2025高考物理一轮复习突破：电场中的力电综合问题

专题突破课12、电场中的力电综合问题

目标要求1.会分析带电粒子在交变电场中的加速和偏转问题。2.会用动力

学观点、能量观点和动量观点分析电场中的力电综合问题。

考点一带电粒子在交变电场中的运动问题

1.常见的交变电场

常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。

2.常见的题目类型

(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。

(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。

(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。

3.思维方法

(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和

在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与

物理过程相关的临界条件。

(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律

分析；二是功能关系。

维度1带电粒子在交变电场中的直线运动

EE如图甲所示，真空中相距d=5cm的两块平行金属板A、B与电源连

接(图中未画出)，其中B板接地(电势为零)，A板电势变化的规律如图乙所示。将

一个质量m=2.0X10-27kg、电荷量q=+1.6X10-19(2的带电粒子从紧邻B板处

释放，不计粒子重力。求：

⑴在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；

(2)若A板电势变化周期T=L0X10rs,在/=0时将带电粒子从紧邻B板

处无初速度释放，粒子到达A板时速度的大小；

(3)A板电势变化频率多大时，在/={'到/=•!时间内从紧邻B板处无初速度释

放该带电粒子，粒子不能到达A板。

解析：(1)带电粒子所受静电力大小为

F=qE=d

由牛顿第二定律得。=£=华=4.0义109m/s2o

mam

(2)由位移公式计算粒子在0〜号时间内运动的距离为

1T_

x=2^(2)2—5.0X10-2m

由此可见带电粒子在/=多时恰好到达A板。再由运动学公式可得

T

o=%=2X104m/So

(3)分析可知，在卜号内，静电力方向、速度方向均向右，带电粒子向A板

做匀加速运动；同理，在杯〜芋内，则向A板做匀减速运动，速度减为零后再返

回。由于运动具有“对称性”，即先、后两段位移大小相等。

得粒子向A板运动可能的最大位移为

Xmax=2X彳〃「=痴

因题目要求粒子不能到达A板，故必有Xmax<d,频率和周期的关系为尸亨,

由以上三式即可求出电势变化频率应满足条件/>AJ^=5V2X104HZO

答案：(1)4.0Xio9m/s2(2)2X104m/s(3)大于5gxi04Hz

维度2带电粒子在交变电场中的往复运动

EE(多选)匀强电场的电场强度E随时间/变化的图像如图所示。当f=0

时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，

则下列说法中正确的是()

