【高考物理】2026高考 导与练总复习物理一轮（基础版）第九章 第5讲　小专题 带电粒子在交变电场中的运动含答案

【高考物理】2026高考导与练总复习物理一轮（基础版）第九章第5讲小专题带电粒子在交变电场中的运动含答案第5讲小专题:带电粒子在交变电场中的运动考点一带电粒子在交变电场中的直线运动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.思维方法从两条思路出发: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。3.解题技巧(1)按周期性分段研究。(2)φt图像Ut图像Et图像a-t[例1]【单向直线运动模型】(2024·江苏苏州期末)如图甲所示,某多级直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列,其中心轴线在同一直线上,序号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙所示交流电源两极相连。t=0时,位于金属圆板(序号为0)中央的电子,由静止开始加速。电子通过圆筒间隙的时间不计,且忽略相对论效应,则()[A]圆筒内部电场强度大小随序号增大而减小[B]电子在各圆筒中做匀加速直线运动[C]电子在各圆筒中运动的时间都为T[D]各圆筒的长度之比可能为1∶2∶3…【答案】D【解析】金属圆筒中电场为零,电子不受电场力,做匀速运动,故A、B错误;只有电子在每个圆筒中匀速运动时间为T2时,才能保证每次在缝隙中被电场加速,故C错误;电子进入第n个圆筒时,经过n次加速,根据动能定理有neU=12mvn2,解得vn=2neUm,第n个圆筒长度Ln=vn×T2=T22neUm,[例2]【往返直线运动模型】(2024·陕西西安阶段检测)(多选)接在平行板电容器A、B两极板的电压随时间变化关系图像如图所示,两板间距足够大,一质量为m、带电量为+q的粒子(不计重力),开始时静止在两极板中央,从某时刻由静止释放,关于带电粒子的运动,下列描述正确的是()[A]若从0时刻由静止释放,粒子一直向右运动[B]若从0时刻由静止释放,粒子先向右后向左做往复性的运动[C]若从38T时刻由静止释放,粒子时而右,时而左,[D]若从38T时刻由静止释放,粒子时而左,时而右,【答案】AC【解析】从0时刻释放粒子,根据静止粒子所受电场力方向及作用时间,画出粒子的v-t图像如图甲所示(取向右为正方向),由图甲可知,粒子在0～T2时间内向右做匀加速直线运动,在T2～T时间内向右做匀减速运动直至速度减为零,之后重复上述运动,因此粒子始终向右运动,故A正确,B错误;若粒子从38T时刻由静止释放,根据静止粒子所受电场力方向及作用时间,画出粒子的v所示,由图乙可知,粒子在电场力的作用下,时而右,时而左,一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移,所以每个周期都会向左移动一定距离,故C正确,D错误。作速度—时间图像时的注意点(1)带电粒子进入电场的时刻。(2)速度—时间图像的斜率表示加速度,因此加速度相同的运动图像一定是平行的直线。(3)图线与时间轴围成的“面积”表示位移,且在横轴上方所围成的“面积”为正,在横轴下方所围成的“面积”为负。(4)注意对称性和周期性变化关系的应用。(5)图线与横轴有交点,表示此时速度为零;对于运动很复杂,不容易画出速度—时间图像的问题,还应逐段分析求解。考点二带电粒子在交变电场中的偏转1.当粒子垂直于交变电场(通常只讨论电压大小不变、方向周期性变化的情形)方向射入时,沿初速度方向的分运动为匀速直线运动,沿电场方向的分运动具有周期性。2.研究带电粒子在交变电场中的运动,关键是根据电场变化的特点,利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况。根据电场的变化情况,分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。3.注重全面分析(分析受力特点和运动规律):抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性,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。