第04講 帶電粒子在電場中的運動（復習篇）（解析版）-2025版高二物理寒假精-品講義

第04講帶電粒子在電場中的運動（復習篇）考點聚焦：復習要點+知識網絡，有的放矢重點專攻：知識點和關鍵點梳理，查漏補缺難點強化：難點內容標注與講解，能力提升提升專練：真題感知+提升專練，全面突破知識點1：帶電粒子在電場中的直線運動帶電粒子在電場中運動時重力處理（1）基本粒子：如電子、質子、α粒子、離子等，除了有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力（但不能忽略質量）.（2）帶電粒子：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或明確的暗示以外，一般都要考慮重力；2．做直線運動的條件（1）粒子所受合力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動。（2）粒子所受合力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。3．用動力學觀點分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。4．用功能觀點分析（1）勻強電場中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)（2）非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1知識點2：帶電粒子在電場中的偏轉問題1．帶電粒子在電場中的偏轉規(guī)律重要推論（1）粒子從偏轉電場中射出時，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點，此點為粒子水平位移的中點。（2）不同的帶電粒子經同一電場加速后，又進入同一偏轉電場，在偏轉電場中的偏移量和偏轉角都相同。若電性相同，則所有粒子的軌跡必定重合。2.計算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離的方法（1）y＝y(tǒng)0＋Ltanθ(L為屏到偏轉電場的水平距離)；（2）y＝(eq\f(l,2)＋L)tanθ(l為電場寬度)；（3）y＝y(tǒng)0＋vy·eq\f(L,v0)；（4）根據三角形相似eq\f(y,y0)＝eq\f(\f(l,2)＋L,\f(l,2)).處理帶電粒子的偏轉問題的方法（1）運動的分解法一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動．（2）功能關系當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差．知識點3：帶電粒子在電場和重力場中的運動1．帶電體在電場和重力場的疊加場中運動的一般分析方法(1)對帶電體的受力情況和運動情況進行分析，綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動的規(guī)律解決問題。(2)根據功能關系或能量守恒的觀點，分析帶電體的運動時，往往涉及重力勢能、電勢能以及動能的相互轉化，總的能量保持不變。2．帶電體在電場和重力場的疊加場中的圓周運動(1)“等效重力”法將重力與靜電力進行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“等效重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”，F合的方向為“等效重力”的方向。(2)“等效最高”點和“等效最低”點：在“等效重力場”中做圓周運動的小球，過圓心作合力的平行線，交于圓周上的兩點即為“等效最高”點和“等效最低”點。強化點一帶電粒子在電場中的加速帶電粒子在勻強電場中所受的電場力方向與運動方向在同一條直線上時，可應用牛頓第二定律結合運動學公式求解，也可應用動能定理求解：帶電粒子在非勻強電場中運動時，只能應用動能定理求解?！镜淅?】（23-24高一下·江蘇南京·期末）如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點，由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點，現將C板向左平移到點，則由O點靜止釋放的電子（）A．