2025年高考物理复习突破集训：大题07 带电粒子（带电体）在电场中的平衡、运动（解析版）

大题07带电粒子（带电体）在电场中的平衡、运动

》明考情-笈方向品.

带电粒子在电场中的平衡与运动是高考物理电磁学模块的命题重点，在全国卷及新高

考卷中占比约12%-18%,很可能为压轴计算题。2025年高考对“带电粒子在电场中的平衡、

运动”的考查将延续“重基础、强综合、拓创新”的命题风格，突出电磁学核心观念与实

际问题建模能力。备考需以电场力的矢量性为核心抓手，强化复合场分析与数学工具应用，

同时关注新能源与量子科技前沿，做到“以场驭动，以模应变”。综合考查动力学分析（电

场力与运动学结合）、能量转化（电势能与动能转换）及复杂轨迹建模（如类平抛运动）如

离子推进器中的电场加速、超级电容器储能特性分析；利用抛物线方程解类平抛运动、矢

量分解法处理复合场问题；医用加速器中的粒子束控制、半导体器件中的载流子运动等等。

参研大题-梃能力占

01”等效重力场”问题

02带电粒子在电场中的直线运动

带电粒子（带电体）在

电场中的平衡、运动

03带电粒子在交变电场中的运动

04动力学*动量和能量观点在电场中的应用

题型1”等效重力场”问题

典行

例1.在水平向右的匀强电场中，有一个质量为m、带正电的小球，用长为1

的绝缘细线悬挂于。点，当小球静止时，细线与竖直方向夹角为以小球位于万点，/点与8点关于。

点对称，如图所示.给小球一个垂直于细线的初速度，小球恰能在竖直平面内做圆周运动.

（1）小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？速度最小值多大?

⑵求小球在B点的初速度大小.

E

gl

答案⑴/点⑵

cos9⑶

解析⑴如图所示，小球所受到的重力、电场力均为大小和方向不变的力，二力的合力为6=

缶.重力场与电场的叠加场为等效重力勿/为等效重力，小球在叠加场中的等效重力加速度为g,

=—^而，其方向斜向右下，与竖直方向成。角.小球在竖直平面内做圆周运动的过程中，只有等效重

COS0

力做功，动能与等效重力势能可相互转化，其总和不变.与重力势能比较知等效重力势能为向=侬,h,

其中A为小球距等效重力势能零势能点的高度.

设小球静止的位置6点为零势能点，由于动能与等效重力势能的总和不变，则小球位于和6点对应

的同一直径上的4点时等效重力势能最大，动能最小，速度也最小.

2

设小球在/点的速度为理，此时细线的拉力为零，等效重力提供向心力，则侬'=吟VA,解得小球

gl

的最小速度为vA=y--^

(2)设小球在6点的初速度为行，由能量守恒得

~^IIIVB■加虑+侬，•21

将。的数值代入解得历=、/-^77

典停I、

例2.(2023广雅中学)如图所示，竖直平面内有一水平向右的匀强电场，电场

强度大小为£=1义1。2v/m,其中有一个半径为A=2m的竖直光滑圆环，有一质量为勿=0.08kg、电

荷量为(7=6X10-%的带正电小球(可视为质点)在最低点/点，给小球一个初动能，让其恰能在圆环内

做完整的圆周运动，不考虑小球运动过程中电荷量的变化.取cos37°=0.8,g=10m/s2,求：

(1)小球所受电场力与重力的合力F.

(2)小球在4点的初动能笈.