4.对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场,若粒子穿过板间的时间极短,带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。[例3]【偏转运动的分析与计算】(2024·福建泉州期中)(多选)图甲为板间距为d,长度为2d的两水平金属板,在两板间加上周期为T的交流电压u,电压u随时间t变化的图线如图乙所示,在t=0时刻,一质量为m、不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场,粒子射入电场时的速度为v0,刚好沿板右边缘射出电场,已知电场变化周期T=2dv0,下列关于粒子运动的描述正确的是[A]粒子的电荷量为q=m[B]若粒子在t=0时刻以v02进入电场,则该粒子在t=2[C]若该粒子在t=14T时刻以速度v0进入电场,从进入到射出电场,[D]若该粒子在t=14T时刻以速度v0进入电场,【答案】ACD【解析】粒子在电场中水平方向做匀速运动,运动时间为t=2dv0=T,竖直方向粒子先加速后减速,则d2=2×12·qU0md(T2)2,解得q=mv022U0,故A正确;若粒子在t=0时刻以v02进入电场,则经过时间T,粒子将打到极板上,即该粒子不能射出电场,故B错误;若该粒子在t=14T时刻以速度v0进入电场,粒子在电场中运动时间为T,在竖直方向粒子在T4～T2时间内先加速,在T2～3T[例4]【偏转运动中的临界极值问题】(2024·贵州毕节阶段检测)如图甲所示,两竖直平行金属板A、B与x轴垂直,接在电压大小为U0=400V的稳压电源上,A板过原点,在B板上靠近中间处有一长度d0=2cm的水平狭缝。在B板右侧水平放置边长为l=10cm的两正方形平行金属板C、D,两板间距d=10cm,距板右端l2处垂直x轴有一足够大的荧光屏。A板中间位置沿z轴方向有一线形离子源,可以连续释放初速度为零的正离子。已知离子源、B板上的狭缝和C、D板中间线均在同一水平面内,且C、D板不加电压时,屏上会出现长2cm的一条水平亮线。现在C、D两极板间接上如图乙所示的交流电压(若每个离子穿过C、D板间的时间极短,可认为此过程中C、D板间电压不变,极板间形成的电场可视为匀强电场),忽略电场的边缘效应,不计离子重力以及离子间的相互作用力,离子的比荷均为qm=2×106C/kg(1)离子穿过B板狭缝时的速度大小;(2)C、D板间电压为U1=400V时,离子离开C、D板时的速度与水平方向夹角(即速度偏向角)的正切值;(3)离子打在屏上的区域面积S。【答案】(1)4×104m/s(2)1(3)4×10-3m2【解析】(1)设离子穿过B板狭缝时速度大小为v0,根据动能定理有qU0=12mv解得v0=4×104m/s。

(2)C、D两板间电压U1=400V时,设粒子离开C、D间电场时沿竖直方向的速度分量为vy,速度偏向角为θ,水平方向l=v0t,竖直方向qU1d=mavy=a′t,速度偏向角的正切值tanθ=vy联立解得tanθ=12。(3)设粒子在运动过程中的加速度大小为a,离开偏转电场时偏转距离为y,沿电场方向的速度为vy,速度偏转角为θ,其反向延长线通过O点,O点与板右端的水平距离为x,如图所示,由类平抛运动的推论可知x=l2设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U′,有12d=12atqU'd=解得U′=800V,

可知,当|U|>800V时离子打到极板上,|U|≤800V时离子打到屏上。设粒子打到屏上区域的最大偏转距离为y0,由三角形相似可得12l1解得y0=0.1m,

因此,打到屏上区域为高2y0、宽d0的长方形,面积S=2y0d0=40cm2=4×10-3m2。

