與x軸正向夾角30°

q

【解答】解：由帶電小球運動的軌跡方程為：x=^y2

417

根據(jù)題意可知，小球在y軸方向做勻速直線運動，在x方向上做勻加速直線運動,

x方向上：y=vot

在x方向上：x=|at2=1ax(^)2=^2,y2

a5

對比可得：;

可知帶電小球的加速度a=10m/s2,小球做類平拋運動可得，小球受到的電場力豎直向上分力與

重力平衡，水平向右的分力為合外力，則

F(6=qE=J(ma)2+(mg)2

解得：E=^

q

方向與x軸正方向夾角為e,則有：tanO=Mg=l,解得e=45°,故BCD錯誤，A正確。

故選：Ao

【變式2?1】(2024?聊城二模)x軸上有兩個不等量點電荷qi、q2,兩電荷連線上各點電勢隨位置坐

標變化的（P-X圖像如圖所示，圖線與（P軸正交，交點處的縱坐標為（po,a、b為x軸上關于原

點O對稱的兩個點。正電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,取無窮遠處電勢為0,下列說法正確的是

（）

A.qi>q2帶異種電荷

B.兩電荷電量之比”=工

0.22

2

C.將一正電子從a點由靜止釋放，若經(jīng)過O點時速度為V0,則a點電勢6=隼0+與魯

D.將一正電子從b點由靜止釋放，則電場力先做正功后做負功，正電子經(jīng)過O點后可以到達a

【解答】解：A、由圖可知，x軸上的-xo和2xo之間的電勢都大于零，說明兩個點電荷一定都是

正電荷，故A錯誤；

B、在x=0處圖像切線的斜率為零，則該點處的電場強度為零，說明兩個點電荷在x=0處場強

大小相等，方向相反，則有

解得：血=；,故B錯誤；

C、正電子從a點靜止釋放到O點，由動能定理可得

e（q）a-<po）=gm哧,解得：<pa-（p0故C正確；

D、將一正電子從b點由靜止釋放，初始動能為零，電場力先做正功后做負功，由于a點電勢大

于b點，正電子在a點電勢能大于b點，根據(jù)能量守恒可知，不可能到達a點，故D錯誤。

故選：C。

【變式2-2]（2024?棗強縣校級模擬）某區(qū)域存在一電場，該區(qū)域內(nèi)x軸上各點電勢（p隨位置x變

化的關系如圖所示。a粒子從D點由靜止釋放，僅在電場力作用下沿x軸通過C點，下列說法中

正確的是（）

A.由D點到C點電場強度的方向始終沿x軸正方向

C.a粒子從D點到C點運動的過程中其電勢能減小10eV

B.a粒子從D點到C點運動的過程中所受電場力先增大后減小

D.a粒子從D點到C點運動的過程中其動能先增大后減小

【解答】解：A、沿電場線方向電勢逐漸降低，從D到C電勢先降低后升高，則電場強度的方向

先沿x軸正方向，再沿x軸負方向，故A錯誤；

B、a粒子在D和C點的電勢能為EpD=2eX20V=40eV,Epc=2eX10V=20eV,則AEP=EPD

-Epc=40eV-20eV=20eV,所以a粒子從D到C的過程中其電勢能減小20eV,故B錯誤；

C、5-x圖像的斜率為電場強度E,從D到c的過程中E先減小后增大，所以a粒子從D到c

的過程中所受電場力先減小后增大，故C錯誤；

D、從質(zhì)子從D到C的過程中電勢能先減小后增大，由能量守恒得，動能先增加后減小，故D正

確。

故選：D。

【變式2-3］（多選）（2024?遼寧二模）某靜電場的電場線沿x軸，其電場強度E隨x的變化規(guī)律如

圖所示，設x軸正方向為靜電場的正方向，在坐標原點有一電荷量為q的帶電粒子僅在電場力作

用下由靜止開始沿x軸正向運動，則下列說法正確的是（）

B.粒子運動到xo處速度最大

C.粒子不可能運動到3xo處

7

D.在0?3xo區(qū)域內(nèi)，粒子獲得的最大動能為

8

【解答】解：A、帶電粒子僅在電場力作用下由靜止從坐標原點0開始沿x軸正向運動，開始時

電場方向為正方向，與開始時電場強度的方向是相同的，所以粒子帶正電，故A正確；