40

0

1：23：4；5"s

-20

A.带电粒子将始终向同一个方向运动

B.2s末带电粒子回到原出发点

C.3s末带电粒子的速度为零

D.0〜3s内，电场力做的总功为零

解析：CD设第1s内粒子的加速度为ai,第2s内的加速度为。2,由。=誓

可知，ai=2a\,可见粒子第1s内向负方向运动，1.5s末粒子的速度为零，然后

向正方向运动，至3s末回到原出发点，粒子的速度为0,图像如图所示，由

动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，C、D正确。

维度3带电粒子在交变电场中的偏转运动

EE如图甲所示，真空中的电极可连续不断均匀地逸出电子(设电子的初

速度为零)，经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板

A、3的中线射入偏转电场，A、3两板距离为d,A、3板长为3A3两板间加周

2"?[2

期性变化的电场UAB,如图乙所示，周期为T,加速电压Ui=等，其中机为电

子质量、e为电子电荷量，T为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的

相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：

心

0

-3”,

甲乙

(1)电子从加速电场U1飞出后的水平速度V0的大小；

(2)/=0时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、3间中线的距离y；

(3)在0〜号内射入偏转电场的电子中从中线上方离开偏转电场的电子占离开

偏转电场电子总数的百分比。

解析：(1)电子在加速电场中加速

由动能定理得eUi=^mvo2-Q

解得00=7°

(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向£=001

解得

t=Q时刻进入偏转电场的电子加速度

eEeUo

ammd

电子离开电场时距离A、3中心线的距离

1

y=^cit9

解得丁二翦。

(3)在0〜号内射入偏转电场的电子，设向上的方向为正方向，设电子恰在A、

3间中线离开偏转电场，则电子先向上做初速度为零、加速度大小为a的匀加速

直线运动，经过时间「后速度0=a/，此后两板间电压大小变为3Uo

加速度大小变为。'=条=翳=3。

电子向上做加速度大小为3a的匀减速直线运动，速度减为零后，向下做初速

度为零、加速度大小为3a的匀加速直线运动，最后回到A、3间的中线，经历的

时间为与

则^at'2+f)一义*3a(亨一f)2=0

解得

则能够从中线上方向离开偏转电场的电子的发射时间为t"=^,则在0〜号时

间内，从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比

T

-

4

T-

-100%=50%o

2

答案：⑴半(2)肝(3)50%

考点二电场中的力电综合问题

解决电场中的力电综合问题，要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电

粒子(体)在电场中运动的模型，能够灵活应用动力学观点、能量观点和动量观点

等多角度进行分析与研究。

L动力学的观点

(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法。

(2)综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析要全面，特别注意重

力是否需要考虑的问题。

2.能量的观点

(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，

判断是对分过程还是对全过程使用动能定理。

(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。

①若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。

②若带电粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不

变。

3.动量的观点

(1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个

矢量必须选同一个正方向。

(2)运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注

意题目表述是否为某方向上动量守恒。

维度1电场中动力学和能量观点的应用

EE如图所示，不带电物体A和带电的物体3用跨过定滑轮的绝缘轻绳

连接，A、B的质量分别为2m和m,劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，

另一端与物体A相连，倾角为。的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统

不计一切摩擦。开始时，物体3在一沿斜面向上的外力R=3/ngsin。的作用下保

持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力E直到物体3获得最大速度，且弹簧未

超过弹性限度(已知弹簧形变量为x时弹性势能为展，重力加速度为g,则在此

过程中()

，瞅而IN

e

A.物体5带负电，受到的静电力大小为用gsin。

B.物体3的速度最大时，弹簧的伸长量为吗让

C.撤去外力F的瞬间，物体B的加速度大小为3gsin0

D.物体B的最大速度为gsin0

解析：D假设5所受静电力沿斜面向下，当施加外力时，对3分析可知歹

一机gsin6—R电=0,解得R电=2机gsin。，假设成立，故5带负电，故A错误；

当B受到的合力为零时，B的速度最大，由h=R电+mgsin。，解得》=期嘤2,

故B错误；当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，对

物体A、5分析可知电十/ngsin。=(m+2机)a,解得a=gsin。，故C错误；

设物体3的最大速度为0m,由功能关系可得3•3机0mz+3/umgxsin6+R电x,

解得Om=gsin0故D正确。

维度2电场中动量和能量观点的应用

EE有一质量为“、长度为/的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另一质

量为机、带电荷量的绝对值为q的物块(视为质点)，以初速度00从绝缘板的上表

面的左端沿水平方向滑入，绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场，其场强大

小石=翳，方向竖直向下，如图所示。已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定，

物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止；若将匀强电场的方向改变为

竖直向上，场强大小不变，且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入，结

果两者相对静止时，物块未到达绝缘板的右端。求：

(1)场强方向竖直向下时，物块在绝缘板上滑动的过程中，系统产生的热量;

(2)场强方向竖直向下时与竖直向上时，物块受到的支持力之比；

⑶场强方向竖直向上时，物块相对于绝缘板滑行的距离o

解析：(1)场强方向向下时，根据动量守恒定律得

mvo=(M-\-m)v

所以请产

根据能量守恒定律得热量

1

1,1..x9mMvo

Q=^-^M+m^=2(M+w)o

(2)由题意知物块带负电，场强向下时

F^=mg~qE

场强向上时RN'=mg+qE

(3)两次产生的热量相等则有〃EN'I'=Q,口FNI=Q

所以1=(。

答案：⑴life⑵…⑶(

维度3电场中动力学、动量和能量观点的综合应用

国如图所示，A3。为竖直平面内的光滑绝缘轨道，A3段为足够长的水

平轨道，3。段为半径R=0.2m的半圆轨道，二者相切于3点，整个轨道处于竖

直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0XIO,V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速

