2025年高二物理暑假衔接讲练 (人教版)【01-暑假复习】专题02 带电粒子在电场中的运动

专题02带电粒子在电场中的运动

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V

・核心考点聚焦

1.带电粒子在电场中的直线运动

2.带中粒子在中场中的类抛体运动

3.带电粒子在交变电场中的运动

4.带电粒子在电场中的圆周运动

5.带电粒子在电场中的能量问题

■苗考考点聚焦

常考考点真题举例

带电粒子在电场中的直线运动2022•北京卷

带电粒子在电场中的类抛体运动2023•北京卷、湖北卷

带电粒子在交变电场中的运动2024♦广东卷

带电粒子在电场中的圆周运动2024•浙江卷、河北卷

带电粒子在电场中的能量问题2024•辽宁卷

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.」

知识点一：带电粒子在电场中的直线运动

1.做直线运动的条件

(1)粒子所受合外力产含=0,粒子或静止，或做匀速直线运动。

(2)匀强电场中，粒子所受合外力产H0,且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或

匀减速直线运动。

2.用动力学观点分析

。=隼，七寸，v2—v（）2=2ad（匀强电场）。

3.用功能观点分析

匀强电场中：W=Eqd=qU=g"产―/〃”/。

非匀强电场中：W=gU=Ek2—Eki。

知识点二：带电粒子在电场中的类抛体运动

1.求解电偏转问题的两种思路

以示波管模型为例,带电粒子经加速电场S加速,再经偏转电场S偏转后，需再经历一段匀速直线运动才会打

到荧光屏上而显示亮点P,如图所示。

（1）确定最终偏移距离OP的两种方法

方法I：

2.特别提醒:

（I）利用动能定理求粒子偏转后的动能时，电场力做功WFU=q£＞，其中”（T为初末位置的电势差，而不一定

是U专。

（2）注意是否考虑重力

①基本粒子：如电子、质子、a粒子、离子等除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力（但并不

忽略质量）.

②带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力.

知识点三：带电粒子在交变电场中的运动

1.此类题型一般有三种情况:一是粒子做单向直线运动（一般用牛顿运动定律求解）;二是粒子做往返运动（一般

分段研究）;二是粒子做偏转运动（-一般根据交变电场的特点分段行尢）。

2.分析时从两条思路出发: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.注重全面分析（分析受力特点和运动特点），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边界条件。

4.交变电场中的直线运动（方法实操展示）

U-/图像v-/图像轨迹图

t/速度不反向

Vo-

004r

V1

「¥T

单向直线运动

UAB

Vo速度昌向

iii

iia

iii0H

0-L，1、0…w，

IT3TTtA

42_fo

往返宜线运动

\\速度反向

'UAB

J3

J\T-\'5-TV/Tt・•・•

°DC

8L1J

往返宜线运动

UAB

厚度反向

2"

:)QN.一B

T\2T/Tt■・

0

T2T\T3\T/A

3t

往返直线运动

%4/速度不反向yy

V0"0…a速度反向

Vy-r图7AJ/Tr

U°

T/2TtWo

单向直线运动往返直线运动

知识点四：带电粒子在电场中的圆周运动

1.方法概述

等效思维方法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。对于这类问题，若采用常

规方法求解，过程复杂，运算量大。若采用等效法求解,则能避开复杂的运算，过程比较简捷。

2.方法应用

先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为•个等效重力，将〃二色视为等效重力加速度。再将物体在重力

m

场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。

重力场与电场在一条宜线上

等效重力场

d等效“最低点”

【等效“最高点”]

等效重力加速度

知识点五：带电粒子在电场中的能量问题

I.电场中的功能关系

(1)若只有静电力做功b电势能与动能之和保持不变。

(2)若只有静电力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。

(3)除重力之外，其他各力对物体做的功b等于物体机械能的变化。

(4)所有外力对物体所做的功勺等于物体动能的变化。

2.电场力做功的计算方法

(l)Ms=gU八M普遍适用)

