第11课时带电粒子在电场中的运动

第11课时带电粒子在电场中的运动

提炼必备知识

内容重要的规律、公式和二级结论

(1)动力学观点：""，E=U4-

1.带电粒子在电场中的直线运动md

(2)能量观点：W=qU=Ek2—Ekn

(3)运动条件：①只受静电力；②初速度Oo_LE。

(4)运动性质：类平抛运动。

2.带电粒子在电场中的偏转(5)偏移量：

(6)偏转角的正切值：tane=0'=gP2。

Vomavn

突破高考题型

高考题型一带电粒子在电场中的运动

1.电场中直线运动问题的两种解题思路

(1)动能定理：不涉及Z时可用。

(2)牛顿运动定律：涉及4、Z时可用。

2.匀强电场中的偏转问题

(1)带电粒子垂直于场强方向进入匀强电场，在匀强电场中的偏转一般为类平抛运

动，可用运动的分解来解决。

(2)不涉及运动细节、涉及功能问题时常用动能定理解决。

注意：偏转时静电力做功不一定是板网，应该是少=夕£>8为偏移量)。

3.匀强电场中偏转问题的两个结论

(1)如图1所示,Wtan^=2tan0,且工=多

L

X

v

图1

(2)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同--偏转电场射出时，偏

移量”,偏转角的正切值tan3=0?^=*,与比荷无关，

22mdvi4Wmdvi2UM

总是相同的。

角度1带电粒子在电场中的直线运动

【例1】(2022•北京房山区一模)如图2是电子加速系统，K是与金属板〃距离

最近的灯丝，电源后给K加热可以产生初速度不计的热电子，N为金属网，M、

N接在输出电压恒为U的高压电源石2上，〃、N之间的电场近似为匀强电场，系

统放置在真空环境中，正常工作时，从K发出的电子经历、N之间的电场加速后,

大多数电子从金属网N的小孔射出，少部分电子打到金属网丝上被吸收，从而形

成回路电流，电流表的示数稳定为/。已知电子的质量为〃八电荷量为e,不计电

子所受的重力和电子之间的相互作用。

图2

(1)求单位时间内被金属网N吸收的电子数小

(2)若金属网N吸收电子的动能全部转化为内能，证明金属网的发热功率尸=/U；

(3)电子可认为垂直打到金属网N上，并假设打在金属网N上的电子全部被吸收,

不反弹。求被金属网吸收的电子对金属网的作用力大小产。

答案(1/(2)见解析(3)/2〃力

ee

解析(1)根据电流定义式得/=?

Q=net

解得

e

(2)每个电子被加速，有06=；用"