運動到P點返回 B．運動到P和點之間返回C．運動到點返回 D．穿過點后繼續(xù)運動【答案】D【詳解】由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點，表明電子在薄板A、B之間做加速運動，電場力做正功，電場方向向左，在薄板B、C之間做減速運動，電場力做負功，電場方向向右，到達P點時速度恰好為0，之后，電子向左加速至M點，再向左減速至O點速度為0，之后重復先前的運動，根據動能定理有解得根據當C板向左平移到點，B、C間距減小，B、C之間電壓減小，則有結合上述有可知，電子減速運動到的速度不等于0，即電子穿過點后繼續(xù)向右運動。故選D?！咀兪?-1】（23-24高二上·江西九江·期末）平行金屬板A、B豎直放置，間距為d，充電后與電源分離，將一帶正電粒子從A板附近由靜止釋放，僅在靜電力的作用下從B板上小孔射出?，F將極板間距變?yōu)?d，再將同一粒子從A板附近由靜止釋放，則（）A．粒子射出時的速度增加為原來兩倍 B．粒子運動的加速度大小不變C．系統(tǒng)電勢能的減少量不變 D．靜電力的沖量大小不變【答案】B【詳解】B．根據解得由電容器充電后與電源分離可得Q不變，所以E不變，則粒子所受靜電力不變，由牛頓第二定律得粒子加速度不變，故B正確；A．根據公式若將極板間距變?yōu)?d，可得粒子射出時速度變?yōu)椋蔄錯誤；C．靜電力做功為d變?yōu)?倍，則電勢能的減少量變?yōu)?倍，故C錯誤；D．靜電力的沖量為速度變?yōu)?，則靜電力的沖量變?yōu)楸?，故D錯誤。故選B?！咀兪?-2】（23-24高二上·四川綿陽·期末）粒子加速器是基礎科學研究的重要設備，可以使帶電粒子獲得很高的能量。圖甲為某加速裝置的示意圖，它由很多個橫截面積相同的金屬圓筒依次排列組成，其軸線在同一直線上，序號為奇數的圓筒與序號為偶數的圓筒分別與兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示的交變電源的兩極相連。在t=0時刻，奇數圓筒相對偶數圓筒的電勢差為正值，此時刻與偶數圓筒相連的金屬圓板（序號為0）的中央有一電子，在圓板和圓筒1之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線進入圓筒1。為使電子在圓筒之間的間隙都能被加速，圓筒長度的設計必須遵照一定的規(guī)律。若電子的質量為m，電荷量為，交變電源的電壓為U，周期為T，兩圓筒間隙的電場可視為勻強電場，圓筒內場強均為零。不計電子的重力，電子運動過程中質量不變。（1）求電子進入圓筒1時的動量大??；（2）若忽略電子通過圓筒間隙的時間，第3個金屬圓筒的長度L3應該為多大？（3）若電子通過圓筒間隙的時間不可忽略，且圓筒間隙的距離均為d，仍然保持交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示，各圓筒長度與在忽略電子通過圓筒間隙時間條件下設計的長度相同的情況下，求該裝置能夠讓電子獲得的最大速度?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）電子由金屬圓板經電場加速進入圓筒1，根據動能定理得電子進入圓筒1時的動量大小為聯立解得（2）電子進入第3個圓筒時，經過3次加速，根據動能定理得由于不計電子通過圓筒間隙的時間，則電子在圓筒內做勻速直線運動的時間恰好是半個周期，則聯立解得（3）由題意，若電子通過圓筒間隙的時間不可忽略，則電子進入每級圓筒的時間都要比忽略電子通過圓筒間隙中對應時間延后一些，當延后時間累計為，則電子再次進入電場時將開始做減速運動，此時的速度就是裝置能夠加速的最大速度，則有根據動能定理得聯立解得強化點二帶電粒子在電場中的偏轉帶電粒子在電場中的偏轉是類平拋運動，故需從兩個方向分析:垂直電場方向的勻速運動和沿電場方向的勻加速運動?！镜淅?】（23-24高二下·湖南益陽·期末）如圖，豎直放置的A、B與水平放置的C、D為兩對正對的平行金屬板，A、B兩板間電勢差為，C、D兩板分別帶正電和負電，兩板間電勢差為，兩板間距離為d，C、D兩極板長均為L。