(2)W=qExcos。(适用于匀强电场)

(3)唯8=一△师=砧一心8(从能量角度求解)

(4)叩电+W帆=4人(由动能定理求解)

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IJ

一、带电粒子在电场中的直线运动

1.如图所示，空间内存在方向与竖直方向夹角为60。的匀强电场，用绝缘细绳悬挂质量为，小电荷量为q

的带电小球，平衡时绝缘细绳与竖直方向夹角为30。，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

B.电场强度大小为土”

加

c.剪断绝缘细绳后小球做匀变速曲线运动

D.撤去电场的瞬间，小球的瞬时加速度为£

【答案】D

【详解】A.小球受到重力、绳的拉力与电场力处于平衡，根据平衡条件可知，电场力的方向一定与电场强

度方向相同，则小球带正电，故A错误；

qE=mgsin30

解得

人”

2g

故B错误；

C.剪断绝缘细绳后，小球受到重力与电场力，结合上述可知，合力大小一定，方向沿绳的反方向，由于初

速度为0,则小球将做匀加速直线运动，故c错误；

D.撤去电场的瞬间，小球随后将做圆周运动，初速度为0,撤去电场瞬间，所需向心力为0,即沿半径方

向所受合力为0,则有

〃?gsin3()=ma

解得

2

故D正确。

故选Do

2.两块长为A的平行金属板AB、CO相距包正对竖直放置，平行金属板之间为匀强电场。某时刻一个带

3

电小球由C点进入电场，小球在电场中沿垂直于的直线运动，最远能够到达直线8力上。已知重力加速

度为g，则小球进入电场时的初速度%的大小为()

A,D

//

J，、

A.痴B.C.2yl2^LD.2yf^L

【答案】B

【详解】带电小球能在电场中沿％方向做直线运动，则小球受到的合力方向与％在同一直线上，故小球受

到的电场力方向只能水平向右，受力分析如下图

小球受到的合力大小为

mg

sin6?

小球在电场中做匀减速直线运动，加速度大小为

msin0

由题意可得

tan”生"立

CD3

故

，=30。

由几何知识可得小球运动到宜线8。所走的距离为

d=BCcos0--

2

小球恰好到达直线B。上，可得

lad=4-0

联合解得

v0=y[2gL

故选B。

3.如图所示，固定的光滑绝缘斜面0”与光滑绝缘水平面MN平滑连接，斜面0M长度“4.0m,倾角8=37。，

斜面和水平面所在空间存在着平行于斜面向上的匀强电场，电场强度的大小E=3.Oxl()3N/C,现有一带电

量为Q=2.0x10-3(2的带正电的小滑块(可视为质点)从。点以v=3m/s的速度沿斜面匀速下滑，重力加速

度g取10m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8,则小滑块的质量相和滑块在水平面MN运动的最大位移x分别为

()

A./zz=2kg,.v=0.4375mB.〃?=2kg,x=0.9375m

C.m=lkg,A-0.4375mD.机=lkg,.v=0.9375m

【答案】D

【详解】带正电的小滑块从0到M沿斜面匀速下滑，对小滑块受力分析知

Eq=mgsin37°

解得小滑块的

〃片1kg

带正电的小滑块速度从v=3m/s到0,根据动能定理有

-Eqcos37°x=0--^mv2

解得带正电的小滑块在水平面MN运动的最大位移

A-0.9375m

故选D。

4.如图所示，真空中水平放置的平行板电容器的两极板与电压恒定的电源相连，下极板接地，当两极板间

距为d时，两极板间的带电质点恰好静止在P点，当把上极板快速向下平移距离/后，电容器所带的电荷量

在极短时间内重新稳定，带电质点开始运动，重力加速度大小为则上极板向下平移后（）

B.带电质点将向卜运动

C.P点的电势升高D.带电质点的加速度大小为一7

a

【答案】C

【详解】A.根据平行板电容器电容的决定式

c—£，s

^jrkd

可知，当上极板向下平移后，极板间的距离减小，导致电容器的电容增大，依题意，电容器极板间电压保

持不变，根据

易知电容器所带的电荷量增大。故A错误;