(满分:60分)对点1.带电粒子在交变电场中的直线运动1.(4分)(2024·重庆期末)如图所示,从F处释放一个无初速的电子向B板方向运动,则下列对电子运动的描述错误的是(电子电量为e,电源电动势为E)()[A]电子到达B板时的动能是eE[B]电子从B板到达C板动能变化量为零[C]电子到达D板时动能是3eE[D]电子在A板和D板之间做往复运动【答案】C【解析】从A板释放的电子,到达B板时所获得的动能等于电场力做的功,即W=qU=eE,故A不符合题意;B、C间没有电场,所以电子在此处做匀速直线运动,则动能的变化量为零,故B不符合题意;电子从A到D的过程,根据动能定理得eE-eE=EkD-0,则电子到达D板时动能EkD=0,故C符合题意;电子在A板和D板之间先加速后匀速再减速,反向先加速后匀速再减速,做往复运动,故D不符合题意。2.(6分)(2024·四川遂宁期末)(多选)如图甲所示,在两平行金属板间加有一交变电场,两极板间可以认为是匀强电场,当t=0时,一带电粒子从左侧极板附近开始运动,其速度随时间变化关系如图乙所示。带电粒子经过4T时间恰好到达右侧极板(带电粒子的质量m、电量q、速度最大值vm、周期T为已知量),下列说法正确的是()[A]带电粒子在两板间做往复运动,周期为T[B]两板间距离d=2vmT[C]两板间所加交变电场的周期为T,所加电压U=2[D]若其他条件不变,该带电粒子从t=T8开始进入电场,【答案】BD【解析】由题图乙可知,运动过程中粒子速度方向未发生改变,带电粒子在两板间做单向直线运动,A错误;速度—时间图像与t轴围成的面积表示位移,由题图乙可知两板间距离为d=4×vmT2=2vmT,B正确;设板间电压为U,则粒子加速度为a=qUmd=qU2mvmT,则vm=a·T2=qU4mvm,解得U=4mvm2q,C错误;t3.(6分)(2024·云南曲靖模拟)(多选)如图甲所示,在竖直放置、距离足够大的两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力),规定水平向左为正方向。当两板间加上如图乙所示的交流电压后,下列图像中能正确反映电子受到的电场力F、位移x、动量p和动能Ek四个物理量随时间变化规律的是() [A][B] [C][D]【答案】AC【解析】电子受到的电场力F=qE=qUABd,故电场力与交流电压变化趋势相同,A正确;开始时,电子在电场力作用下做匀变速直线运动,则位移与时间的关系应该是二次函数,故B错误;根据动量定理Ft=Δp,可知F-t图像与时间轴围成的面积表示电子的动量,则动量先均匀增大,再均匀减小,再反向均匀增大,最后再均匀减小,故C正确;Ek=12mv2,前T4内速度随时间均匀增大,故动能Ek与时间t对点2.带电粒子在交变电场中的偏转4.(4分)如图甲所示,一电子以v0的初速度沿平行金属板的轴线射入金属板空间。从电子射入的时刻开始在金属板间加如图乙所示的交变电压,假设电子能穿过平行金属板。下列说法正确的是()[A]电子只可能从轴线到上极板之间的空间射出(不包括轴线)[B]电子只可能从轴线到下极板之间的空间射出(不包括轴线)[C]电子可能从轴线到上极板之间的空间射出,也可能沿轴线方向射出[D]电子射出后动能一定增大【答案】C【解析】将电子的运动沿水平方向和竖直方向正交分解,竖直方向仅在电场力作用下做变速直线运动,水平方向做匀速运动,故经过电场区域的时间是一定的,竖直方向在电场力的作用下做变速运动,在交变电流的一个周期内,竖直分位移为零;当电子在电场中运动的时间恰好等于在A、B板间所加交变电压周期的整数倍时,电子可沿轴线射出,故A、B错误,C正确;当电子恰好沿轴线射出时,电子速度不变,其动能也不变,故D错误。5.(18分)(2024·辽宁三模)如图甲所示,在竖直平面内固定两水平金属板P、Q,t=0时刻开始从板左侧沿中心轴线水平连续发射速率v0=2×106m/s的大量带负电粒子,粒子比荷为qm=2×109C/kg,水平金属板P、Q板长为L1=0.4m,两板间距d=0.1m。加在P、Q两板间电压UPQ随时间t变化关系如图乙所示(每个带电粒子通过电场区域的极短时间内,电场可视作恒定),Um=250V,两板右侧放一记录圆筒,筒左侧边缘与极板右端相距L2=0.2m,筒绕其竖直轴匀速转动,周期为T=0.4s,筒的周长L=0.24m,筒能接收到通过P、Q两板的全部粒子。(不计粒子的重力及粒子间的相互作用(1)求从金属板P、Q右侧射出的粒子的最大速度的大小(结果可用分式或根号表示)。