一質量為m，電荷量為的帶電粒子（不計重力）由靜止從A板開始經A、B間電壓加速后穿過C、D并發(fā)生偏轉（右側沒有電場），最后打在熒光屏上。求：（1）粒子離開B板時速度大小v；（2）粒子剛穿過C、D時的豎直偏轉位移y；（3）粒子打在熒光屏上時的動能?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在加速電場中加速過程，由動能定理可得得（2）粒子在偏轉電場中做類平拋運動，由動力學知識可得聯立得（3）粒子從開始運動到打在熒光屏上整個過程根據動能定理可知聯立得【變式2-1】（23-24高二上·安徽六安·期末）如圖所示，質量、電荷量的帶電粒子，由靜止經電壓加速電場加速后，從金屬小孔穿出并從正中央垂直射入電壓的偏轉電場，偏轉電場極板長度，兩極板間的距離。不計帶電粒子的重力。求：（1）粒子離開加速電場時的速度v的大小；（2）粒子在偏轉電場中運動的加速度a的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】偏轉電場極板長度兩極板間的距離（1）粒子在加速電場加速的過程，根據動能定理得解得（2）帶電粒子在偏轉電場中的加速度解得【變式2-2】（23-24高二上·福建福州·期末）如圖所示，質量為m、電荷量為q的質子從極板A處由靜止加速，通過極板A1間的小孔以射出，然后從坐標系xoy中的B點（0，d）平行于x坐標軸進入yOP區(qū)域，該區(qū)域充滿沿y軸負方向的勻強電場，OP與x軸夾角。已知質子比荷為，d=0.5m，不計質子的重力。求：（1）極板AA1間的加速電壓U；（2）質子在電場中偏轉并擊中邊界OP上的C點（x1，y1），已知x1=0.1m，求電場強度E的大??；（3）改變電場強度的大小，場強方向不變，使質子在電場中偏轉并垂直擊中邊界OP上的D點（x2，y2）（圖中未標出），求D點的坐標。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）根據動能定理可知解得（2）粒子在電場中做類平拋運動，則水平方向有豎直方向有其中，解得（3）質子在電場中垂直擊中邊界OP上的D點，則聯立解得強化點三帶電粒子在電場力和重力作用下的運動此類問題的研究對象往往是帶電小球、帶電液滴或帶電微粒等，運動軌跡可能是直線，也可能是曲線?？捎脛恿W規(guī)律或功能關系分析?！镜淅?】（23-24高二下·河南信陽·期末）如圖所示，半徑為R的虛線圓位于豎直面內，AC和BD為相互垂直的兩條直徑，其中BD位于水平方向。豎直平面內有足夠大的勻強電場，場強大小為，方向與圓周平面平行。在圓周平面內將質量為m、帶電荷量為的小球（可視為質點），從A點以相同的速率在圓周平面向各個方向拋出，小球會經過圓周上不同的點。在這些點中，到達B點時小球的動能最大。若將小球從A點垂直電場方向拋出，小球恰好能經過C點，則小球初速度為（重力加速度為g）（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】小球受到電場力和重力的合力，當到達等效最低點時動能最大，故B點為等效最低點，則小球受到的合力沿方向。受力如圖由平行四邊形定則可知：電場方向與方向成則小球垂直電場拋出，做類斜上拋運動，如圖，運動到點過程得故選D。【變式3-1】（22-23高二上·福建泉州·期中）如圖所示，BCDG是光滑絕緣的圓形軌道，位于豎直平面內，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，現有一質量為m、帶正電的小滑塊（可視為質點）置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數為0.5，重力加速度為g。(1)若滑塊從水平軌道上距離B點s=3R的A點由靜止釋放，從釋放到滑塊到達與圓心O等高的C點這一過程的電勢能變化量；(2)若滑塊從水平軌道上距離B點s=10R的A點由靜止釋放，求滑塊到達D點時對軌道的作用力大??；(3)改變s的大小仍使滑塊由靜止釋放，且滑塊始終沿軌道滑行，并從G點飛出軌道，求s的最小值?！