B.根据

-7

又

F=qE

解得

可知带电质点所受电场力增大，将向上运动。故B错误;

C.根据电势差与场强的关系，可知P点与下极板的电势差为

U=E-

2

依题意，下极板接地，电势为零，由

下极板

可知P点的电势升高。故C正确;

D.依题意，上极板移动前，有

下极板移动后，有

联立，解得

故D错误。

故选C。

二、带电粒子在电场中的类抛体运动

5.让一价氢离子（质量为〃?，电量为e）、一价氮离子（质量为4〃?，电量为e）和二价氮离子（质量为4〃?，

电量为2e）先后以相同的速度从带电平行板间的尸点沿垂直电场方向射入电场，其中一价氢离子恰能离开

电场，轨迹如图中曲线所示，不计离子的重力，板间电场可视为匀强电场。则它们在电场中运动过程（）

B.一价氢离子与一价氮离子的轨迹重合

C.山电场时，二价氮离子的速度最小

D.电场力对一价氢离子做的功等于对二价级离子做的功

【答案】D

【详解】AB.设平行板中的电场强度为E,三种离子的初速度为%,竖直方向上运动的距离/?=:><这X"

2m

水平方向上运动的距离L=卬

aEl:

联立可得力

由题可知，一价氢离子恰能离开电场，一价氢离子和二价氮离子的比荷比一价氢离子的比荷小，因此一价

氮离子和二价氮离子也可以离开电场。三种离子的比荷不同，因此竖直方向上运动的距离不一样，运动轨

迹不一样。由于初速度相同.因此它们在电场中运动时间和一价氢离子运动的时间相同。故AB错误：

C.由动能定理可得4劭〃片

整理可得勺篝二*一如

将一价氢离子、一价氢离子和二价氮离子的质量和电荷量代入可得）c>%S）>）1c.）

故c错误；

Z72P2I~

D.电场力做的功二乂等

m2环

将一价氢离子、一价氮离子和二价氮离子的质量和电荷量代入可得叱H,广叱叱>>叱HC

故D正确。

故选Do

6.如图所示，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U,极板长度为L,间距为4。电子由静止开始经

加速电场加速后。沿平行于极板的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为机，电荷量为e,

加速电场电压为U（），忽略电子所受重力。电子射入偏转电场时的初速度”和从偏转电场射出时沿垂直板面

方向的偏转距离与分别是（）

【答案】D

【详解】根据功能关系eU°二$欣

可得电子射入偏转电场的初速度为％=用

在偏转电场中，电子的运动时间为加=,

%

偏转加速度为。=—=冬

mma

偏转距离为弟

24U（）d

故选Do

7.水平地面上方有水平向右的匀强电场，从地面上的4点斜向右上方以速度%=10m/s抛出一个带电荷量

为+4、质量为m的小球,速度方向与水平地面的夹角0=53。(sin53°=0.8,cos53°=0.6),轨迹如图所

示，点8为轨迹最高点，O、E两点高度相等，小球落在水平地面的。点，忽略空气阻力的影响,g取lOm/s?，

匀强电场的场强大小为七=等，则()

4

A.小球从4点运动到B点的时间为IsB.小球在B点的速度为12m/s

C.小球在。点和E点的速度大小相等D.小球落地时与水平方向的夹角小于53。

【答案】D

【详解】A.小球在竖直方向与水平方向的初速度为

匕（,=%cos530=6nMs

vv0=%sin53°=8m/s

点8为轨迹最高点，所以在8点竖直速度为零，由

。。=gt

可得

r=-=0.8s

8

A错误；

B.小球水平方向的加速度为

qE_.