度00沿水平轨道向右运动，与静止在3点带正电的小球乙发生弹性正碰。已知乙

球质量m=1.0X10-2kg,所带电荷量q=2.0X10rC,乙球质量为甲球质量的3

倍。取g=10m/s2,甲、乙两球均可视为质点，整个运动过程中无电荷转移。

(1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点。时，对轨道的压力大小人,

为自身重力的2.5倍，求乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离；

(2)在满足(1)的条件下，求甲球的初速度。0。

解析：(1)设乙到达最高点。时的速度为OD,乙离开。点首次到达水平轨道

的时间为/,加速度为a,乙在水平轨道上的首次落点到3点的距离为x,乙离开

。点后做类平抛运动，

则27?=%-，x=VDt

根据牛顿第二定律有。=螫产

乙过。点时有/^+4石+刑=机-鼠(式中RN为乙在。点时轨道对乙的作用力)

根据牛顿第三定律有RN=RN'=2.5mg,方向向下

联立解得x=0.6mo

(2)设碰后瞬间甲、乙两球的速度分别为01、02,根据动量守恒定律和机械能

守恒定律有

^mvo=^mvi+mv2

；X^mvo2=3X

联立解得V2=^V0

乙球从3到。的过程中，根据动能定理有

2

由⑴可得VD—3m/s

联立解得0o=lOm/So

答案：(1)0.6m(2)10m/s

素养培优8”等效思维法”在电场中的应用

1.“等效重力”及“等效重力加速度”

在匀强电场中，将重力与电场力进行合成，如图所示，则R合为“等效重力

场”中的“等效重力"，g'=穿为”等效重力场”中的“等效重力加速度”，F

令的方向为“等效重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向。

2.等效最“高”点与最“低”点的确定方法

在”等效重力场”中做圆周运动的物体过圆心作“等效重力”的作用线，其

反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运动的等效最“高”点，沿着“等效重

力”的方向延长交于圆周的那个点即为等效最“低”点，如图所示。

重力场与电场成一定夹角重力场与电场在一条直线上

------------------------------E等效重力场

等效重力场

等效重力加速度

等效重力加速度

类型1等效场中的“绳球”模型

典例1如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为。、半径为

八内壁光滑，A、3两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平

向右的匀强电场，一质量为机、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷

量不变)，经过C点时速度最大，。、。连线与竖直方向的夹角8=60°,重力加

速度为g。求：

(1)小球所受到的静电力的大小；

(2)小球在A点速度00为多大时，小球经过3点时对圆轨道的压力最小？

解析：(1)小球在C点速度最大，则在该点静电力与重力的合力沿半径方向,

所以小球受到的静电力大小F=mgtan60°=y/3mg。

(2)小球要到达3点，必须到达。点时速度最小，在。点速度最小时，小球

经3点时对轨道的压力也最小。设在。点时轨道对小球的压力恰为零,一^=

cos60

my,得v=y[2gr

由轨道上A点运动到D点的过程可得

—mgr(l+cos3)~Frsm0=^mv2—^mvo1

解得vo=2-\[2gr0

答案：(1)y[3mg(2)2y/2gr

类型2等效场中的“杆球”模型

典例2(多选)如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度大小

为E=1XIO,V/m,其中有一个半径为R=2m的竖直光滑圆环轨道，环内有两根

光滑的弦轨道A3和AC,A点所在的半径与竖直直径成37°角。质量为机=

0.08kg、电荷量为q=+6XIO"C的带电小环(视为质点)穿在弦轨道上，从A点

由静止释放，可分别沿A3和AC到达圆周上的B、C点。现去掉弦轨道AB和AC,

如图乙所示，让小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动。不考虑小环运

动过程中电荷量的变化。下列说法正确的是(cos37°=0.8,g取10m/s2)()