答案(1)1N,与竖直方向夹角37°(2)4.6J

___________5

解析(1)因为重力与电场力均不变，所以二者的合力大小为F=7(侬)?+(々2=7»g=1N

方向与竖直方向的夹角为明有

+0_Eq_3

tan〃——

mg4

可得合力与竖直方向夹角为占=37°

(2)小球恰能在圆环内做完整的圆周运动，则在其等效最高点，有

V2

F

小球从等效最高点至4点的过程中，由动能定理得

F・(7?+7?cos。)=/一；%d

联立得小球在4点的初动能

氏=4.6J

瞎

解题策略

重力场与电场在一条重力场与电场

直线上(qE>mg)成一定夹角

.E

E等效重力场

等效“最高点”

壮等效“最低点1

等效“重力

等效重力场

［等效“最高点1等效“最低点”薛效'重力”

［等效“重力加速度”1

等效“重力加速度”

1.(2024广东潮州诊断)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，46两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0的带电小球(可视为质点)恰好能静止在C点。若在。点给小球一个初速度使它在轨道内侧恰

好能做完整的圆周运动(小球的电荷量不变)。己知a0、，在同一直线上，它们的连线与竖直方向的夹

角9=60°,重力加速度为g。求：

⑴小球所受的电场力尸的大小;

(2)小球做圆周运动，在，点的速度大小及在/点对轨道压力的大小。

答案⑴遍侬⑵9mg

解析(1)小球在。点静止，受力分析如图所示。

由平衡条件得产=侬tan夕，

解得：F=Wmg。

(2)小球在光滑轨道内侧恰好做完整的圆周运动，在〃点小球速度最小，对轨道的压力为零,

则+戒

cos9r

解得小球在〃点的速度VD=y]2gr9

小球由轨道上/点运动到〃点的过程，根据动能定理得

一磔r(l+cos0)—Frsin=~mvD—|mvA9

解得小球在/点的速度以=2频?，

小球在4点，根据牛顿第二定律得：见一侬=混，

r

解得几=9勿g,

根据牛顿第三定律得：小球对轨道的压力大小为A/=9侬。

题型二带电粒子在电场中的直线运动

典例

例3.如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为4上下极板开有一小孔，

四个质量均为〃、带电荷量均为°的带电小球，其间用长均为，的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，今使下

端小球恰好位于上极板小孔中，且由静止释放，让四球竖直下落。当下端第二个小球到达下极板时，速

度恰好为零。重力加速度为g,(仅两极板间存在电场)试求：

(1)两极板间的电压；

⑵小球运动的最大速度。

_./\2Gmgd/、llgd

答案⑵7等

13qM26

531

解析⑴根据动能定理可得4侬•~d—2qU--qU--qU=0

解得

(2)当两个小球在电场中时，静电力£=2q•§=前冷<4侬

当三个小球在电场中时，静电力否=3。•§=瑞力g>4侬

故当第三个小球刚进入电场时速度最大，根据动能定理可得

d1112

4/ng•---ql/—-qfU=~X4/nv—0

解得片寸黑。

典母I、

一"-4例4.绝缘粗糙的水平面上相距为6/的/、8两处分别固定电荷量不等的正电荷，两

电荷的位置坐标如图11甲所示，已知4处电荷的电荷量为+0,图乙是48连线之间的电势0与位置x

之间的关系图像，图中x=£处对应图线的最低点，x=—21处的纵坐标0=20。，x=2/处的纵坐标。

=,弧，若在x=—2/处的，点由静止释放一个质量为以电荷量为+g的带电物块(可视为质点)，物块

随即向右运动(假设此带电物块不影响原电场分布)，求：

甲乙

⑴固定在8处的电荷的电荷量好;

(2)小物块与水平面间的动摩擦因数〃为多大，才能使小物块恰好到达x=2/处?