单位时间内金属网吸收的电子动能转化为金属网的发热功率

P=1Vniv2=neU=eU=IU<

2e3

（3）电子被加速时，有

解得。=2eU

m

由动量定理一厂?=△〃得Ft=nmv

联立解得尸=/2mU

e

由牛顿第三定律知F=F=I

角度2带电粒子在匀强电场中的曲线运动

【例2】（2022•浙江6月选考，9）如图3所示，带等量异种电荷的两正对平行金

属板M、N间存在匀强电场，板长为£（不考虑边界效应）。f=0时刻，M板中点

处的粒子源发射两个速度大小为。o的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N

板时速度大小为2处；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力

和粒子间的相互作用，则（）

MN

%

r

图3

A."板电势高于N板电势

B.两个粒子的电势能都增加

C粒子在两板间的加速度为

D.粒子从N板下端射出的时间f=（2-0L

2vo

答案C

解析由于不知道两粒子的电性，故不能确定〃板和N板的电势高低，故A错

误；根据题意垂直M板向右的粒子到达N板时速度增加，动能增加，则静电力做

正功，电势能减小，则平行”板向下的粒子到达N板时静电力也做正功，电势能

同样减小，故B错误；设两板间距离为4,平行A/板向下的粒子刚好从N板下端

射出，在两板间做类平抛运动，有巴垂直/板向右的粒子，在板

22

间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中加速度相同，有（2如产一虎=

2ad,联立解得，=[,。=2叫故C正确，D错误。

2u0L

【素能提升】

1.（2022•河北新高考演练卷i如图4,一平行板电容器竖直放置，两极板间距为力

极板间的电场强度为E,左极板上有一小孔。。一个电子从小孔O射入平行板电

容器，速度方向在纸面内与左极板成60。角，电子向右运动的最远距离为?，现将

电容器左极板固定，右极板向右水平移动力电子以相同的速率由O点垂直极板

射入平行板电容器。下列说法正确的是（）

+Q-Q

图4

A.极板间距增大一倍后两极板间的电场强度为E

B极板间距增大•倍后两极板间的电场强度为:£

C.电子向右运动到达的最远处距左极板的距离为卜

D.电子向右运动到达的最远处距左极板的距离为

答案A

解析由和得E=4兀华，则两极板间距增大后电场强度

dC47MErS

不变，故A正确，B错误；电子第一次在平行板电容器中运动时，沿垂直极板方

向，运动到距左极板最远时，由运动学公式有（Oosin60o）2=2e£f,电容器间距增

大，电场强度不变，电子第二次在平行板电容器中运动到距左极板最远时，有虎

=2°勺，联立解得x=2d,故C、D错误。

m3

2.（多选）（2022•全国乙卷，21）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴

的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和火+"）和探测器组成，其横截面如图5

所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成

反比，方向指向。点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计

重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分另J为门、n(R<n<n<R+d);

粒子3从距0点相的位置入射并从距0点门的位置出肘；粒子4从距。点n的

位置入射并从距。点-2的位置出射，轨迹如图中虚线所示。则()

A.粒子3入射时的动能比它出射时的大

B.粒子4入射时的动能比它出射时的大

C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能

D.粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能

答案BD

解析在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到0点的距离成反比，可设为

Er=k,带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有夕B=

，/,qE2=m\可得9乎=［亦畛及=%?虎，即粒子1入射时的动能等于粒

nr22222

子2入射时的动能，故C错误；粒子3从距O点/*2的位置入射并从距O点门的

位置出射，做近心运动，静电力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它

出射时的小，故A错误；粒子4从距O点内的位置入射并从距O点/，2的位置出

射，做离心运动，静电力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时

的大，故B正确；粒子3做近心运动，有把2>〃?泊，可得!"豕‘■2=!"?讲，粒

rz222

子I入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确。

高考题型二带电体在电场和重力场中的运动

角度1带电体在电场和重力场中的匀变速运动

【例3】（2022•广东江门预测）某实验小组想测量元电荷的大小。实验装置如图6,

在真空容器中有正对的两立行金属板［和8,两板与外部电路连接，两板间相距

d=0.3m。外部电路电源电动势E=300V,内阻〃=1.0Q,保护电阻及o=19.0Q,

电阻箱的阻值R可调。实验时，开关Si闭合、S2断开时，小组从显微镜发现容器

中有一个小油滴正好在两极中间处于静止状态，该油滴质量为加=3.2XQUkg,

取g=10m/s2,求:

图6

（1）该油滴带电性质及所带电荷量生

（2）调节电阻箱R=20.0C,闭合开关S2,油滴将加速下落，求油滴下落到"板的

时间/（结果可以保留根号）.

答案⑴负电3.2X1。-“（2）］；s

解析（1）开关Si闭合、S2断开时

U.=E=300V

该油滴处于静止状态，受刀平衡

qE\=mg,EkUA：

d

解得夕=3.2X10「5c

由于电场方向竖直向下，静电力方向竖直向上，故该油滴带负电。

（2）闭合开关S2,电容器与R并联，因此

根据闭合电路欧姆定律得

£=1―/•）

UR=1R

电场强度氏二¥

a

根据牛顿第二定律得mg—qEz=ma

油滴下落到B板由运动学公式得；=[川2

22

联立解得f=];