(2)以t=0时(如图乙,此时UPQ=0)水平向右入射的粒子打到筒上的点作为xOy坐标系(竖直向上为y轴正方向,垂直竖直轴沿筒转动反方向为x轴正方向)的原点,求打到圆筒上最高点的粒子对应的位置坐标。【答案】(1)172×106m/s(2)(3cm,10cm【解析】(1)粒子在极板间运动的时间为t=L1v0=2×10-可知当粒子恰好从极板边缘飞出时,粒子获得的速度最大,有12d=12·qUmd解得U=125V<Um,v=v0代入数据解得v=172×106m/s(2)由题图乙可知,t′=0.05s时粒子刚好从上极板右边缘飞出电场,由几何关系可知L12L12+L2=d在t′=0.05s内圆筒转过的弧长即为横坐标x1=LTt′=0.03m=3打到圆筒上的最高点对应的位置坐标为(3cm,10cm)。6.(4分)(2024·河北石家庄阶段练习)粗糙绝缘的水平桌面上,有两块竖直平行相对而立的金属板A、B。板间桌面上静止着带正电的物块,如图甲所示,当两金属板加图乙所示的交变电压时,设直到t1时刻物块才开始运动,最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等,则()[A]在0～t1时间内,物块受到的摩擦力逐渐增大,方向水平向右[B]在t1～t3时间内,物块受到的摩擦力先逐渐增大,后逐渐减小[C]t3时刻物块的速度最大[D]t4时刻物块的速度最大【答案】C【解析】在0～t1时间内,物块处于静止状态,电场强度方向水平向右,物块所受的电场力水平向右,由平衡条件得摩擦力Ff=qE=qUABd,UAB增大,Ff随之增大,方向水平向左,故A错误。在t1～t3时间内,物块向右运动,受到的是滑动摩擦力,物块对地面的压力不变,由Ff=μFN知Ff不变,故B错误。在t1～t3时间内,电场力一直大于摩擦力,物块一直向右做加速运动;在t3～t4时间内,电场力小于滑动摩擦力,物块向右做减速运动,所以t3时刻物块的速度最大,故C7.(18分)如图甲所示,在平面直角坐标系xOy的第一象限中存在竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E;第二象限中存在水平向右的匀强电场,电场强度大小也为E;第四象限中存在竖直向上的匀强电场,电场强度大小为2E。一质量为m、电荷量为q的正离子从A点由静止释放,A点位置坐标为(-d,d),不计该离子的重力。(1)求离子第一次通过y轴时的速度大小;(2)求离子第二次通过x轴时的位置坐标;(3)若离子第一次经过x轴时开始计时,第四象限中的电场按图乙规律变化(图中T=6dm2Eq),求离子第4次通过【答案】(1)2qEdm(2)(4d,0)(3)(13d,【解析】(1)根据动能定理有qEd=12mv解得离子第一次通过y轴时的速度大小为v1=2qEd(2)离子在第一象限做类平抛运动,水平方向有x1=v1t1,竖直方向有d=12·qE联立解得x1=2d,故离子第一次通过x轴时的位置坐标为(2d,0)。由于vy12t1=d=12v1t1,则有vy1进入第四象限的电场时离子在竖直方向上沿y轴负方向先做匀减速运动,速度减到零后反向加速,第二次回到x轴,则有t2=2vy1沿x轴方向的位移x2=v1t2=2d,离子第二次通过x轴时的位置坐标为(4d,0)。(3)若离子第一次进入第四象限后开始计时,则在竖直方向上t=T6=dm2Eq时间内,离子向下做减速运动,在tvy2=vy1-2qEmt然后经过T6后开始反向加速,仍经过T6后第2次回到x轴,之后离子以与x轴成45°的方向斜射入第一象限t=2vy1qEm=4dm2qE离子第3次回到x轴,此时第四象限的电场正处于向上的2E,则再经过T6离子速度减为零,再经过两个T6,离子开始反向运动,再经过T6第4次经过x轴,此时从计时开始离子已经经过了11个T6的时间,离子第4次通过x轴时x=v1·116T=11d,则此时的位置坐标为(13d,0)第6讲小专题:带电粒子(带电体)在电场中的力电综合问题考点一带电粒子在电场和重力场中的运动如图所示为小球在最高点没有支撑的“轻绳”模型(不计一切摩擦阻力),通过前面的学习我们知道,小球能完成竖直面内完整圆周运动的临界特征是在最高点重力恰好提供向心力,即mg=mvmin2R,则在最高点的最小速度vmin=(1)若小球同时受到一个竖直向下的恒定电场力qE,临界特征是什么?