(3)若小物块与水平面间的动摩擦因数2=正菽?，小物块运动到何处时速度最大？

答案(1)!(2)衿(3)x=0处

4ImgL

解析(1)由题图乙得x=£处为图线的最低点，切线斜率为零，即合电场强度为0,则有心=唐

rArB

代入数据得

(2)从x=—2£到x=2L的过程中，物块先做加速运动再做减速运动，由动能定理得qU\—〃侬$=0—0

即《20o—与0。)一〃侬(4£)=0—0

左力/口2。00

解倚〃=~Z7o

ImgL

(3)小物块运动速度最大时，静电力与摩擦力的合力为零，设该位置离A点的距离为L,则有举一

解得。=3/,即小物块运动到x=0处时速度最大。

工用动力学观点分析

qEU22,

a=——9E=-fv—^=2ado

用功能观点分析

匀强电场中：W=qEd=qU=~mv—宁就

非匀强电场中：W=qU=K-Kx

2.(2023福建龙岩统考)如图甲所示，长度Z=0.8m的光滑绝缘细杆左端固定一带电

荷量为ft=+4.0X10-6C的点电荷4一质量为必=0.04kg、带电荷量为,=+2.0X10-7C的小球8

套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐

标系。点电荷月对小球8的作用力随8位置x的变化关系如图乙中曲线I所示，小球8所受水平方向的

合力随6位置X的变化关系如图乙中曲线II所示，其中曲线n在x20.40m范围可近似看作直线。求:

Ox

甲

(1)小球8在x=0.30m处受到外电场对它沿杆方向的静电力厂和外电场在该点沿杆方向的电场强度£；

(2)已知小球在x=0.20m处获得水平向右的初速度r=0.20m/s时，最远可以运动到x=0.40m。若小

球在x=0.20m处受到方向向右、大小为0.02N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开杆，

恒力作用的最小距离s是多少？

答案⑴0.14N,水平向左7X106N/C,水平向左⑵0.44m

解析(1)根据题意，设小球/在x=0.30m处受到点电荷4对它的作用力为E,外电场对它沿杆方向

的作用力为凡合力为尸合，则有尸合=冗+凡

结合图像信息可得F=-0.14N

即小球6在x=0.30m处受到的外电场对它沿杆方向的静电力厂的大小为0.14N,方向水平向左，根据

F

电场强度定义式可得£=-=7X1(/N/C,方向水平向左。

Q

(2)根据图乙中曲线n围成的面积表示合静电力对小球£做的功，可知小球从x=0.20m到x=0.40m

处，合静电力做功为K=0--ZZ/K=-8X10-4J

由图可知，小球从x=0.40m到x=0.80m处，

合静电力做功为例=—0.02X0.4J=-8X10-3J

由动能定理有例+例+/外s=0

解得s=0.44mo

题型三带电粒子在交变电场中的运动

典停I

例5.(2024广州期末)如图甲所示，a粒子射线管由平行于x轴的平行金属板/、

6组成，46板长度和板间距均为46板中间有平行于x轴的绝缘细管G开口在y轴上.粒子源

户放置在4极板左下端，可以沿特定方向发射a粒子.当46板加上某一电压时，a粒子刚好能以速度

■水平进入细管C,保持速度不变，再进入静电分析器中做匀速圆周运动，己知静电分析器中电场线的

方向均沿半径方向指向圆心0,a粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为L之后a粒子垂直x轴进入第

四象限(此时对应图乙力=0时刻)，施加如图乙所示沿x轴方向的交变电场.规定沿x轴正方向为电场

正方向.已知a粒子电荷量大小为1，质量为加重力不计.求:

(1)静电分析器中的场强大小跖

(2)a粒子从粒子源尸发射时的初速度大小.

答案⑴—⑵妻/(3)亿~vT)

qLv

V2

解析(1)在静电分析器中，由牛顿第二定律有必=纥

2

可得&=17

QL

(2)由题意可知，a粒子的运动可以看成反方向的类平抛运动，设运动时间为得则

水平方向有L=vt

竖直方向有(=上/・t

则初速度大小v0=yp+2

解得v0=y[2v

(3)a粒子进入第四象限做类平抛运动.沿x轴方向，第一个(内做匀加速直线运动，第二个和做

匀减速直线运动，第三个(内反向匀加速，第四个，内再匀减速.由运动的对称性可知a粒子在x轴上一

个周期内的位移为0,在一y方向上a粒子做匀速直线运动，故t=7时，a粒子的纵坐标为y=一〃

则力=7时，a粒子的坐标为(£,—vT).