A.小环在弦轨道A3和AC上运动时间之比为1：1

B.小环做圆周运动过程中经过C点时动能最大

C.小环做圆周运动过程中动能最小值是1J

D.小环做圆周运动过程中对圆环轨道的最大压力是5N

解析：AD因为重力与静电力均为恒力，所以二者的合力大小为F=

（mg）2+（Eq）2=1N,与竖直方向夹角正切值tan6=3=］,解得8=37°,

重力与静电力合力指向AO,A为等效最高点，根据等时圆模型，小环在弦轨道

A5和AC上运动时间相等，A正确；等效最低点是A。延长线与圆环轨道交点，

而非C点，等效最低点速度最大，动能最大，B错误；因为小环穿在圆环轨道上

且恰好能做完整的圆周运动，则小环在等效最高点A速度最小为零，在A点动能

最小也为零，C错误；小环在等效最低点时速度最大，动能最大，小环对圆环轨

道压力也最大，从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得户2R=fwm2

772

-0,由牛顿第二定律得八一R="厂，，代入数据解得RN=5N,由牛顿第三定律

K

得小环做圆周运动的过程中对圆环的最大压力是5N,D正确。

限时规范训练36

［基础巩固题组］

1.如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），当两板间的

电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动（假设不与板相碰），下

列说法正确的是（）

A.电压如甲图所示时，在0〜T时间内，电子的电势能一直减少

B.电压如乙图所示时，在0〜I"时间内，电子的电势能先增加后减少

C.电压如丙图所示时，电子在板间做往复运动

D.电压如丁图所示时，电子在板间做往复运动

解析：D若电压如题图甲时，在0〜T时间内，静电力先向左后向右，则电

子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即静电力先做正功后做负功，

电势能先减少后增加，故A错误；电压如题图乙时，在0〜/7时间内，电子向右

先加速后减速，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；

电压如题图丙时，电子向左先做加速运动，过了义7后做减速运动，到T时速度减

为0,之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误；电压如题

113

图丁时，电子先向左加速，到后向左减速，后向右加速，后向右减速，T

时速度减为零，之后重复前面的运动，则电子做往复运动，故D正确。

2.图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u,电压u随时

间/变化的图线如图乙所示。质量为阴、重力不计的带电粒子以初速度oo沿中线

射入两板间，经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述错误的是（）

II

Uo——r--i——1

一仇-----1-------1

甲乙

A./=0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大

B./=：T时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大

C.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平

D.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等

解析：B粒子在电场中运动的时间是相同的，/=0时入射的粒子，在竖直

方向先加速，然后减速，最后离开电场区域，故/=0时入射的粒子离开电场时偏

离中线的距离最大，选项A正确；时入射的粒子，在竖直方向先加速，然

后减速，再反向加速，最后反向减速离开电场区域，故此时刻入射的粒子离开电

场时速度方向和中线在同一直线上，选项B错误；因粒子在电场中运动的时间等

于电场变化的周期T,根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故

所有粒子离开电场时的竖直方向分速度为零，即最终都垂直电场方向射出电场，

离开电场时的速度大小都等于初速度，选项C、D正确。

3.（多选）如图甲所示，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。/=0时亥I],质量为根的带电微粒以初速度oo沿中线射入两板间，0〜f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0〜T时间内运动的描述，正确的