59

BCD>由幾何關系可知在0?彳久0、7%o~3xo之間電場強度的方向為正，粒子在其中運動時電場

34

59

力做正功，在彳汽0~二％0之間電場強度的方向為負，粒子在其中運動時電場力做負功，結合U=Ex

34

可知，E-x圖像中，圖線與x軸之間的面積可以表示電勢差，則三段電勢差分別為：Ui=迪皿=

u__（加告0）苧_xII-（3曲母0）苧_A/7r

由于|U2|<U3,可知粒子到達3X0處時電場力做的功最多，則粒子運動到3X0處速度最大。

只有電場力做功，則在0?3xo區(qū)域內(nèi)，粒子獲得的最大動能為Em=q（U1+U2+U3）=q（|&）Xo-

737

而=gq&）%o，故BC錯誤，D正確。

故選：ADo

題型三：“等效”重力場

【例3】（2024?廬陽區(qū)校級四模）如圖所示，A、B、C、D、E、F、G、H是豎直光滑絕緣圓軌道的

八等分點，AE豎直，空間存在平行于圓軌道面的勻強電場，從A點靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電

小球，小球沿圓弧恰好能到達C點。若在A點給帶電小球一個水平向右的沖量，讓小球沿軌道做

完整的圓周運動，則小球在運動過程中（）

A.E點的動量最小B.B點的電勢能最大

C.C點的機械能最大D.F點的機械能最小

【解答】解：A、從A點靜止釋放帶電小球，小球沿圓弧恰好能到達C點，則知電場力和重力的

合力方向沿FB方向斜向下，B點為“等效最低點”，F(xiàn)點為“等效最高點”，所以小球在F點速度

最小，動量最小，故A錯誤；

BCD、由力的合成可知，小球受到的電場力水平向右，可知小球在G點電勢能最大，在C點電勢

能最小，因小球的電勢能與機械能之和守恒，則知在C點機械能最大，在G點機械能最小，故

BD錯誤，C正確。

故選：Co

【變式3-1］（多選）（2024?東莞市三模）隨著環(huán)保理念的深入，廢棄塑料分選再循環(huán)利用可減少對

資源的浪費。其中靜電分選裝置如圖所示，兩極板帶上等量異種電荷僅在板間形成勻強電場，漏

斗出口與極板上邊緣等高，到極板間距相等，a、b兩類塑料顆粒離開漏斗出口時分別帶上正、負

電荷，經(jīng)過分選電場后a類顆粒匯集在收集板的右端，已知極板間距為d,板長為L,極板下邊

緣與收集板的距離為H,兩種顆粒的荷質(zhì)比均為k,重力加速度為g,顆粒進入電場時的初速度為

零且可視為質(zhì)點，不考慮顆粒間的相互作用和空氣阻力，在顆粒離開電場區(qū)域時不接觸極板但有

最大偏轉量，則（）

給料區(qū)

A.右極板帶負電

B.顆粒離開漏斗口在電場中做勻變速曲線運動

兩極板間的電壓值為襄7

C.

D.顆粒落到收集板時的速度大小為2g（L+H）+%

【解答】解：A、根據(jù)題意可知，a類塑料帶正電荷所受電場力水平向右，則電場方向水平向右,

可知，右極板帶負電，故A正確；

B、由于顆粒進入電場時的初速度為零，在電場中受電場力和重力的合力保持不變，則顆粒離開

漏斗口在電場中做勻變速直線運動，故B錯誤；

C、根據(jù)題意，設兩極板間的電壓值為U,水平方向上，根據(jù)牛頓第二定律有：萼=ma,位移：

a

d1

-=-at?

22

豎直方向上位移有：乙=±9/

聯(lián)立解得：U二%,故C正確；

D、根據(jù)題意，結合C分析可知，顆粒離開電場時的水平速度為：以='[=厘，離開電

場后,水平方向做勻速運動，則顆粒落到收集板時的水平速度仍為vx=岳

豎直方向上，顆粒一直做自由落體運動，則顆粒落到收集板時的豎直速度為：%=J2g（"+L）

則顆粒落到收集板時的速度大小為v=+藥=』2g（L+H）+黃,故D正確。

故選：ACDo

【變式3-2]（多選）（2024?涼山州模擬）如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系xoy,整個空間存