a=——=5m/s7'

tm

小球在3点速度为

匕=匕＜)+6/=10mzs

B错误；

C.D、E两点高度相等，小球从D到七重力做功为零，电场力做正功，所以E点速度大小大于。点速度大

小，故C错误；

D.小球从A到。的时间为从A到8的时间的两倍，则到C点时，水平速度为

匕c=Lo+aj2/=14m/s

则小球落地时与水平方向的夹角正切为

故小球落地时与水平方向的夹角小于53。，D正确。

故选Do

8.如图所示，质量相同、带电荷量不同的两带电粒子（重力不计）以大小相同的初速度从左二端水平射入

平行板电容器，粒子1打在下极板中点处，粒子2由右侧板中央处射出电场区域，粒子1和2所带电荷量

分别为4和%,在电场中的运动时间分别为A和，2,在电场中运动的加速度分别为4和。2,在旦场中运动时

动能的变化量分别为AEN和AEk?。则（）

I;—

22

A.tx：t2=V2:2B.q:%=4：lC.4：%=2:1D.AEki:A£*k2=16：1

【答案】D

【详解】对粒子1,有

1

5AM

12

3，=-^i

q、E

«i=—

m

限=">

对粒子2,有

x=卬2

11,

-y=-^

22••

q、E

o,二^^

m

△%=E%-

由此可知

fI:J=1：2

4:%=8:1

4：%=8：1

A£kl：AEk2=16:l

故选Do

三、带电粒子在交变电场中的运动

9.如图甲为直线加速器原理图，由多个横截面积相同的圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上。序号为

奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势

差的变化规律如图乙所示。已知电子的质量为，八元电荷为e、电压的绝对值为〃，周期为7,电子通过圆

筒间隙的时间可以忽略不计。在f=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于和偶数圆筒相

连的圆板（序号为0）中央有一个初速度为零的电子。下列说法正确的是（）

乙

A.可以选用高强度的玻璃作为圆筒材料B.电子在圆筒内运动的时间为7

C.进入第2个金属圆筒时的速度为2,回D.第8个金属圆筒的长度为47；回

VmVm

【答案】C

【详解】A.圆筒需要和交流电源相连形成电场，必须导电，故A错误；

B.因为电子从金属圆筒出来后要继续做加速运动，所以电子在金属圆筒中的运动时间应该为交变电源周期

T

的一半，即故B错误；

C.由动能定理得

。1

2eu=—2

2

所以电子进入第2个圆筒瞬间速度为

一旧

故c正确；

D.由动能定理得

融〃=刎；

所以电子进入第8个圆筒瞬间速度为

因为金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第8个圆筒长

度为

故D借误。

故选Co

10.某电场的电场强度£随时间/变化规律的图像如图所示。当1=0时，在该电场中由静止释放一个带电粒

子，设带电粒子只受静电力作用，则下列说法中正确的是（）

£/(Vm')

A.带电粒子将始终向同,个方向运动

B.0〜2s内静电力对带电粒子的冲量为0

C.2s末带电粒子|可到原出发点

D.。〜2s内，静电力做的总功不为零

【答案】D

【详解】A.由牛顿第二定律可得带电粒子在第1s内的加速度大小为

qE、

ai=-----

m

第2s内加速度大小为

qE、

。2=—~

m

因

E2=2EI

则

则带电粒子先匀加速运动1s再匀减速0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向匀加速，再反向匀减速，/=

3s时速度为零，y—f图像如图所示。由图可知，带电粒子在电场中做往复运动，故A错误；

C.由丫一1图像面积表示位移可知，，=2s时，带电粒子位移不为零，没有回到出发原点，故C错误；

D.由1，一/图像可知，Z=2s时，ifO,根据动能定理可知，。〜2s内静电力做的总功不为零，故D正确；

B.由动量定理可知静电力对带电粒子的冲量不为0,故B错误.