敬鸢浮?1)(2)0(3)【詳解】（1）若滑塊從水平軌道上距離B點s=3R的A點由靜止釋放，從釋放到滑塊到達與圓心O等高的C點這一過程的電場力做功為電場力做正功，電勢能減小，故電勢能變化量為（2）若滑塊從水平軌道上距離B點s=10R的A點由靜止釋放，設滑塊到達D點時的速度為，從A點到D點過程運用動能定理，可得解得在D點，根據牛頓第二定律解得滑塊到達D點時受到軌道的作用力大小為0。（3）等效豎直平面圓周運動，要使滑塊從G點飛出，則必須可以通過等效最高點，當恰好通過等效最高點時，滿足題意的s最小。等效重力由重力和電場力的合力提供等效重力與重力的夾角解得當恰好通過等效最高點時的速度設為v，則此時滿足從A點由靜止釋放到達等效最高點過程，由動能定理可得解得【變式3-2】（23-24高二上·上海黃浦·期末）如圖所示，一質量為m帶正電的小球，用長為L的絕緣細線懸掛于O點，處于一水平方向的勻強電場中，靜止時細線右偏與豎直方向成45°角，位于圖中的P點。重力加速度為g，求：（1）靜止在P點時線的拉力是多大？（2）如將小球向右拉緊至與O點等高的A點由靜止釋放，則當小球擺至P點時，其電勢能如何變？變化了多少？（3）如將小球向左拉緊至與O點等高的B點由靜止釋放，則小球到達P點時的速度大?。俊敬鸢浮浚?）；（2）電勢能增加；；（3）【詳解】（1）由平衡可知細線的拉力（2）如將小球向右拉緊至與O點等高的A點由靜止釋放，則當小球擺至P點時，電場力做負功，則電勢能增加，增加量為解得（3）小球先做勻加速直線運動到達最低點C，根據動能定理得解得到達C點后細繩繃緊，小球沿細繩方向的速度變?yōu)榱悖瑒t垂直繩方向的速度從C到P做圓周運動，由動能定理得解得強化點四帶電粒子在交變電場中的運動從帶電粒子在板間運動的時間不同，劃分為兩種情形:(1)類似于示波管的情況，速度很大的粒子在板間運動的時間t遠小于交變電壓的周期T，此時需采用近似方法處理，認為粒子通過極板間的時間內電壓不變，且認為此時的電壓等于粒子入射時的瞬時電壓。(2)粒子在板間的運動時間t與交變電壓變化周期T相差不大甚至t>T，此類問題常用動力學知識分段求解，重點分析各段時間內的加速度、運動性質，每段運動時間與交變電場的周期T間的關系等。有時也可借助圖像來描述帶電粒子在電場中的運動情況?！镜淅?】（23-24高二下·四川·期末）如圖甲所示，兩平行金屬板A、B的板長和板間距均為d，兩板之間的電壓隨時間周期性變化規(guī)律如圖乙所示。一不計重力的帶電粒子束先后以速度從O點沿板間中線射入極板之間，若時刻進入電場的帶電粒子在時刻剛好沿A板右邊緣射出電場，則（）?A．時刻進入電場的粒子離開電場時速度大小為B．時刻進入電場的粒子離開電場時速度大小為C．時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中的最大速度為D．時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中離A板的最小距離為0【答案】B【詳解】A．依題意可知粒子帶負電，由受力分析可知，時刻進入電場的粒子，沿電場方向在內向上做勻加速運動，在內向上做勻減速運動，根據對稱性可知，在時刻，沿電場方向的速度剛好減為0，則粒子離開電場時速度大小為，故A錯誤；B．時刻進入電場的粒子，沿電場方向在內向下做勻加速運動，在內向下做勻減速運動，根據對稱性可知，在時刻，沿電場方向的速度剛好減為0，則粒子離開電場時速度大小為，故B正確；CD．時刻進入電場的粒子，沿電場方向在內向上做勻加速運動，在內向上做勻減速運動，在內向下做勻加速運動，在內向下做勻減速運動；可知粒子在時刻的速度最大，在時刻與A板的距離最?。辉O粒子在電場中的加速度大小為，對于時刻進入電場的粒子，在時刻剛好沿A板右邊緣射出電場，則有，可得對于時刻進入電場的粒子，在時刻沿電場方向的分速度為則時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中的最大速度為在內粒子向上運動的位移大小為則時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中離A板的最小距離為故CD錯誤。故選B?！咀兪?-1】（23-24高二上·安徽黃山·期中）如圖甲所示，在兩平行金屬板間加有一交變電場，兩極板間可以認為是勻強電場，當時，一帶電粒子從左側極板附近開始運動，其速度隨時間變化關系如圖乙圖所示。