例6.在图甲所示的极板/、8间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化

的交变电压，其周期为T.现有电子以平行于极板的速度均从两板中央00'射入.已知电子的质量为历

电荷量为e,不计电子的重力，问：

(1)若电子从力=0时刻射入，在半个周期内恰好能从/板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为

多少？

(2)若电子从力=0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长?

(3)若电子恰能从平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大?

4

答案⑴、/谥+千⑵的？⑶;+《("=0,1,2,•••)

(2)6=0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向力极板方向偏转，半个周期后电场方

向反向，电子在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电子在电场方向上的速度减小到零，此时的

速度等于初速度%,方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电

子在方向上至少运动一个周期，故极板长至少为/=诙九

(3)若要使电子从平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速、再减速，

每阶段时间相同，一个周期后恰好回到00'上，可见应在t={+A1(A=0,1,2,…)时射入；极板间

距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，设两板间距为d,由牛顿第二定律有a=当，加速阶

ma

段运动的距离5=1•寝(fw,解得故两极板间距至少为八，

分析思路

(D动力学观点：根据牛顿第二定律及运动学规律分析。

(2)能量观点：应用动能定理、功能关系等分析。

薪量就看：应甬动量居画芬种。

3.如图甲所示，电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为见

电容器板长和板间距离均为Z=10cm,下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是Z=10cm,在电

容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时

间都极短，可以认为电压是不变的)求：

⑴在t=0.06s时刻进入电容器的电子打在荧光屏上的何处；

(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？

答案(1)打在屏上的点位于。点上方，距。点13.5cm(2)30cm

解析⑴电子经电场加速满足g优=|卬落

经电场偏转后侧移量•华仁)：

22mL\vJ

L一.、

所以y=F—，由题图乙知方=0.06s时刻〃偏=1.8%所以y=4.5cm,

设打在屏上的点距。点的距离为K满足上=皑，所以F=13.5cm。

(2)由题知电子侧移量y的最大值为：，所以当偏转电压超过24时电子就打不到荧光屏上了，所以荧光

屏上电子能打到的区间长为3Z=30cm。

题型四动力学、动量和能量观点在电场中的应用

典行I、

例7.如图所示，/如为竖直平面内的光滑绝缘轨道，段为足够长的水平轨道，BD

段为半径A=0.2m的半圆轨道，二者相切于8点，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强大小£

=5.0X103v/m。一个不带电的绝缘小球甲，以速度及沿水平轨道向右运动，与静止在6点带正电的小

球乙发生弹性正碰。己知乙球质量勿=1.0义10‘kg、所带电荷量q=2.OXICT5C,乙球质量为甲球质量

的3倍。g取lOm/s,,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M为自身重力的2.5倍，求乙

在水平轨道上的首次落点到6点的距离；

⑵在满足⑴的条件下，求甲球的初速度小

答案(1)0.6m(2)10m/s

解析(1)设乙到达最高点〃时的速度为吻，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6点的距离为x,乙离开〃点后做类平抛运动，则2-=为凡x=vDt,