So

角度2带电体在电场和重力场中的圆周运动

【例4】如图7所示，ABC。表示竖直放在场强为石=104V/m的水平匀强电场

中的绝缘光滑轨道，其中轨道的8CQ部分是半径为R的半圆，轨道的水平部分

与半圆环相切，4为水平轨道上的一点，而且48=H=0.2m。把一质量〃?二100g、

带电荷量q=l()rc的小球，放在水平轨道上的4点，由静止开始被释放后，在

轨道的内侧运动。(g=10m/s2)求：

(1)它到达C点时的速度是多大？

(2)它到达。点时对轨道压力是多大？

(3)小球所能获得的最大动能是多少？

答案(1)2m/s(2)3N(3)；J

解析(1)设小球在C点的速度大小是。C,轨道对小球的压力大小为尸NC,则对于

小球由4-C的过程中，应用动能定理得

qE2R—mgR=\nvr~0

解得vc=—2gR-2m/s。

m

V

(2)在C点沿圆轨道径向，对小球应用牛顿第二定律，tF^c-qE=m^

R

得FNC=5qE—2mg=3N

根据牛顿第三定律知，小球在。点对轨道的压力大小为3No

(3)因为mg=qE=1N

所以小球受到合力的方向垂直于8、。两点的连线向下，8C弧的中点。为等效

重力的最低点，在此处小球具有最大速度，

从力到。由动能定理得

0

4EA(1+sin45°)-/»g/?(l-cos45)=£k,n

所以Ekm=jJo

-方法总结，

等效思维法解决带电体在电场和重力场中的圆周运动

(1)等效重力场：重力场、电场等叠加而成的复合场；等效重力：重力、静电力的

合力。

(2)处理思路：①受力分析，计算等效重力(重力与静电力的合力)的大小和方向。

②在复合场中找出等效最低点、最高点。

③根据圆周运动供需关系结合动能定理列方程处理。

【素能提升】

3.(2022•广东深圳一模)如图8所示，竖直平面内两个带电小油滴。、6在匀强电场

E中分别以速度5、力做匀速直线运动，不计空气阻力及两油滴之间的库仑力，

下列说法正确的是()

E

'X

图8

A.a、1带异种电荷

B。比〃的比荷大

Ca的电势能减小，力的电势能增加

D.沿功方向电势升高，沿⑦方向电势降低

答案C

解析由于两油滴均做匀速直线运动，受静电力与重力平衡，即qE=，〃g,q=3

〃与6比荷相等，又静电力方向都竖直向上，因此〃、人均带正电荷，A、B错误;

。向上运动，静电力做正功，电势能减小，b向下运动，静电力做负功，电势能增

加，C正确；沿电场线方向，电势降低，因此沿。方向电势降低，沿力方向电势

升高，D错误。

4.（2022・广东高考，14）密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因

此获得了1923年的诺贝尔奖。图9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，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油

滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为〃?0、位于同一竖直

线上的球形小油滴A和8,在时间/内都匀速下落了距离小，此时给两极板加上

电压。（上极板接正极），力继续以原速度下落，8经过一段时间后向上匀速运动。

3在匀速运动时间,内上升了距离岳（/”/儿），随后与力合并，形成一个球形新油

滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为/=

1

而〃3。，其中〃为比例系数，机为油滴质量，。为油滴运动速率，不计空气浮力，

重力加速度为g。求：

小孔

]“+

1一

图9

（1）比例系数依

（2）油滴4、4的带电荷量和电性；3上升距离"电势能的变化量；

（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。

2

答案（1）"°客

h\

⑵油滴/不带电油滴8带负电〃跖gd（加+比）」川磔2（瓜十加）

h\Uh\

（3）见解析

解析（1）未加电压时，油滴匀速时的速度大小。1="，匀速时有〃70g=/,

又尸》4s

联立可得仁〃也卬

h\

(2)加电压后，油滴力的速度不变，可知油滴力不带电，油滴8最后速度方向向上,

可知油滴4所受静电力方向向上，极板间电场强度方向向下，可知油滴B带负电,

油滴8向上匀速运动时，速度大小为。2=’"

t

根据平衡条件可得〃sg+4阳72=

a

联立解得那加〃5+历)

h\U

根据A£p=—力电，又有印电=晒?

d

联立解得△品=_'〃°g"2(加+")

hi

(3)油滴4与油滴/合并后，新油滴的质量为2〃?o,带电荷量仍为分新油滴所受

静电力

G_qU_mog)

r——(/71+/22

dh\

若尸'>2〃?0g,即可知。2>。1

新油滴速度方向向上，设向上为正方向，

根据动量守恒定律有

moV2-moV]=2mov其

可得。其>0

新油滴向上加速，达到平衡时有

।

2/〃og+k(2〃7o)30=产'