如果电场力qE竖直向上呢?我们把重力和电场力的合力等效成小球所受重力,那么就可以直接套用mg=mvmin2R,vmin=gR规律,这个等效的重力加速度g(2)用等效法分析,若小球受到一个水平向左的恒定电场力qE,临界特征是什么?提示:(1)若小球同时受到一个竖直向下的恒定电场力qE,临界条件是在最高点位置qE+mg=mvmin如果qE竖直向上且小于mg,临界条件是在最高点位置mg-qE=mvmin2R;如果qE竖直向上且等于mg,小球做匀速圆周运动,无临界条件;如果qE竖直向上且大于mg,临界条件是在最低点位置qE-mg=mvmin2R。把重力和电场力的合力等效成小球所受重力,有F合=mg′,则g′=(2)电场力和重力的合力大小F合=(qE)2+(mg)2,方向如图所示,则等效重力加速度g′=(qEm)

1.等效重力场物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动,但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些。此时可以将重力场与电场合二为一,用一个全新的“复合场”来代替,可形象称之为“等效重力场”。2.“等效最高点”和“等效最低点”示意图[例1]【在“等效重力场”中的类抛体运动】(2022·全国甲卷,21)(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场,将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等,重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后,()[A]小球的动能最小时,其电势能最大[B]小球的动能等于初始动能时,其电势能最大[C]小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时,其动能最大[D]从射出时刻到小球速度的水平分量为零时,重力做的功等于小球电势能的增加量【答案】BD【解析】由题意可知,小球所受电场力与重力的合力指向右下,与水平方向成45°角,小球向左射出后做匀变速曲线运动,当其水平速度与竖直速度大小相等时,即速度方向与小球所受合力方向垂直时,小球克服合力做的功最大,此时动能最小,而此时小球仍具有水平向左的分速度,电场力仍对其做负功,其电势能继续增大,选项A、C错误;小球在电场力方向上的加速度大小ax=g,竖直方向加速度大小ay=g,当小球水平速度减为零时,克服电场力做的功最多,小球的电势能最大,由匀变速运动规律有v0=gt,此时小球竖直方向的速度vy=gt=v0,所以此时小球动能等于初动能,由能量守恒定律可知,小球重力势能减少量等于小球电势能的增加量,又由功能关系知重力做的功等于小球重力势能的减少量,选项B、D正确。[例2]【在“等效重力场”中的圆周运动】(2024·四川二模)(多选)如图所示,质量为m、带电荷量为+q的小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上,大圆环固定在竖直平面内,O为环心,A为最低点,B为最高点,在大圆环所在的竖直平面内施加水平向右、电场强度大小为mgq(g为重力加速度)的匀强电场,并同时给在A点的小圆环一个向右的水平初速度v0(v0未知),小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动,则小圆环运动过程中([A]动能最小与最大的位置在同一等势面上[B]电势能最小的位置恰是机械能最大的位置[C]在A点获得的初速度为2[D]在B点受到大圆环的弹力大小为mg【答案】BC【解析】由于匀强电场的电场强度为mgq,即静电力与重力大小相等,作出小圆环的等效最低点C与等效最高点D,如图所示小圆环在等效最低点速度最大,动能最大,在等效最高点速度最小,动能最小,根据沿电场线电势降低,可知φD>φC,可知其不在同一等势面上,A错误;小圆环在运动过程中,只有电势能、动能与重力势能的转化,即只有电势能与机械能的转化,则电势能最小的位置恰是机械能最大的位置,B正确;小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动,即小圆环通过等效最高点D的速度为0,对小圆环分析有-qERsin45°-mg(R+Rcos45°)=0-12mv02,解得v0=2(1+2)gR,C正确;小圆环从A运动到B过程有-mg·2R=12mvB2-12mv02,在B点有FN+mg=mvB2R,解得FN=(22-考点二电场中的力、电综合问题1.