帶電粒子經過4T時間恰好到達右側極板，（帶電粒子的質量m、電量q、速度最大值、時間T為已知量）則下列說法正確的是（）A．帶電粒子在兩板間做往復運動，周期為TB．兩板間距離C．兩板間所加交變電場的周期為T，所加電壓D．若其他條件不變，該帶電粒子從開始進入電場，該粒子能到達右側板【答案】BD【詳解】A．由圖像可知，運動過程中粒子速度方向未發(fā)生改變，帶電粒子在兩板間做單向直線運動，A錯誤；B．速度—時間圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，由圖像可知兩板間距離為B正確；C．設板間電壓為U，則粒子加速度為則解得C錯誤；D．開始進入電場的粒子，速度—時間圖像如圖，由圖像可知，粒子正向位移大于負向，故運動方向時而向右，時而向左，最終打在右板上，D正確。故選BD?！咀兪?-2】（23-24高二上·福建泉州·期末）如圖甲，水平放置的平行板電容器的兩極板的長度為、間距為，兩板間加一恒定電壓。一個質量為、電荷量為的帶正電粒子從上極板邊緣點以水平速度射入電容器后，從點飛出，點與下極板的距離為。不計粒子受到的重力和空氣阻力。（1）求兩板間的電壓；（2）若兩極板間的電勢差隨時間變化的關系圖像如圖乙所示，其。中時刻，粒子從上極板邊緣點以水平速度射入電容器，求粒子射出電容器的位置與下極板間的距離（用表示）。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）帶電粒子在電場中做類平拋，在水平和豎直方向分別有，又根據，方程聯立解得（2）帶電粒子在電場中水平方向上做勻速直線運動，設粒子在電場中運動的時間為，則由已知條件解得因為粒子時刻從上極板邊緣A點射入電容器，所以內，粒子在豎直方向上做初速度為0的勻加速直線運動，內粒子做勻減速直線運動，并減速到0，設內粒子在豎直方向上的位移為，則內粒子的運動情況與內的運動情況相同，則解得故粒子射出電容器的位置與下極板的距離為（要求：分兩個板塊，2024年真題和優(yōu)選最新模擬題）真題感知1．（2024·新疆河南·高考真題）如圖，兩根不可伸長的等長絕緣細繩的上端均系在天花板的O點上，下端分別系有均帶正電荷的小球P、Q；小球處在某一方向水平向右的勻強電場中，平衡時兩細繩與豎直方向的夾角大小相等。則（）A．兩繩中的張力大小一定相等 B．P的質量一定大于Q的質量C．P的電荷量一定小于Q的電荷量 D．P的電荷量一定大于Q的電荷量【答案】B【詳解】由題意可知設Q和P兩球之間的庫侖力為F，繩子的拉力分別為T1，T2，質量分別為m1，m2；與豎直方向夾角為θ，對于小球Q有對于小球P有聯立有所以可得又因為可知，即P的質量一定大于Q的質量；兩小球的電荷量則無法判斷。故選B。2．（2024·遼寧·高考真題）在水平方向的勻強電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面（紙面）內運動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發(fā)運動到O點等高處的過程中（）A．動能減小，電勢能增大 B．動能增大，電勢能增大C．動能減小，電勢能減小 D．動能增大，電勢能減小【答案】D【詳解】根據題意若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線，可知電場力和重力的合力沿著虛線方向，又電場強度方向為水平方向，根據力的合成可知電場強度方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發(fā)運動到O點等高處的過程中重力對小球做功為零，電場力的方向與小球的運動方向相同，則電場力對小球正功，小球的動能增大，電勢能減小。故選D。3．（2024·江西·高考真題）如圖所示，垂直于水平桌面固定一根輕質絕緣細直桿，質量均為m、帶同種電荷的絕緣小球甲和乙穿過直桿，兩小球均可視為點電荷，帶電荷量分別為q和Q。在圖示的坐標系中，小球乙靜止在坐標原點，初始時刻小球甲從處由靜止釋放，開始向下運動。甲和乙兩點電荷的電勢能（r為兩點電荷之間的距離，k為靜電力常量）。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力f，重力加速度為g。