根据牛顿第二定律有@=嗯蛆，

m

乙过2点时有侬+]£+2座(式中"为乙在〃点时轨道对乙的作用力)，

根据牛顿第三定律有=2.5侬，

解得x=0.6mo

⑵设碰后瞬间甲、乙两球的速度分别为以、⑶根据动量守恒定律和机械能守恒定律有

-mvQ=-mv\-\-mv2,

33

-X-=-X-mv?+-mvy,

23u2312z

联立解得V2=^VQ,

乙球从6到〃的过程中，根据动能定理有

—mg,2R—qE.谚，

由(1)可得历=3m/s,

联立解得vo=lOm/so

三大观点的选用策略

(1)对多个物体组成的系统讨论，在具备守恒条件时优先考虑两个守恒定律;出现相对距离(或

相对路程)时优先考虑功能关系。

(2)对单个物体的讨论，宜用两个定理，涉及时间优先考虑动量定理，涉及位移优先考虑动能

定理。

(3)研究所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系，涉及过程的细节(加速度)，且受恒力作用

时，考虑用牛顿运动定律和运动学规律。

(4)两个定律和两个定理，只考查一个物理过程的始末两个状态，对中间过程不予以细究，这

是它们的方便之处，特别是对变力问题，充分显示出其优越性。有些题目可以用不同方法各

自解决，有些题目则同时运用上述几种方法才能解决。

僮

4.(2024大湾区二模)如图所示，在绝缘的光滑水平面(足够长)上〃点左侧的

区域有水平向右的匀强电场.小滑块48的质量均为如其中8不带电，/的带电荷量为+必。点到〃

点的距离为乙”点到。点的距离为公(4>0).现将小滑块/在“点由静止释放，其向右运动至。点与静

止的小滑块8发生弹性碰撞，设48均可视为质点，整个过程中，/的电荷量始终不变，8始终不带电，

已知电场强度£=翳，重力加速度大小为g.

(1)/与6发生第一次碰撞前瞬间，求力的速率.

(2)A的取值满足什么条件时，能使力与6发生第二次碰撞？

(3)A的取值满足⑵问的条件下，求4和6两次碰撞间隔的时间.

I

I

一E1

I

________I

77777^^777^^777777777^77777777777777

N\O'

一kL」一L」

K>+*-----------►1

答案⑴［嬴(2)k<l(3)见解析

解析(1)设幺与6碰撞前的速率为口，对/由动能定理得

1z

EqkL--^mv\

将£=豪弋入，解得-=［嬴

(2)由题意知，/与6发生弹性碰撞，由动量守恒定律得

mv\=mv'i+勿/2

由能量守恒可知勿/；+会/)

联立解得/i=0,/2=y［gkl

碰撞后，8以/2做匀速直线运动，/在电场作用下，做匀加速直线运动，为使/与方能发生第二

次碰撞，则/经电场加速后的最大速度X1应满足的条件为/'DM2

碰撞后，对A由动能定理得EqL=^nv"\

联立解得迎，衣1

(3)第一次碰后方运动到〃点所用时间为%=£="

A的加速度ax=—=^

m2

设A运动到〃点所用时间为tA,则卷

解得6=2^1

若打=%,解得k=a

设4与8第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间为t.

当AW3寸，/与夕在离开电场前发生第二次碰撞，有

kL

解得t=4-

当;〈点1时，/与®离开电场后发生第二次碰撞，有

■\JgkL,t—L+v"i(t—%)

+立、

解得t—1区

、本|大题-拿高分》

g1a

1.(2024山东济宁质检)如图所示，46为两块足够大的水平放置的平行金属板，间距为4板间

电压为，两板间有方向由/指向方的匀强电场.在金属板力的正中央位置有一个粒子源R能以外的

初速度向金属板/以下的各个方向均匀射出质量为以电荷量为+q的粒子，粒子最终全部落在金属板8

上.不计粒子所受重力、空气阻力以及粒子之间的相互作用力.求：

(1)粒子落在金属板6时的动能.

(2)粒子落在金属板6上的区域面积.