动力学观点(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匀变速直线运动公式,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)运用能量守恒定律时,注意题目中有哪些形式的能量出现。3.动量观点(1)运用动量定理时,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)运用动量守恒定律时,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。[例3]【动力学观点】(2024·贵州遵义三模)如图所示,足够长的倾角为θ=37°的光滑固定绝缘斜面和粗糙绝缘水平面平滑连接,空间存在着平行于斜面向上的匀强电场,电场强度为E=1×104N/C。现有质量为m=1kg、带电量为q=+5×10-4C的小滑块,从水平面上A点由静止释放,经过时间t=2s后到达斜面底端B点。若小滑块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5,不计空气阻力。取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2。求:(1)小滑块从A滑行到B过程中所受摩擦力的大小和加速度大小;(2)A、B两点的距离和电势差UAB;(3)小滑块沿斜面上升的最大高度。【答案】(1)3.5N0.5m/s2(2)1m8000V(3)0.3m【解析】(1)小滑块从A滑行到B的过程中,小滑块所受的电场力F=Eq,小滑块所受的摩擦力Ff=μ(mg-Fsin37°),解得Ff=3.5N,由牛顿第二定律可得Fcos37°-Ff=ma1,解得小滑块加速度大小a1=0.5m/s2。(2)A、B两点的距离d=12a1t2解得d=1m,A、B两点的电势差UAB=Edcos37°,解得UAB=8000V。(3)小滑块在斜面上运动时,由牛顿第二定律有qE-mgsin37°=ma2,解得a2=-1m/s2,由运动学公式有vB=a1t,-vB2=2a2又h=xsin37°,解得h=0.3m。[变式][例3]中,随着电场强度的增大,小滑块在水平面上运动的加速度如何变化?小滑块能在水平面上运动的电场强度的最大值是多大(结果可用分数表示)?若电场强度大于这个最大值,由静止释放的小滑块做什么运动?【答案】见解析【解析】由牛顿第二定律有qEcos37°-μ(mg-qEsin37°)=ma,可知当E增大时加速度变大。小滑块能在水平面上运动的临界条件是qEsin37°=mg,解得E=103×104N/C若E>103×104N/C,[例4]【能量观点】(2024·四川成都一模)如图所示,用绝缘支架将带电荷量为+Q的小球a固定在O点,一粗糙绝缘直杆与水平方向的夹角θ=30°,直杆与小球a位于同一竖直面内,杆上有A、B、C三点,C与O两点位于同一水平线上,B为AC的中点,OA=OC=L。小球b质量为m,带电荷量为-q,套在直杆上,从A点由静止开始下滑,第一次经过B点时速度为v,运动到C点时速度为0,在+Q产生的电场中取C点的电势为0,重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则()[A]小球a在A、B两点处产生的电场强度大小之比为1∶2[B]小球b从A点运动到C点过程中产生的内能为3mgL[C]小球b的电势能最小值为-12mv[D]小球b到C点后又能从C点返回到A点【答案】C【解析】小球a在A、B两点处产生的电场强度大小之比为EAEB=kQrA2kQrB2=kQL2kQ(Lsinθ)2=14,A错误;小球b从A点运动到C点过程