是（）

A.末速度大小为噌00

B.末速度沿水平方向

C.重力势能减少了Jngd

D.克服电场力做功为mgd

解析：BC0〜亨时间内微粒匀速运动，有mg=qEOa把微粒的运动分解，水

平方向做速度为oo的匀速直线运动，竖直方向在号〜号时间内，微粒只受重力，

做自由落体运动，导时刻，Vly=^g；孝〜T时间内，m§=g>做匀减速

直线运动，T时刻，V2y=viy—a-^=Qo所以T时刻末速度0=00,方向沿水平方

向，选项A错误，选项B正确；重力势能的减少量AEp=/ng•冽gd，所以选

项C正确。根据动能定理得电=0,得W电=34?匕所以选项D错误。

4.如图所示，一质量为机、电荷量为q（q>0）的粒子在匀强电场中运动，A、B

为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为oo,方向与电场方向的

夹角为60°；它运动到3点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。A、

3两点间的电势差为（）

吗/电场

mvo2mvo2

—B.-----

2qq

3nw（）22mro2

D.-------

.qq

解析：B粒子在运动过程中，垂直电场方向的速度不变，设为Oy,根据速

度的合成与分解，在A点时sin60°="，在8点时sin30°，解得酸=小优,

UB

11

由A到5过程，根据动能定理4。48=]加加一呼10（）2,解得UAB=一1，故选B。

5.（多选）如图所示，在竖直固定的光滑绝缘圆环的最高点P固定一带正电的

点电荷，带负电的小球套在圆环上并从〃点由静止释放，小球沿圆环向下运动并

经过最低点Q。已知点N在圆环上且与点。在同一水平线上，航点可在短弧NQ

之间的任一位置，弧MQ对应的圆心角为6。设小球所受重力大小为mg,在M

点时受到的静电力大小为R小球可视为点电荷。以下判断正确的是（）

A.F<.y[2mg

B.\f2mg<F<2mg

C.小球由〃向Q运动过程中电势能逐渐减小

D.小球由〃向Q运动过程中动能逐渐增大

,_ee

解析：AD小球能沿轨道向下运动，必有mgsin0>Fsing,2mgsin-ycos

oee。、历

■y>Fsin-y,2mgeos~^>F,因为8W90°,又因当6=90°时，cos

所以FV表mg,A正确，B错误；小球向下运动过程中，克服电场力做功，电势

一9一,

能增大，C错误；小球向下运动过程中，用gsin。始终大于八in5，动能不断增

大，D正确。

6.（多选）如图，A3C是竖直面内的固定半圆形光滑轨道，。为其圆心，A、C

两点等高，过竖直半径的虚线右侧足够大的区域内存在沿AC方向的匀强电

场。一带正电小球从A点正上方P点由静止释放，沿轨道通过3、C两点时的动

能分别为瓜和1.5反，离开C点后运动到最高点。（图中未画出）。已知P与A间

的距离等于轨道半径，贝女）

A.D点与P点等高

B.小球在电场中受到的静电力是其重力的两倍

C.小球在。处对轨道的压力是其重力的两倍

D.小球通过。点时的动能大于L5Ek

解析：BD若在A点速度等于C点的速度，在竖直方向由对称性可知，D

点与P点等高，但由动能定理可知A点的速度小于C点的速度，所以。点高于P

点，故A错误；设小球在电场中所受静电力为凡轨道半径为七小球从P到3

过程，由动能定理得机g・2R=Ek,小球从P到C过程，由动能定理得机

=1.5Ek,联立可得R=2机g,故B正确；由动能定理的表达式有L5Ek=Wm。/，

在C点时，由牛顿第二定律得FN—F=m~Y，结合机g-2R=Ek,联立可得FN=8mg,

由牛顿第三定律得小球在C处对轨道的压力大小=FN=8mg,故C错误;因

为F=2mg,可知小球从C点飞出后，竖直方向的加速度小于水平方向的加速度，

竖直方向上，由逆向思维可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，则小球从

C到。过程中，水平方向的位移大于竖直方向的位移，根据W=Rs,可知静电力

所做正功大于重力所做负功，则小球通过D点时的动能大于通过C点时的动能，

即大于L5Ek,故D正确。

7.(多选)如图(a)所示，倾角8=30°的光滑固定斜杆底端固定一电荷量为。=

2XIO'C的正点电荷，将一带正电的绝缘小球(可视为点电荷)从斜杆的底端(但与

Q未接触)静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图像如图(b)

所示，其中线1为重力势能随位移变化图像，线2为动能随位移变化图像，取杆

上离底端3m处为电势零点，重力加速度g=10m/s2,静电力常量左=9X1()9

N•nr/C2,则()

(b)