故选D。

11.如图甲所示，两平行金属板水平放置，间距为"，金属板长为2d,两金属板间加如图乙所示的电压（U0

时上金属板带正电），其中4=半。一粒子源连续均匀发射质量为〃?、电荷量为”的带电粒子（初速度

"一

%=午，重力忽略不计），该粒子源射出的带电粒子均恰好从上板左端的下边缘水平进入两金属板间，若

粒子碰到两金属板即被吸收不再反弹且对极板的电量几乎无影响，则（）

U-

U—：

。•lit

OT\rT.3TF.：2T\~T

_Uo…变_:T:_:

!_T-

图甲图乙

A.能从极板右侧飞出的粒子电场力对其做功一定为0

B.六0时刻进入两极板间的粒子能够从极板右侧K出

T

C.能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为-

D.能从极板右侧飞出的粒子数占入射粒子总数的25%

【答案】A

【详解】A.根据对称性，能从极板右侧飞出的粒子在电场中运动时间为丁，则出电场时竖直速度一定为零，

则电场力对其做功为零，故A正确；

B.假设，=0时刻进入两极板间的粒子能够从极板右侧£出，则之在竖直方向上先加速向下，经过T时间后

电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过3时间，竖直分速度减为零，则有），二5。（5）、2

由牛顿第二定律，可得华=〃心

a

联立解得y=2d>d

则假设不成立，［=0时刻进入两金属板间的粒子将打在金属板上，故B错误；

2d

C.能从板间飞出的粒子，水平方向做匀速直线运动，则有/=—=7

匕

故C错误；

D.考虑。〜一T射入的粒子，当粒子射出位置最低时，可以假设释放的时间为（T-―加），在释放后的2。时间

22

内，竖直位移应恰好为乩贝ijd=2x：必产

2

解得4=3^

TTTT

随后的2（万一加）内,由于运万

竖直上升高度为y=2X1«（^-A/）2<d

假设成立，此为一临界位置；

当粒子射出位置最高时，根据对称性可知从一T时刻射入粒子恰好从上边缘射出，此为一临界位置，则能从

4

TT

极板右侧匕出的粒子数占入射粒子总数_云万一7_拉-1

fj---------------

T4

故D错误。

故选Ao

12.图甲所示两水平金属板间距为乩两板间电场强度的变化规律如图乙所示。，=0时刻，质量为机的带

电微粒以初速度%沿中线射入两板间，。~；时间内微粒匀速运动，丁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心关于微粒在0〜r时间内运动的描述正确的是（）

C.重力势能减少了/”gdD.微粒的电势能增加了;"以4

【答案】D

【详解】AB.0〜7时间内微粒匀速运动，说明重力和电场力平衡，则有

夕&二/郎《〜,时间内，微粒只受到重力，微粒做平抛运动，下降的位移

Ji=—g（—尸二~7时间内，微粒的加速度大小

12183

_2qE「mg_2mg-mg_

Q一一一K

mtn

方向竖直向上，微粒在竖直方向上向下做匀减速运动，结合了时刻微粒恰好经金属板边缘飞出，所以7时

刻竖直分速度为零，在水平方向上仍做匀速直线运动，所以末速度的方向沿水平方向，大小为血,但不能

确定粒子电性，故AB错误；

CD.r时刻微粒恰好经金属板边缘飞出，则重力势能减少量为

岫产mggd

粒子的动能不变，可知粒子的电势能增加故C错误，D正确。

故选D.