在平行xoy平面與y軸正方向成45°角的勻強電場E。質(zhì)量為m的帶電小球從坐標原點O沿x

軸的正方向以速度v水平拋出，經(jīng)過一段時間小球以/v的速度穿過y軸正半軸某點（圖中未畫

出），不計空氣阻力，則（）

A.小球可能帶負電

B.小球所受電場力的大小為2&mg

C.小球電勢能最大時動能最小

D.小球電勢能最大時水平速度等于豎直速度

【解答】解：A、帶電小球從坐標原點O拋出到穿過y軸正半軸的過程中，重力做負功，動能增

加，則電場力做正功，小球沿著電場線的方向運動了一段距離，所以小球帶正電，故A錯誤；

B、將電場強度分解到水平方向和豎直方向，則在水平方向上，有

E水平q=qEcos45°=ma水平

由運動學公式有vt-0

小球穿過y軸正半軸時的水平分速度大小為：vx=v-a水平t

在豎直方向上，有

E豎直q-mg=qEsin45°-mg=ma豎直

小球穿過y軸正半軸時的豎直分速度為：vy=a藍直t

而a17=個必+哆

聯(lián)立解得：Eq=242mg,故B正確；

CD、小球拋出后，當速度方向與電場線垂直斜向上時，克服電場力做功最多，電勢能最大，此時

電場力的方向與速度方向垂直，而重力的方向與速度方向夾角為鈍角，接下來小球的速度會繼續(xù)

減小，并非此時是動能最小的時刻，故C錯誤，D正確。

故選：BDo

【變式3-31（多選）（2024?保定一模）如圖所示，絕緣粗糙的水平軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半

圓形光滑絕緣軌道BC平滑連接，BC為豎直直徑，半圓形軌道的半徑R=0.5m,所在空間存在水

平向右的勻強電場，電場線平行AB,電場強度大小E=1X1（）4N/C?，F(xiàn)有一電荷量q=+3Xl（T

4C＞質(zhì)量m=0.2kg的帶電體甲（可視為質(zhì)點）與水平軌道的動摩擦因數(shù)四=0.5,在P點由靜止

釋放，之后與位于B點的另一質(zhì)量m=0.2kg不帶電的絕緣體乙（可視為質(zhì)點）發(fā)生正碰并瞬間

粘在一起，P點到B點的距離xpB=5m,g|X10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。則下列說法

正確的是（）

A.甲、乙粘在一起后在半圓形軌道上運動過程中機械能守恒

B.甲、乙整體運動到半圓形軌道最高點C時速度大小為近6/s

C.甲、乙整體在半圓形軌道上運動過程的最大動能為5.5J

D.甲、乙整體在半圓形軌道上運動過程的最大動能為5J

【解答】解：A、甲乙粘在一起后在半圓形軌道上運動過程中，除重力做功之外，還有電場力做

功，所以甲乙整體機械能不守恒，故A錯誤；

1

B、設帶電體甲到達B點時的速度為vo,則根據(jù)動能定理：qExpB-NTngxpB=憂

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：vo=lOm/s

甲乙碰撞后粘在一起，設碰后速度為vi,則根據(jù)動量守恒：mvo=（m+m）vi

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：vi=5m/s

甲、乙整體從B點運動到半圓形軌道最高點C時，根據(jù)動能定理：-2mgx2R=義-5X

27n謚

代入數(shù)據(jù)解得：vc=V5m/s,故B正確；

CD、帶電體在重力場和電場的復合中運動，當帶電體在半圓形軌道上運動至速度方向與電場力和

重力的合力方向垂直時（即運動到等效最低點時）的動能最大，此時帶電體受到的重力與電場力

的合力沿半徑方向，如圖所示，

F3xl0-4xlxl04

2mg2x0.2x10

1

則甲乙整體從B點運動到等效最低點時，根據(jù)動能定理：qERsine-2mgR（1-cos。）=《義

1

2mv^l—2x

則甲、乙整體在半圓形軌道上運動過程的最大動能為：Ekm=1x2rn^=5.57,故C正確，D錯

誤。

故選：BCo

題型四：帶電粒子在電場中的運動問題

【例4】（2024春?岳麓區(qū)校級月考）如圖所示，在勻強電場中一帶正電粒子先后經(jīng)過a、b兩點。已

知粒子的比荷為k,粒子經(jīng)過a點時速率為3v,經(jīng)過b點時速率為4v,粒子經(jīng)過a、b兩點時速

度方向與ab連線的夾角分別為53°、37°,ab連線長度為L。若粒子只受電場力作用，則下列

無法確定的是()

A.場強的大小

B.場強的方向

C.a、b兩點的電勢差

D.粒子在a、b兩點的電勢能之差

【解答】解：AB、設電場力的方向與ab所在直線夾角為0,如圖所示將粒子的速度沿電場方向

和垂直于電場方向

因為粒子在垂直電場方向不受力，做勻速直線運動，所以該方向的速度分量相同，根據(jù)幾何關系，

有3vcos(0-37°)=4vsin(6-37°)