中由能量守恒定律得Q=mgh=mgLcosθ=32mgL,即产生的内能为32mgL,B错误;A点和C点的电势相等,则小球b从A到C点电场力做功为零,由动能定理有mgh+W电-Wf=0-0,可得Wf=mgh,而假设从C点能回到A点,有-mgh+W电-Wf=Ek-0,到达A点的动能为负,故小球不能回到A点,D错误;小球在B点左右两侧关于B点对称的点所受支持力相等,因此摩擦力相等,即AB段和BC段摩擦力做功相等,B点离正场源电荷最近,且电势最高,则带负电小球b在B点的电势能最低,由动能定理有mgh2+WAB-Wf2=[例5]【动量观点】(2024·广西玉林模拟)如图所示,在绝缘的光滑水平面(足够长)上M点左侧的区域有水平向右的匀强电场。小滑块A、B的质量均为m,其中B不带电,A的带电荷量为+q,O点到M点的距离为L,N点到O点的距离为kL(k>0)。现将小滑块A在N点由静止释放,其向右运动至O点与静止的小滑块B发生弹性碰撞,设A、B均可视为质点,整个过程中,A的电荷量始终不变,B始终不带电,已知电场强度E=mg2q,重力加速度大小为(1)求A与B发生第一次碰撞前瞬间A的速率;(2)k的取值满足什么条件时,能使A与B发生第二次碰撞?【答案】(1)gkL(2)k<1【解析】(1)设A与B碰撞前的速率为v1,对A,由动能定理得EqkL=12mv将E=mg2q解得v1=gkL。(2)由题意知,A与B发生弹性碰撞,由动量守恒定律得mv1=mv1′+mv2′,由机械能守恒定律可知12mv12=12mv1′2+12联立解得v1′=0,v2′=gkL,碰撞后,B以v2′做匀速直线运动,A在电场力作用下做匀加速直线运动,为使A与B能发生第二次碰撞,则A经电场加速后的最大速度v1″应满足的条件为v1″>v2′,碰撞后,对A由动能定理得qEL=12mv1″2联立解得k<1。(满分:60分)对点1.带电粒子在电场和重力场中的运动1.(4分)(2024·辽宁葫芦岛检测)如图所示,在竖直向上的匀强电场中,A球位于B球的正上方,质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出,它们最后落在水平面上同一点,其中只有一个小球带电,不计空气阻力,下列判断正确的是()[A]如果A球带电,则A球一定带正电[B]如果A球带电,则A球的电势能一定增加[C]如果B球带电,则B球一定带负电[D]如果B球带电,则B球的电势能一定增加【答案】D【解析】平抛时的初速度相同,在水平方向通过的位移相同,故下落时间相同,A球在上方,竖直位移较大,由h=12at2可知,A球下落的加速度较大,所受合外力较大,如果A球带电,则A球应该受到向下的电场力,所以其一定带负电,电场力对其做正功,电势能减小,故A、B错误;如果B球带电,由于B球的竖直位移较小,加速度较小,所受合外力较小,则B球受到的电场力向上,应带正电,电场力对B球做负功,电势能增加,故C错误,D2.(6分)(2024·山东济南质检)(多选)如图所示,带电小球(可视为质点)用绝缘细线悬挂在O点,在竖直平面内做完整的变速圆周运动,小球运动到最高点时,细线受到的拉力最大。已知小球运动所在的空间存在竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E,小球质量为m、带电荷量的绝对值为q,细线长为l,重力加速度为g,则()[A]小球带正电[B]静电力大于重力[C]小球运动到最低点时速度最大[D]小球运动过程最小速度为v=(【答案】BD【解析】因为小球运动到最高点时,细线受到的拉力最大,可知重力和静电力的合力(等效重力)方向向上,则静电力方向向上,且静电力大于重力,小球带负电,故A错误,B正确;因重力和静电力的合力方向向上,可知小球运动到最高点时速度最大,故C错误;由于等效重力竖直向上,所以小球运动到最低点时速度最小,最小速度满足qE-mg=mv2l,即v=(qE-3.(4分)(2024·江苏扬州开学考试)空间某区域内存在着电场,电场线在竖直平面上的分布如图所示。