四、带电粒子在电场中的圆周运动

13.如图所示，空间原有大小为E、方向竖直向下的匀强电场，空间同一水平面的M、N点固定两个等量正

点电荷，半径为R的绝缘光滑圆管道48co垂直MN放置，其圆心。在MV的中点，AC和80分别为竖直

和水平的直径。质量为〃八电荷量为一夕的小球（直径略小于圆管直径）放进圆管内，从A点沿圆环以初速

度%做完整的圆周运动，则（）

A.小球从A到。的过程中电势能减少B.小球不可能沿圆管道做匀速圆周运动

C.可求出小球运动到C点时的加速度D.小球在。点受到的合外力一定指向0

【答案】C

【详解】A.根据等量异种点电荷的电场分布特点可知，圆环所在平面为在M、N点的两个点口荷形成的电

场的等势面，匀强电场方向竖直向下，则小球从A到C的过程中所处位置的电势降低，因小球带负电，故

其电势能增加，故A错误；

B.当竖直向下的匀强电场的电场强度E满足：qE=mg

小球沿圆环运动时所受合力不做功，合力等于圆周运动所需向心力，小球沿圆环做匀速圆周运动，故B错

误；

C.小球从A到C的过程，根据动能定理3・2R-4?2/?=］或-成

根据〃斗

可以求出小球运动到C点的加速度大小，故C正确；

D.小球在。点匀强电场的电场力与重力不一定相等，则两个力的合力在竖直方向上，在M、N点的两个点

电荷形成的电场对小球的电场力方向由。指向。，圆环对球的弹力方向也是由。指向。，所以小球在。点

受到合外力方向不一定指向。点，故D错误。

故选Co

14.如图所示，用绝缘细线拴一个带负电的小球小细线长为L,让它在竖直向下的匀强电场£中绕。点做

竖直平面内的圆周运动，己知〃、力两点分别是圆周的最高点和最低点，则（）

o

A.小球经过a点时，动能最小

B.小球经过〃点时，机械能最大

C.若小球恰能做完整的圆周运动，则经过〃点时细线的拉力为0

D.若小球恰能做完整的圆周运动，则经过〃点时的最小速度为病

【答案】C

【详解】根据题意可知，小球在电场与重力场中运动，设等效重力加速度为g,则有

mg=Eq-mg

.Eq

g=------g

方向竖直向上，则〃点为等效最高点，。点为等效最低点

A.由于。点为等效最低点，则小球在4点的速度最大，动能最大，故A错误：

B.根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，。点的电势最低，由公式4二84可知，小球在8点电势能最大,