A

E

心》/、,1o/、2兀md宣

答案(1)qU+-mvQ(2)———

解析(1)板间电场强度的大小为£=(

粒子受到的静电力为Q/

带电粒子在下落过程中只受电场力作用，由动能定理有

,12

Eqd=民一下11前

解得粒子落在金属板夕时的动能为Ek=qU+(i就

(2)根据牛顿第二定律，有F=ma

联立解得a=当

dm

当粒子的初速度平行于金属板/射出时，运动到8板的时间最长，粒子在垂直于金属板方向做初速

度为0的匀加速直线运动，有

12

d=~at

解E/信口力=弋访2m

带电粒子打在金属板上的范围是一个半径为A的圆.从粒子源平行于金属板水平射出的粒子在电场

中做类平抛运动，落在金属板上的位置是该圆的边缘.根据S=n#

解得5=。巡

2.1897年，物理学家汤姆孙正式测定了电子的比荷，揭开了原子神秘的面纱。如图所示为汤姆孙测定电子

比荷装置的简化示意图，阴极K发出的电子由静止经过加速电压优加速后，沿轴线进入两平行极板

〃间。仅在a〃极板间施加一定电压，电子从C、，右侧离开时偏离轴线距离为y；若保持电压不变，

在G2间加上与纸面垂直的磁场，发现电子沿直线前进。已知电子的电荷量大小为e,质量为限C、D

极板间距为d,长度为L。求：

-卜K卜…IC一-二----

戏D-

(1)电子经过加速电压缁加速后的速度大小外;

⑵C、〃极板间所加的电压大小〃；

⑶G，极板间所加磁场的磁感应强度的大小B。

答案

解析(1)电子经过加速电压优加速，有

⑵粒子进入极板间之后做类平抛运动，

竖直方向和水平方向上有尸5a巴L=vot

由^=ma得加速度为

dmd

联立各式可得〃=竿。

(3)若保持电压不变，在G2间加上与纸面垂直的磁场，发现电子沿直线前进，说明电子所受静电力和

洛伦兹力平衡eE=ewB

又£=§联立解得笈=¥\

dL\/2e

3.如图所示，空间分为I、II两个足够长的区域，各边界(图中虚线)均水平，I区域存在电场强度为笈=

1.0X10,V/m的匀强电场，方向竖直向上；II区域存在电场强度为氏=+XIO,丫加的匀强电场，方向

水平向右，两个区域宽度分别为d=5.0m,d=4.0m»一质量R=L0X1()Tkg、带电荷量g=+1.6

xio-6c的粒子从，点由静止释放，粒子重力忽略不计。求

D

⑴粒子离开区域I时的速度大小;

(2)粒子离开区域n时发生的偏移量x的大小；

⑶粒子出区域n后加另一个匀强电场，使粒子在此电场作用下经1.0s速度变为零，此电场的电场强

度笈的大小和方向。

答案(l)4X103m/s(2)2A/3m

(3)50V/m与水平方向成30°角斜向左下方

解析⑴由动能定理得qE\dx=^mvx

解得Vi=4X103m/so

⑵粒子在区域H内做类平抛运动，运动时间七='=1义10一3$

Vl

偏移量

解得mo

上qE2

(3)由Vx=at2=方2,Vy=

m

得tan好—半

vx3

所以。=30°

则所加电场方向应与水平方向成30°角斜向左下方

粒子刚出区域H时速度大小v=y]^+PV=8X103m/s

1+,qEa,

由尸丁力

解得笈=50V/m。

4.如图甲所示，46是两个足够大的平行金属板，两平行板间加如图乙所示电压，％、7；为已知。质量为

m、电荷量为q的带正电粒子在t=0时刻从紧靠A板位置由静止释放(不计重力)，粒子经24时间到B

板。求：

B

AUAB

2U“-,

-----•j,

IIII

°T,2Tnt

甲乙

(1)粒子到达6板时的速度看

(2)两个金属板间的距离&

答案⑴3展⑵

解析⑴在0〜7°时间，粒子运动的位移为d=；•甯7?=噌

在4〜2%时间，粒子运动的位移为"=/9+富=嘤，

mdImaIma

根据动能定理得

解得

(2)根据位移关系得&+&=，

解得

5.如图甲所示，真空中相距d=5cm的两块平行金属板46与电源连接(图中未画出)，其中6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R=2.0X1()T7kg、电荷量0=+L6X10T9c

的带电粒子从紧邻6板处释放，不计粒子重力。求:

⑴在力=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；

(2)若/板电势变化周期7=1.0X10-5s,在力=0时将带电粒子从紧邻6板处无初速度释放，粒子到达

/板时速度的大小；

(3)/板电势变化频率多大时，在亡=(到夕寸间内从紧邻6板处无初速度释放该带电粒子，粒子不能

到达/板。

答案(1)4.0X109m/s2(2)2X104m/s

(3)大于5^2X10*Hz

解析(1)带电粒子所受静电力大小为

92

由牛顿第二定律得a=-=^-=4：.OX10m/so

mdm

T1T

(2)由位移公式计算粒子在0〜5时间内运动的距离为x=]a(])2=5.0义10-2m

由此可见带电粒子在力=(时恰好到达/板。再由运动学公式可得

v=a^=2X104m/so

(3)分析可知，在卜?内，静电力方向、速度方向均向右，带电粒子向/板做匀加速运动；同理，在京〜

371

了内，则向/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

1TI

小相等，得粒子向/板运动可能的最大位移为膈因题目要求粒子不能到达/板,

故必有x^<d,频率和周期的关系为由以上三式即可求出电势变化频率应满足条件~^=

1\j16d

5A/2X104HZO

6.在图甲所示的极板46间加上如图乙所示的大小不变，方向周期性变化的交变电压，其周期为北现有

一电子以平行于极板的速度的从两板中央射入。已知电子的质量为如电荷量为e,不计电子的重

力，问：

力8

A

O->--------------Q'

T；3T；2T

：T：

B

甲乙

⑴若电子从1=0时刻射入，在半个周期内恰好能从/板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？

⑵若电子从方=0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？

⑶若电子恰能从〃平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？

答案⑴'/诵+型⑵的7(3)<+八:(〃=0,1,2,•••)7\1^

\lm42\lam

解析⑴由动能定理得

(2)t=0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电

场方向反向，电子继续在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，竖直方向上的速度减到零，此时实

际速度等于初速度均，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动.

要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在。。方向上至少运动一个周期，故极板长至少为/=打7

(3)若要使电子从平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，然后反向加速、

再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到00'上，可见应在

力=(+〃•(5=0,1，2,…)时射入，极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，由

牛顿第二定律有

M

amd

7.(2023陕西宝鸡一模)如图所示，在水平地面的上方空间存在一个水平向右的匀强电场，有一带电小球(可

视为质点)从距地面高为人=lm的。点由静止释放，沿与水平地面成45°角的方向做直线运动，最终落

在地面上的/点。已知小球质量为勿=0.5kg,电荷量为g=5Xl()TC,-10m/s%不计空气阻力，

求：

⑴匀强电场的电场强度大小;

⑵。、力之间的电势差；

⑶带电小球到达地面时的速度大小。

答案(1)100V/m(2)100V(3)2710m/s

解析(1)设匀强电场的电场强度大小为反由题意可得带电小球所受合外力方向与水平方向成45°角,

受力分析如图所示。根据力的分解可得处三侬

解得£=100V/mo

(2)在匀强电场中/=£

d

其中d=h=\m

解得小=100Vo

⑶设带电小球到达地面时的速度为心小球从。点到Z点的过程中，由动能定理可得

(12

mgh-vqEd=~^mv

解得v=2yjl0m/so

8.如图所示，在光滑的水平桌面上,粗糙直线轨道26与光滑圆弧轨道比》相切于8点，圆心角/6〃C=37°,

线段3垂直于①，圆弧轨道半径为兄直线轨道长为/=5上整个轨道处于电场强度为£的匀强电

场中，电场强度方向竖直向下且垂直于直线0D.现有一个质量为小带电荷量为+g(g>0)的小物块P

从3点无初速度释放，小物块户与力6之间的动摩擦因数〃=0.25,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,

忽略物块重力。求：

⑴小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小；

(2)小物块第一次通过。点后离开〃点的最大距离；

(3)小物块在直线轨道47上运动的总路程。

6

答案(1)5.4皿(2)-7?(3)157?