解得電場力的方向與ab所在直線夾角為0=74°

運動的時間為消7。)二等譏37。

沿電場力方向速度變化量為△v=4vcos(0-37°)+3vsin(0-37°)=4vcos37°+3vsin37°

電場強度的大小為E=￡=幽=必=-4誓尊。+3237。)

qqqt釐仇37°

故電場強度的大小和方向可以確定，故AB不符合題意；

C、根據(jù)勻強電場的電場強度公式，E=,"巴?？芍猘、b兩點的電勢差可以確定，故C不符合

題意;

D、根據(jù)功能關系有qUab=AEp,電荷量未知，無法確定粒子在a、b兩點的電勢能之差，故D符

合題意。

故選：D。

【變式4?1](多選)(2023?邯鄲二模)在如圖所示的空間中分布有與豎直面平行的勻強電場，一質(zhì)

量為m、電荷量為q的帶正電的小球在場中的運動軌跡為拋物線ABC,A、C為與x軸的兩交點，

B為與y軸的交點，直線BD為拋物線的對稱軸。已知。。=\BD=d,CD=4d,重力加速度為

g,小球在B點的速度為vo（未知），則下列選項正確的是（）

\B

Cx

帶電小球從B運動到C的過程中電場力一定做正功

勻強電場的電場強度最小值為々

2q

1973

C.電場力等于重力時，帶電小球在C點的動能為

D.帶電小球在A點的加速度可能為2g

【解答】解：A、根據(jù)拋物線軌跡的對稱性，重力和電場力的合力沿BD方向，由于電場方向不確

定，所以電場力方向不確定，故帶電小球從B運動到C的過程中電場力可能做正功，也可能做負

功，也可能不做功，故A錯誤；

B、重力豎直向下，重力和電場力的合力F沿BD方向，如圖所示：

由圖可知，合力F大小變化時，電場力大小方向發(fā)生變化，當電場力方向與合力F垂直時，即電

場力方向與直線BD垂直時，電場強度有最小值，己知所以NOBD=30°,則qE=

等，可得￡=署，故B正確；

C、小球合力的方向沿BD方向，在B點速度方向沿著軌跡切線方向與BD垂直，所以帶電小球

從B到C做類平拋運動，沿著BD方向做初速度為零的勻加速直線運動，垂直BD方向做勻速直

線運動。由上圖可知，當電場力大小等于重力大小時，電場力的方向與BD方向夾角為30°斜向

下，此時合力的大小尸=mgxcos30°x2=Wmg,由牛頓第二定律可知小球的加速度a='=

烏普=小球從B運動到C的過程中沿著BD方向的位移y=8D+CDxsizi30°=2d+

4d4=4d,由運動學公式可得：丫=方。產(chǎn)，代入數(shù)據(jù)，可得時間土=

移％=CDxcos30°=4d=2V3d,由運動學公式可得：x=vot,則%=/弓的

從B到

一▼“E―-…皿r-.1,1o―力上,一—八，1199V迎3

C利用動能定理：\l3mgx4d=2mvc-2mv°,可得帶電小球在C點的動能為二一nigd,故C

正確；

D、重力與電場力合力的方向沿BD方向就可以實現(xiàn)帶電小球在復合場中的類平拋運動，合力的

大小可以是2mg,由牛頓第二定律可知帶電小球在A點的加速度可能為2g,故D正確。

故選：BCDO

【變式4-2］（2023?和平區(qū)二模）2021年4月我國空間站天和核心艙成功發(fā)射，核心艙首次使用了

一種全新的推進裝置一一霍爾推力器。其工作原理簡化如下：如圖甲所示，推力器右側陰極逸出

（初速度極小）的一部分電子進入放電室中，放電室內(nèi)由沿圓柱體軸向的電場和環(huán)形徑向磁場組

成，電子在洛倫茲力和電場力的共同作用下運動，最終大多數(shù)電子被束縛在一定的區(qū)域內(nèi)，與進

入放電室的中性推進劑工質(zhì)（氤原子）發(fā)生碰撞使其電離；電離后的債離子在磁場中的偏轉角度

很小，其運動可視為在軸向電場力作用下的直線運動，飛出放電室后與陰極導出的另一部分電子

中和并被高速噴出，霍爾推力器由于反沖獲得推進動力。設某次核心艙進行姿態(tài)調(diào)整，開啟霍爾