则机械能最小，故B错误；

CD.根据题意可知，若小球恰能做完整的圆周运动，当小球通过等效最高点b时，等效重力提供向心力，

此时绳子的拉力为0,则有

小球由等效最高点。运动到等效最低点由动能定理有

Y1v^~2tnV~2L

故D错误，C正确。

故选Co

15.如图所示，将绝缘细线的一端。点固定，另一端拴一带电的小球P,空间存在着方向水平向右的匀强

电场E,刚开始小球静止于尸处，与竖直方向的夹角为45。，给小球一个沿圆弧切线左下方的瞬时冲量，让

小球在竖直平面内做半径为，•的圆周运动，下列分析正确的是（）

A.小球可能带负电

B.小球在右半圈从d运动到c•的过程中其速度先减小后增大

C.当小球运动到弧时中点时，小球的电势能与重力势能之和最小

D.当小球运动到最高点a的速度匕N43八-2）夕时,小球才能做完整的圆周运动

【答案】D

【详解】

A.小球受重力、绳子的拉力和电场力三个力的作用，刚开始小球静止于尸处，由受力平衡可知电场力方

向水平向右，与电场方向相同，所以小球带正电，选项A错误；

E.小球静止于。处，与竖直方向的夹角为45。，可知电场力和重力的合力方向斜向右下方45。角，大小为

F=〃陪="咫

cos45°

小球从d运动到。的过程中，绳子拉力不做功，合力做功即「做功，可以判断“先做正功再做负功，故

小球的速度先增大后减小，选项B错误；

C.小球运动过程中，重力势能、电势能、动能的总和保持不变，当小球运动到弧岫中点时，为等效最

高点，此时速度最小，动能最小，则电势能与重力势能之和最大，选项C错误；

D.当小球运动到弧时中点，且细线弹力为零时，有F=,〃匕

r

小球能做完整的圆周运动，在该点的速度为1；=咫£

由动能定理得/（'=三）=（小］-1

小球从该点运动到a点,—mv~

2

解得匕=尬-2）gr

因此，当小球运动到最高点a的速度匕W（3夜-2项时,小球才能做完整的圆周运动，选项D止确。

故选D。

16.如图所示，环形塑料管半径为R,竖直放置，且管的内径远小于环的半径，时为该环的水平直径，环

的而及其以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑,现将一质量为〃7,电荷量为1的小球从管

中。点由静止开始释放，已知八答，小球可以运动过匕点。则下列说法正确的是（）

d

A.小球释放后的运动过程中机械能守恒

B.小球每周的运动过程中最大速度在圆弧之间，且与。d之间的夹角为37°

C.小球释放后，第一次经过最低点d和最高点。时，对管壁的压力之比为宛2

D.小球释放后，第二次恰好到达8点时，对管壁的压力大小为与警

4

【答案】D

【详解】A.根据机械能守恒定律的条件可知，在小球运动的过程中，除了重力做功之外，电场力也做功了，

故小球释放后的运动过程中机械能不守恒，故A错误：

B.如果小球带负电，不可能到达〃点，所以小球带正电，则设电场力与重力合力的方向与曲之间的夹角

为9,则由小球的受力可知

qE3

tan0n---=—

〃吆4

故

0=37。

故小球每周的运动过程中最大速度在圆弧儿/之间，且与曲之间的夹角为37。，故B错误;

C.球释放后，小球第一次经过最低点d时有

1

qE-R+mgR=—mvd

解得

广9

Fd=Qmg

第一次经过最高点c•时有

qE-2R-mgR=-mvc

mg+工="%

联立解得

F=0

故C错误；

D.小球释放后，第二次恰好到达。点时

1

qE4R=-invb

Fh-qE=m^

联立解得

小球释放后，第二次恰好到达。点时，对管壁的压力大小为学

故D正确;

故选D。

五、带电粒子在电场中的能量问题

17.如图所示，在光滑水平地面左侧有竖直挡板，劲度系数为攵的轻弹簧左端固定在挡板上，石端自由且处

于原长状态，质量为加、带电量为+“的小滑块P紧贴着弹簧右端由静止释放。整个装置处于水平向左、电

场强度大小为E的匀强电场中。已知弹簧弹性势能综与形变量）的关系为稣入2,运动过程中小滑块P

的甩荷量不变，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（）

E

A.小滑块P加速度的最大值大于甄

m

B.小滑块P的最大速度为叼店

C.弹簧的最大压缩量为学

K

D.若仅将小滑块P的释放点适当右移，小滑块速度最人的位置将更加靠近挡板

【答案】C

【详解】A.刚释放时，小滑块P的加速度最大，有叼=〃7Mm

解得限=且

m

故A错误；

B.小滑块P先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，当加速度为0时速度最大，有

Ic、_Eq=()

由能最守恒有Eqx】=；kx；

解得％ax=

故B错误；

C.小滑块P做简谐运动，所以当弹簧压缩量最大时，小滑块P的加速度最大，为/ax=9

m

对小滑块P受力分析并结合牛顿第二定律有5—Eq="心a

解得/=华

k

故C正确；

D.若仅将小滑块P的释放点适当右移，小滑块P先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做

加速度增大的减速运动，当小滑块P的加速度为0时它的速度最大，所以有3-%=0

解得中字=%

K

所以小滑块P速度最大的位置不变，故D错误。

故选Co

18.质量1kg的带正电滑块，轻轻放在传送带底端。传送带与水平方向夹角为。=37。，与滑块间动摩擦因

数为4=0.5,电动机带动传送带以3m/s速度顺时针匀速转动。滑块受到沿斜面向上的4N恒定弓场力作用，

则1s内（