A.小球的质量为2kg

B.小球的电荷量q约为1.11X1O-5C

C.斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U=

4.0X106V

D.当小球运动到s=1m处时具有的电势能为13J

解析：BD根据重力势能随位移的变化关系有Ep=mgssin。，根据图像可知

当小球上升3m时，重力势能为60J,则小球的质量为m=一”万=

gssm〃

in、小。kg=4kg,故A错误；由图线2可知，当位移为s=lm时，小

10X3Xsin3000

球的动能达到最大值，电场力与重力沿杆的分力相等，则有机gsin6=皑，解得

q-LUXlO—C,故B正确；斜杆底端至小球速度最大处，由能量守恒可知qU

=Ekm+Ep,代入数据解得。=4.23X106V,故C错误；从s=lm到最高点的过

程中，根据能量守恒可知减少的电势能和减少的动能全部转化为重力势能，则有

Epg+AEk=AEp,代入数据解得当小球运动到5=1m处时具有的电势能为Epq=

13J,故D正确。故选BD。

8.（多选）如图所示为一固定在竖直面内的光滑绝缘细管轨道,A点与x轴相交,

C点与y轴相交，轨道A3段竖直，长度为0.7m,3C段是半径为0.7m的四分之

一圆弧，与AB相切于3点。一质量为m=0.1kg、直径略小于管径的带电小球从

A点以初速度00射入轨道，小球到达最高点C时恰好与轨道没有作用力。已知小

球带0.01C的正电荷，在x轴上方存在着电场强度大小为100N/C、方向水平向

右的匀强电场，重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是（）

A.小球的初速度00为6m/s

B.小球的初速度00为7m/s

C.小球从C点射出后运动轨迹与x轴交点横坐标为0

D.小球从C点射出后运动轨迹与x轴交点横坐标为-0.7m

解析：BC因小球到达最高点时与轨道没有作用力，说明自身重力完全提供

向心力，则根?=丐7，小球从A—C的运动过程中，根据动能定理，有一根8・2厂一

qEr=^mv2—^mvo2,解得oo=7m/s,故A错误，B正确；小球从C点出射，水

平方向做匀减速直线运动，初速度为v=y［gr=^lm/s,加速度为

m/s2,竖直方向为自由落体运动，运动到x轴时，有人=女尸,解得/=

=^s,则此时横坐标为x=-=故C正确，D错误。

［能力提升题组］

9.（多选）如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定一

电荷量为+Q的点电荷。一质量为机、带电荷量为+q的物块（可视为质点的检验

电荷），从轨道上的A点以初速度00沿轨道向右运动，当运动到尸点正下方的3

点时速度为0。已知点电荷产生的电场在A点的电势为研取无穷远处电势为零），

P到物块的重心竖直距离为力，P、A连线与水平轨道的夹角为45°,左为静电常

数，下列说法正确的是（）

PO-j-

/h

AB

A.点电荷+Q产生的电场在B点的电场强度大小为居

B.物块在A点时受到轨道的支持力大小为FN=mg+嗨

C.物块从A到B机械能减少量为q（p

D.点电荷+Q产生的电场在B点的电势为0B=9+——工——

解析：AD由点电荷的电场强度公式E=,得EB=瞪，故A正确；物体受

到点电荷的库仑力为R=邛,由几何关系可知r二焉「,物体在A点时,由

平衡条件有mg—Rsin45。=0,解得斤=/^+”|浮，故B错误；设点电

荷产生的电场在3点的电势为9B,机械能减少量为AE机，由动能定理有四8=

I]

122

-kE双=q((p—(p^)二于v一弟uW,解得AE机=,(0()2—4),^B=­(u0—v)+(p,

故C错误，D正确。

10.（多选）如图所示是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为

d的足够大金属极板（原来不带电），上极板中央有一小孔，通过小孔喷入小油滴。

其中质量为mo的小油滴A在时间t内匀速下落/no此时给两极板加上电压。（上

极板接正极），A经过一段时间后向上匀速运动，在时间/内匀速上升了岳，已知

1

油滴受到的空气阻力大小为尸切的，其中左为比例系数，机为油滴质量，。为油

滴运动速率，重力加速度为g。则（）

小孔

'+

•4

d,U

3

A.比例系数左=喂

(历+岳)mogd

B.A带负电,且电荷量夕=

Uhi

2+fe）

C.A上升距离h2电势能的变化量为AEp=-^^

D.从极板施加电压开始到4下降到最低点所用的时间为工,

（用1十九2）gt

解析：BC未加电压时油滴匀速运动，由受力平衡得利吆=力由题意/=版01

2

加，其中匀速运动的速度为。1=）,联立解得左=陪，故A错误；上极板带正

电则电场强度方向向下，油滴向上运动，则油滴带负电，根据受力平衡有mog+

km^vi=,其中匀速运动的速度为。2=,，解得油滴的带电荷量为q=

mogd(/n+/i2),故B正确；A上升距离比时电场力做功W=%岳，电势能的变

MJ

化量为-W=/°g比21+比），故c正确；极板施加电压后，由B项可

知油滴受到的电场力为F=mog+krn擀s=m°g（々+岳），油滴A下降到最低点时

速度为0,设从极板施加电压开始到A下降到最低点所用的时间为t',若油滴只

历2

受电场力，则由动量定理可得"=机0。1,解得力=”，/、，,而由题意可知，

（加十〃2）gt

油滴还受到重力和阻力的作用且重力和阻力合力不为零，故D错误。故选BC。

11.如图所示，是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，水平且足够长，

下端与相切。质量为机的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的

带正电小球A从上距水平面高为人处由静止释放,在A球进入水平轨道之前,

由于A、B两球相距较