推力器，電離后的債離子初速度為0,經(jīng)電壓為U的電場加速后高速噴出，債離子所形成的等效

電流為I。已知一個氤離子質(zhì)量為m,電荷量為q,忽略離子間的相互作用力和電子能量的影響，

求：

（1）單位時間內(nèi)噴出債離子的數(shù)目N；

（2）霍爾推力器獲得的平均推力大小F；

（3）放電室中的電場和磁場很復雜，為簡化研究，將圖甲中磁場和電場在小范圍內(nèi)看作勻強磁場

和勻強電場，俯視圖如圖乙所示，設磁感應強度為B,電場強度為E。選取從陰極逸出的某電子

為研究對象，初速度可視為0,在小范圍內(nèi)運動的軌跡如圖，己知電子質(zhì)量為me,電荷量為e,

忽略電子間，電子與離子間的相互作用力，求電子在沿軸向方向運動的最大距離H。

/放電室

推進劑

工質(zhì)「?離子

----------------------?E

XXXX

陽極/-r）?電子XX'、xX

軸向電場/心

徑向磁場G月極XBX''XX

圖甲圖乙

【解答】解：（1）由電流定義,等效電流/=^=Nq

解得：yv=-：

1

（2）以At內(nèi)噴出的n個敬離子為研究對象，設放離子噴出速度為V,由動能定理：=

由動量定理：F'At=nmv-0,F'=Nmv

2mU

聯(lián)立得：F

q

2mU

由牛頓第三定律得，推力器獲得推力：F=1=1

（3）設電子運動到軸向最大距離H時的速度為Vm,方向垂直于E,將任意時刻電子的速度v分

解在沿E方向和垂直于E方向上，分別為vi、V2,與vi對應的洛倫茲力2垂直E方向向上，大

小為fi=Bevi

電子由靜止運動到最大距離過程中，垂直E方向應用動量定理得：￡/2a=^Bev^t=Be^vrAt=

BeH=mevm—0

電子由靜止運動到最大距離的過程中，由動能定理得：EeH=1mev^-0

聯(lián)立解得：”=二變。

Be

【變式4-3］（2023?紹興二模）如圖所示是半導體注入工藝的裝置示意圖，某種元素的兩種離子X+

和X3+,質(zhì)量均為m,可從A點水平向右注入加速電場，初速度大小連續(xù)分布且在0和之

間。經(jīng)電壓為U的電場直線加速后，離子均從小孔C水平射入偏轉電場（兩極板水平放置且上極

板帶負電，電勢差U，可調(diào)），偏轉后均能穿出此電場，其中CD為偏轉電場的中線。離子穿出電

場后立即進入緊靠電場的勻強磁場，該磁場邊界線豎直、右側足夠大，磁感應強度大小B在Bo

和3Bo之間可調(diào)，方向始終垂直紙面向里。不考慮離子的重力及相互作用，元電荷帶電量為e。

(1)僅注入初速度0的離子，U，不為0,求x+和x3+穿出偏轉電場時豎直方向位移之比;

(2)僅注入初速度為J等的X+離子，U不為0且B=Bo,求離子在磁場中射入位置與射出位置

的距離Y；

(3)若放置一塊緊靠磁場左邊界的豎直收集板，長度力=六丁1^，下端距D點的距離d=

速率的離子數(shù)目相同，再調(diào)節(jié)磁感應強度大小，使BoWBW3Bo,求收集板上每秒能收集到的離子

數(shù)n與B之間的關系。

XXXX

；xXXX

收集板

XXXX

XXX

XXXX

。CD

XXXX

XXXX

加速偏轉！磁場

電場電場

【解答】解：(1)設偏轉電場的極板間距為d,板長為U,則在加速電場中，根據(jù)動能定理：qU=

ymvc—0

在偏轉電場中豎直方向位移為y=/嚴另.g.自)2

可知豎直方向位移與所帶電荷量無關，僅注入初速度0的離子時X+和X3+穿出偏轉電場時豎直方

向位移之比為1：lo

(2)僅注入初速度為J等的X+離子，則在加速電場，根據(jù)動能定理：=

在偏轉電場射出后的速度大小為v,在磁場當中，設入射方向與磁場邊界線夾角為0,則射入位

置與射出位置的距離Y=2rsin。，洛倫茲力提供向心力B()ev=m*,sind=與

(3)收集板最上端的位置距離D點；c=L+d=高楞^

初速度為0的粒子射入磁場后偏轉的距離為%=2r1=駕皂=棄寫