.—hi

解得速度大小为。=3.方向向上：

2t

若F<2/?/0g,即可知V2<V\

设向下为正方向，根据动量守恒定律有

mov।—niovi=2m()v共'，可知。共'>0

新油滴向下加速，达到平衡时有

I

2mog=尸+k-（2ni（））3v,

h\—h：

解得速度大小为U=3,方向向下。

2/

高考题型三带电粒子在交变电场中的运动

1.受力情况：粒子所受的静电力是周期性变化的，即在一段时间内与速度方向相

同，在下一段时间内相反。

2.运动特点：一会儿加速，一会儿减速；可能一直向前运动，也可能做往复运动,

由粒子最初进入电场的时间决定。

3.处理方法：应用牛顿第二定律结合运动学公式求解。

（1）当空间存在交变电场时，粒子所受静电力方向符随着电场方向的改变而改变，

粒子的运动性质也具有周期性。

（2）研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并铺以。一，图像，特别注意

带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期。

【例5】（2022•江苏二轮拔高卷）如图10甲所示，两平行金属板力、8放在真空中，

间距为小为板间水平中线，48板间的电势差U随时间，的变化情况如图乙

所示。E=0时刻，有一个质量为〃?，电荷量为4?的带电小球，从O点以加的速度

水平射入电场。7时刻小球恰好从。点射出电场，小球运动过程中未与极板相碰,

重力加速度为g。则下列说法正确的是（）

BI—I0工7，

~2

甲乙

图10

A.小球受的静电力大小等于重力

B板间电压蛔

q

c/芸时，小球竖宜方向速度为o

2

D.f=T时，小球竖直方向速度为0

答案B

解析设;〜r时间内小球的加速度大小为。，o〜7小球在竖直方向的位移为零,

根据运动学公式可得=0,解得。=3g,由牛顿第二定律可

得Z7—〃?g=〃?Q,解得"=4〃这，故A错误；根据匀强电场中电场强度与电势差的

关系式，有U=Ed,又尸=夕区联立可得。=4加侬，故B正确；/=：时，小球竖

q2

直方向速度为2v=g・；故C错误；f=T时，小球竖直方向速度为尔=5一。彳

=_gT,故D错误。

【素能提升】

5.（2022•山东青岛质检）在如图11所示的平行板电容器的两板/、8间分别加如图

12甲、乙所示的两种电压，开始8板的电势比彳板高。在静甩力作用下原来静止

在两板中间的电子开始运动。若两板间距足够大，且不计重力，试分析电子在两

种交变电压作用卜•的运动情况，并画出相应的。一f图像。

图11

甲乙

图12

答案见解析

解析1=0时，B板电势匕4板高，在静电力作用下，电子向8板（设为正方向）

做初速度为零的匀加速运动。

（1）对于题图甲，在0〜;7电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，;7〜7电子

做末速度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其。一f

图线如图（1）所示。

（2）对于题图乙，在0〜;做类似（1）0〜T的运动，电子做反向先匀加速、后匀

减速、末速度为零的直线运动。然后周期性地重复前面的运动，其。一，图线如图

（2）所示。

链接

1.（2022•湖北高考，4）密立根油滴实验装置如图13所示，两块水平放置的金属

板分别与也源的正负极相接，板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许

多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板

间电势差为U时，电荷量为"半径为，•的球状油滴在板间保持静止。若仅将金

属板间电势差调整为2U,则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可.以

为（）

U

图13

A.g,rB.2g,r

C.2g,2厂D.4q,2r

答案D

解析初始状杰下，油滴处于静止状态时，满足qE=mg,即4?=?兀产腐，当电

势差调整为2U时，若油滴的半径不变，则满足q2y=」产pg,可得［'=?，A、

a32

B错误；若油滴的半径变为2/•时，则满足“2y=\（27.）3.pg,可得＜=4q,C错

误，D正确。

2.（多选）（2021•全国乙卷，20）四个带电粒子的电荷量和质量分别为（+q,7〃）、（+夕,

2m）、（+3夕，3利）、（一［，〃），它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射

入一匀强电场中，电场方向与y轴平行。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨

迹的图像中，可能正确的是（）

AB

CD

答案AD

解析分析可知带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则带电粒子的运动轨迹方

程为由于带电粒子的初速度相同，带电粒子（+分机）、（+3以3〃?）

2m

的比荷相同，则带电粒子（+<7,6）、（+3“，3〃?）的运动轨迹重合，C错误；当电

场方向沿歹轴正方向时，苓正电的粒子向y轴正方向偏转，带负电的粒子向y轴

负方向偏转，则粒子（+g,〃?）、（+3g,3〃?）的运动轨迹与粒子（一4,⑼的运动轨

迹关于x轴对称,粒子（+«,2〃?）的比荷比粒子（+小⑼、（+3夕，3⑼的小，则x

相同时，粒子（+q,2m）沿y轴方向的偏转量比粒子（+q,⑼、（+3q,3M的小,

D正确；同理可知当电场万向沿y轴负方向时，A正确，B错误。

3.（多选）（2022•全国甲卷，21）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。小球所受的重力和静电力的大小