一个质量为m、电荷量为q的小球在该电场中运动,小球经过A点时的速度大小为v1,方向水平向右,运动至B点时的速度大小为v2,运动方向与水平方向之间的夹角为α,A、B两点之间的高度差与水平距离均为H,则()[A]小球速度v2>v1[B]A、B两点间的电势差U=m2q(v2[C]小球由A点运动到B点的过程中,电势能可能增加[D]小球运动到B点时所受重力的瞬时功率P=mgv2【答案】C【解析】若小球带负电,则从A到B电场力做负功,电势能增加;若小球带正电,则从A到B电场力做正功,电势能减少,选项C正确;小球由A点运动至B点,由动能定理得mgH+W=12mv22-12mv12,重力做功和电场力做功的大小以及正负关系无法确定,则不能比较v1和v2的大小,选项A错误;因电场力做功为W=12mv22-12mv12-mgH,由电场力做功W=qU,得A、B两点间的电势差为U=Wq=1q(12mv22-12mv12-mgH),故对点2.电场中的力、电综合问题4.(6分)(2024·山东卷,10)(多选)如图所示,带电量为+q的小球被绝缘棒固定在O点,右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电量为+q的小滑块从斜面上A点由静止释放,滑到与小球等高的B点时加速度为零,滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为s,重力加速度大小为g,静电力常量为k,下列说法正确的是()[A]OB的距离l=3[B]OB的距离l=3[C]从A到C,静电力对小滑块做功W=-mgs[D]AC之间的电势差UAC=-mgs【答案】AD【解析】由题意知,小滑块在B点处的加速度为零,对小滑块受力分析,根据平衡条件有kq2l2=mgtan30°,解得l=3kq2mg,A正确,B错误;因为滑到C点时速度为零,小滑块从A到C的过程,设静电力对小滑块做的功为W,根据动能定理有W+mgssin30°=0,解得W=-mgs2,故C错误;根据电势差与静电力做功的关系可知AC之间的电势差UAC5.(18分)如图所示,空间有一水平向右的匀强电场,电场强度的大小为E=1.0×104V/m。该空间有一个半径为R=2m的竖直光滑绝缘圆环的一部分,圆环与光滑水平面相切于C点,A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m=0.04kg、电荷量为q=+6×10-5C的带电小球2(可视为质点)锁定于C点。轻弹簧一端固定在竖直挡板上,另一端自由伸长时位于P点。质量也为m=0.04kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端,现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放。小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞瞬间解除锁定,碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点。P、C两点间距离较远,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力,取sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)黏合体在A点的速度大小;(2)弹簧的弹性势能;(3)小球黏合体由A点到达水平面运动的时间。【答案】(1)5m/s(2)9.2J(3)0.6s【解析】(1)小球2所受电场力F=qE=6×10-5×1×104N=0.6N,小球1和小球2的重力之和为G=2mg=2×0.04×10N=0.8N,如图甲所示,设黏合体所受重力与电场力的合力与竖直方向的夹角为θ,则tanθ=qEG=3所以θ=37°;所以A点是黏合体在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点,由于黏合体恰能沿圆弧到达A点,所以qEsin37°=2mvA2R,解得vA(2)小球从C点到A点,由动能定理得-qERsin37°-2mg×(R+Rcos37°)=12×2mvA2-12×解得vC=115m/s,小球1、2的碰撞由动量守恒定律得mv1=2mvC,解得小球1碰撞前的速度v1=2115m/s,由机械能守恒定律可得弹簧的弹性势能Ep=1