5

解析(1)设小物块第一次到达。点时的速度大小为―根据动能定理有

,讥£sin37°+火(1-cos37°)]—〃。应cos37°

12

=卧必一0

在。点根据牛顿第二定律得

Va

r^—qE=nr~^

K

联立解得R=5.4qE

根据牛顿第三定律得A'=^=5.4^o

(2)设小物块第一次到达〃点时的速度大小为vn,根据动能定理有

qE(Lsin37°—Tfcos37°)—PqELcos37°=^mvin

小物块第一次到达，点后先以速度四沿电场方向做匀减速直线运动，设运动的最大距离为荀，根据动

能定理得

16

—qExm=^--mviA,联立解得磊=三凡

(3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动，到达6点的速度恰好为零时，动能和电势能之和

不再减小。设小物块在直线轨道/夕上运动的总路程为S,根据功能关系得

qELsin37°=uQESCOS37°

/口Ztan37°

解得s=——-——=15几

9.如图所示，等量异种点电荷分别固定在水平线上的么"两点处，。点位于KN连线中点6的正上方且

与8点之间的距离为。质量为加、电荷量为+(?(可视为点电荷)的小球固定在长度为/的绝缘轻质细杆

的一端，细杆另一端可绕过。点且与从“连线垂直的水平轴无摩擦转动。现在把杆拉起到水平位置，

由静止释放，小球经过最低点6时速度为y。取。点电势为零，忽略小球所带电荷量对等量异种点电荷

所形成的电场的影响，重力加速度为g。

Q_____14

I

/I

//

_Q+Q

MBN

(1)求小球在经过6点时对杆的拉力大小；

(2)在等量异种点电荷形成的电场中，求/点的电势应；

(3)小球继续向左摆动，求其经过与A等高的C点时的速度大小。

答案⑴侬+.⑵丝中⑶后F

解析(1)小球经过8点时，在竖直方向上，有

V2

F—mg=nry

由牛顿第三定律可知，小球对细杆的拉力大小

V2

F'=F=mg+nrTo

(2)。点电势为零，而如在以4连线的垂直平分线上，故8点的电势必=0

对小球从/点运动到6点的过程，由动能定理得

mgL+q(<1)A—0a)=!■必声

(3)由电场的对称性可得<t>C=~

所以Mc=2次

对小球从4点运动到C点的过程，由动能定理得

解得vc=-\l2v—4gLo

10.(2023福建高三校联考)1897年，物理学家汤姆孙正式测定了电子的比荷，揭开了原子神秘的面纱。如

图12所示为汤姆孙测定电子比荷装置的简化示意图，阴极K发出的电子由静止经过加速电压功加速后,

沿轴线进入两平行极板C、〃间。仅在C、〃极板间施加一定电压，电子从C、〃右侧离开时偏离轴线距

离为y；若保持电压不变，在C、〃间加上与纸面垂直的磁场，发现电子沿直线前进。已知电子的电荷

量大小为e,质量为加。C、。极板间距为4长度为£。求：

D―

(1)电子经过加速电压缁加速后的速度大小两；

⑵a，极板间所加的电压大小U；

⑶a，极板间所加磁场的磁感应强度的大小B。

答案

解析(1)电子经过加速电压优加速，有

7谥

々力/日l2eK)

解得Vo=\

⑵粒子进入极板间之后做类平抛运动，

竖直方向和水平方向上有L=vot

由得加速度为

ama

联立各式可得〃=竽。

(3)若保持电压不变，在a〃间加上与纸面垂直的磁场，发现电子沿直线前进，说明电子所受静电力

和洛伦兹力平衡eE=ev0B

又£=§联立解得序。

a£Y2e

11.真空中存在方向竖直向上、电场强度大小为笈的匀强电场，/、B、C三点在电场中同一条竖直线上，C

是46的中点。在某时刻，带电油滴a经过/点竖直向上做匀速直线运动，速度大小为外，不带电油

滴6在笈点由静止释放。经过一段时间，a、6在C点相碰成为油滴c,此时刻将电场强度的大小突然

变为某值，但保持其方向不变，再经过相同的时间，油滴C运动回到C点。油滴a、6的质量都为处

重力加速度大小为&油滴a、b、。均可视为质点。求：

(1)油滴。在C点的初速度大小；

(2)变化后的电场强度的大小；

(3)油滴c从C点出发到回到C