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

解析由于故等效重力G，的方向与水平方向成45。。如图所示，当外

=0时速度最小，为Umin=S,此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，由

于此时S存在水平分量，静电力还可以对小球做负功，电势能继续增大，故此时

电势能不是最大，故A、C错误；当小球水平速度减为0时，水平方向上有加=

%,在竖直方向上b=gh由于qE=mg,得。=如，此时小球的动能等于初动能,

m

由于此时速度没有水平分量，故电势能最大，由动能定理可知%G+力电=0,则

重力做功等于小球电势能的增加量，故B、D正确。

课时|跟踪训练

（限时：40分钟）

A级基础保分练

1.（2022・广东肇庆质检）示波管原理图如图1甲所示。它由电子枪、偏转也极和荧

光屏组成，管内抽成真空。如果在偏转电极XF和丫y之间都没有加电压，电子束

从甩子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示。若板

间电势差和Urr随时间变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能

为（）

丙

图1

答案A

解析Urx和Sr均为正值，电场强度方向分别由X指向X,丫指向V,电子带

负电，所受静电力方向与电场强度方向相反，所以电子分别向X、丫方向偏转，

可知A正确。

2.（2022•江苏通州一中模拟）如图2,圆环上均匀分布着十。的电荷，在垂直于圆环

平面且过圆心。的轴线上有〃、两点，〃0=0儿一个电荷量为一夕的试探电荷

从。点由静止释放，仅在静电力作用下运动，试探电荷（）

图2

A.可能做曲线运动

B.一定能运动到b点

C.在O点受到的静电力最大

D.在。点时的电势能最大

答案B

解析带电圆环在4、6连线上产生的电场与一对以4、力连线为对称轴的等量同

种正电荷产生的电场相似，根据等量同种正电荷在。、分连线上的场强分布可知，

a、6连线上的场强方向都沿。、6连线，所以试探电荷从。点由静止释放，仅在

静电力作用下，不可能做曲线运动，。点的场强为0,所以试探电荷在。点受到

的静电力最小，故A、C错误；由对称性可知，〃、6两点的电势相等，所以试探

电荷从。点由静止释放，一定能到达6点，在a、b之间往返运动，故B正确；

根据等量同种正电荷在X轴上的电场分布可知，。点的电势最高，因为试探电荷

带负电，所以试探电荷在。点的电势能最小，故D错误。

3.（2022•辽宁铁岭六校联考）如图3所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，现

将一个质量为带电荷量为+夕的小球在力点以一定的初动能反竖直向上抛出，

小球运动到竖直方向最高点C时的沿电场强度方向位移是xo,动能变为原来的一

半（重力加速度为g）,下列说法正确的是（）

AB-

图3

A.电场强度大小为?这

2q

B./LC竖直方向的距离为xo的2倍

C.小球从C点再次落回到与A点等高的B点时，水平位移是2丫。

D.小球从C点落回到与A点等高的B点时，静电力做功大小为2Ek

答案A

解析设水平方向因静电力产生的加速度为叫小球在4点的初速度为比，小球

在最高点。的速度为比，小球从力到。的时间为人见有*=痴，vc=at,0-

"o=—gf，由题意知，最高点C小球的动能变为原来的一半，诧，联

立解得电场强度大小为E=T'g,A正确；小球从4到C过程，水平方向xo=?/,

竖直方向联立解得夕=2xo,B错误；小球在水平方向做初速度为。的匀

加速运动，由于4到。的时间等于。到8的时间，则有xo：xa=l：3,即小球

从C点再次落回到与力点等高的B点时，水平位移是3xo,C错误；小球从。点

落回到与力点等高的8点时，静电力做功大小WcB=qExcB=3qExo=3X

%?虎=：&，D错误。

22

4.（2022茂名综合测试）一名强电场的电场强度上随时间I变化的图像如图4所示。

在该匀强电场中，有一个带电粒子于/=0时刻由静止释放，若带电粒子只受静电

力作用，则下列说法中正确的是（）

//s

图4

A.带电粒子只向一个方向运动

B.0〜2s内，静电力所做的功等于零

C.4s末带电粒子回到原出发点

D25〜4s内，静电力的冲量等于零

答案D

解析由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度大小s="氏，第2s

m

内加速度大小。2=29氏,则m=12,因此粒子先加速1s再减速0.5s速度变为零，

接下来的0.5s将反向加速运动，A错误；0〜2s内，带电粒子的初速度为零，但

末速度不为零，由动能定理可知，静电力所做的功不为零，R错误；带电粒子运

动的。一/图像如国所示，。一/图像中图线与时间轴围成的图形的“面积”表示带

电粒子的位移，由图像可以看出，前4s内的位移不为零，所以带电粒子不会回

到原出发点，C错误；2.5〜4s内，静电力的冲量为/=2qEoXO.5s+（-g£o）Xls

=0,D正确。

5.（多选）（2022・湖南衡阳一中模拟）如图5所示，4、4为平行正对金属板，在板中

央分别有一小孔M、N。小孔对平行板间电场无影响，其中D为理想二极管，R

为滑动变阻器，电源内阻不可忽略。闭合开关S,待电路稳定后，将一带负电荷

的带电小球从M、N正上方的尸点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。下

列说法正确的是（）

QP

图5

A.若仅将A板上移，带电小球将无法运动至B板的小孔N处

B.若仅将B板下移，带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处

C若仅将R的滑片上移，带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处

D.若仅将R的滑片下移、带电小球将无法运动至B板的小孔N处

答案ACD

解析设P到N的高度为九由题意，根据动能定理得加g/?—qU=O。根据

和C&：联立可得£呼若仅将/板上移，"增大，C减小，但由于二极管

处于截止状态，电荷量。保持不变，电压U将增大，则带电小球尢法运动到8

板的小孔A,处，故A正确；若仅将8板下移，d增大,电荷量。保持不变，由E

=?联立得E=4兀y，电压U增大，场强E不变,因此带电小球将无法运动到N

处，故B错误；若仅将H的滑片上移，R两端的电压减小，二极管使得电容器不

能放电而处于断开，电容器两端电压U不变，则带电小球仍将恰好能到达8板的

小孔N处，故C正确；若仅将火的滑片下移，R两端的电压增大，电荷量。将

增大，带电小球将不能运动到6板的小孔N处，故D正确。

6.（多选）（2022・陕西宝鸡模拟）如图6所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与

水平方向成a=30。角斜向上，在电场中有一质量为加，带电荷量为q的带电小球,

用长为L不可伸长的绝缘细线悬挂于。点，当小球静止时，细线恰好水平，位置

如图中M点。现用外力将小球拉到最低点P,然后无初速度释放，重力加速度为

g,则以下判断正确的是（）

图6

A.小球能上升的最大高度在O点正上方L高度处

B.小球从P到M过程中，价电力对它做功为3mgL

C小球从P运动到M时，绝缘细线对小球的拉力为3mg

D.小球从P到M过程中，机械能增加了（3+1）〃磔

答案AD

解析当小球静止于河点时，细缓恰好水平，说明重力和静电力的合力方向水平

向右，/点为等效最低点，OP方向与方向垂直，由对称性可知，小球能上

升的最大高度在O点正上方£高度处，故A正确；在M点，静电力与重力的合

力为〜3〃?g,小球在合力方向上位移为3由动能定理知动能增加

量为3mgL,重力势能增加量为机gL,则机械能的增加量为（3+l）〃?gL,由功能

关系知，机械能增加量即为静电力做的功，故B错误，D正确；小球从尸运动到

M的过程，根据动能定理得3mgL=\fJvk设小球从P运动到M时，绝缘细线

对小球的拉力为尸，则由牛顿第二定律得/一3mg=阳威，联立解得尸=33〃陪,

L

故C错误。

7.（多选）（2022・四川凉山二模）如图7所示，在固定斜面顶端以速度仇水平抛出一

质量为〃?、电荷量为q的带正电小球，小球仅在重力作用下落到斜面上的P点。

若在空中加一竖直向下的匀强电场E,当小球水平抛出速度变成2a，小球仍然落

到尸点。不计空气阻力，则（）

图7

A.匀强电场E大小为4〃7g

q

B前后两次运动小球动能改变最大小之比为1：4

C.前后两次运动小球动量改变量大小之比为1:4

D.前后两次运动小球落到P点时速度方向不变

答案BD

解析只受重力时，由平抛运动特点可得

X=Vot,J'=；g产

受到静电力后，水平方向1=20（/

竖直方向^=）产

可得，=2/，a=4g

所以""+"g=4g,则石="噌，故A错误；由动能定理得前后两次的动能变化量

mq

分别为AEkiumgy,Afk2=（nig+qE）y=4mgy,所以前后两次动能变化量之比为

1*4,故B正确；前后两次动量变化量分别为Api=〃?6i=，〃gE,\pi=mvy2=

（mg+qE）f=4/ng^=2mgt,Api：Ap2=1：2,故C错误；小球前后两次落在P点、

时位移方向不变，而位移方向与速度方向的夹角关系是不变的，所以前后两次运

动小球落到尸点时速度方向也不变，故D正确。

B级综合创新练

8.（2022・四川内江三模）在光滑的水平面内有一沿x轴的静电场，其电势夕随x变化

的0—工图像如图8所示。现有一质量为加、电荷量为q的带负电小球，从坐标原

点。开始，仅在静电力作用下，以一定的初速度。。沿x轴正向运动，下列说法中

正确的是（）

图8

A.带电小球从O点运动到刈处的过程中，加速度逐渐增大

B.带电小球从O点运动到©的过程中，静电力的冲量为零

C带电小球从O点运动到.0的过程中，最大速度为宿一2夕期

m

D.带电小球从0点运动到刈点时速度为。。+69外

m

答案B

解析9一》图像中，斜率等于电场强度，在带电小球从O点运动到埼处的过程

中，斜率不变，电场强度不变，由尸=乡石知，粒子所受静电力保持不变，所以加

速度不变，故A错误；带电小球从。点运动到X2的过程中，电势差为零，静电

力做功为零，小球的动能变化量为零，故速度变化为零，即电荷在。点和X2处的

速度相同，都是由/=△〃=〃]△。可知，静电力冲量为零，故B正确，D错误；

由图可知0〜力过程，静电力做正功，为〜X2过程，静电力做负功，故曾处速度

最大，有990=:加*IX—!阳虎，可解得。max=沈9仰，故C错误。

9.（多选）（2022•江西南昌一模）如图9所示，竖直平面内有匀强电场，。、b、c、d

为沿竖直方向的等势线，且。等势线的电势高于d等势线的电势。一带负电的微

粒从b等势线O点在此平面上以某一初速度沿竖直平面向右上方发射，初速度方

向与水平方向成0=37。角。微粒运动到其轨迹的最高点时，速度大小与O点速度

大小相等,已知sin37。=0.6,cos370=0.8,则可判断在此过程中（）

：二.;

abed

图9

A.静电力对带电微粒一定做正功

B.微粒运动轨迹的最高点可能在h等势线上

C.微粒受到的静电力与它的重力的比值为3：1

D.静电力对微粒做功与微粒的重力势能增量的比值为3：1

答案AC

解析当微粒运动到其轨迹最高点时，其竖直方向的分速度为零，该过程中重力

对微粒做负功，微粒的速度大小不变，则动能不变，根据动能定理可知，静电力

一定对带电微粒做正功，故A正确；因为。等势线电势高于d等势线的电势，所

以匀强电场场强的方向向右，则带负电的微粒受到的静电力的方向向左，静电力

一定对该带电微粒做正功，所以微粒运动轨迹的最高点一定在b等势线的左侧，

故B错误；由题意可知带电微粒在水平方向上先向右做匀减速运动，速度减为零

后反向匀加速，其水平初速度和竖直初速度的大小分别为。Qt=oocos37。，voy=

vosin37°,设静电力为凡取水平向左为正方向，根据牛顿第二定律可知微粒在水

平方向的加速度大小为4='，根据运动学公式可得微粒从开始到运动至最高点所

m

需的时间为f=由题意可知。0=〃一如「联立解得"故C正确；重力对

g相g1

微粒做负功，静电力对该微粒做正功，由于微粒运动到其轨迹的最高点时，速度

大小与O点速度大小相等，则重力做功的绝对值与静电力做的功大小相等，所以

静电力对微粒做的功与微粒重力势能增量相等，它们的比值为1：1,故D错误。

10.(2022•山西太原期末)如图10甲所示，一绝缘细直长杆水平放置，处于水平方

向的静电场中。以O为原点，沿细杆建立x轴，