關于小球甲，下列說法正確的是（）A．最低點的位置B．速率達到最大值時的位置C．最后停留位置x的區(qū)間是D．若在最低點能返回，則初始電勢能【答案】BD【詳解】A．全過程，根據動能定理解得故A錯誤；B．當小球甲的加速度為零時，速率最大，則有解得故B正確；C．小球甲最后停留時，滿足解得位置x的區(qū)間故C錯誤；D．若在最低點能返回，即在最低點滿足結合動能定理又聯立可得故D正確。故選BD。4．（2024·福建·高考真題）如圖，木板A放置在光滑水平桌面上，通過兩根相同的水平輕彈簧M、N與桌面上的兩個固定擋板相連。小物塊B放在A的最左端，通過一條跨過輕質定滑輪的輕繩與帶正電的小球C相連，輕繩絕緣且不可伸長，B與滑輪間的繩子與桌面平行。桌面右側存在一豎直向上的勻強電場，A、B、C均靜止，M、N處于原長狀態(tài)，輕繩處于自然伸直狀態(tài)。時撤去電場，C向下加速運動，下降后開始勻速運動，C開始做勻速運動瞬間彈簧N的彈性勢能為。已知A、B、C的質量分別為、、，小球C的帶電量為，重力加速度大小取，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終處在彈性限度內，輕繩與滑輪間的摩擦力不計。(1)求勻強電場的場強大??；(2)求A與B間的滑動摩擦因數及C做勻速運動時的速度大?。?3)若時電場方向改為豎直向下，當B與A即將發(fā)生相對滑動瞬間撤去電場，A、B繼續(xù)向右運動，一段時間后，A從右向左運動。求A第一次從右向左運動過程中最大速度的大小。（整個過程B未與A脫離，C未與地面相碰）【答案】(1)(2)；(3)【詳解】（1）撤去電場前，A、B、C均靜止，M、N處于原長狀態(tài)，對A、B整體分析可知，此時繩中拉力為0，對C根據共點力平衡條件有解得（2）C開始做勻速直線運動后，對C和B根據共點力平衡條件分別有，其中解得C開始勻速運動瞬間，A、B剛好發(fā)生相對滑動，此時A、B、C三者速度大小相等，M、N兩彈簧的彈性勢能相同，C下降的過程中，對A、B、C及彈簧M、N組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有解得（3）沒有電場時，C開始勻速運動瞬間，A、B剛好發(fā)生相對滑動，所以此時A的加速度為零，對A根據共點力平衡有當電場方向改為豎直向下，設B與A即將發(fā)生相對滑動時，C下降高度為，對A根據牛頓第二定律可得對B、C根據牛頓第二定律可得撤去電場后，由第（2）問的分析可知A、B在C下降時開始相對滑動，在C下降的過程中，對A、B、C及彈簧M、N組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有此時A的速度是其從左向右運動過程中的最大速度，此后A做簡諧運動，所以A第一次從右向左運動過程中的最大速度為聯立解得5．（2024·河北·高考真題）如圖，豎直向上的勻強電場中，用長為L的絕緣細線系住一帶電小球，在豎直平面內繞O點做圓周運動。圖中A、B為圓周上的兩點，A點為最低點，B點與O點等高。當小球運動到A點時，細線對小球的拉力恰好為0，已知小球的電荷量為、質量為m，A、B兩點間的電勢差為U，重力加速度大小為g，求：（1）電場強度E的大小。（2）小球在A、B兩點的速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2），【詳解】（1）在勻強電場中，根據公式可得場強為（2）在A點細線對小球的拉力為0，根據牛頓第二定律得A到B過程根據動能定理得聯立解得提升專練一、單選題1．（2024·浙江·一模）圖甲為直線加速原理示意圖，它由多個截面積相同的同軸金屬圓筒依次組成，奇數序號與偶數序號圓筒分別與交變電源相連，交變電源兩極間電壓變化規(guī)律如圖乙。在t=0時，奇數圓筒比偶數圓筒電勢高，此時序號為0的金屬圓板中央有一電子由靜止開始在各狹縫間不斷加速。若電子質量為m，電荷量為e，交變電源電壓大小為U，周期為T。不考慮電子的重力和相對論效應，且忽略電子通過狹縫的時間。下列說法正確的是（）A．金屬圓筒1、2、3的長度之比為1:2:3B．電子離開圓筒1時的速度為進入時速度的兩倍C．第n個圓筒的長度應滿足D．進入第n個圓筒時電子的速率為【答案】D【詳解】由于電子每經過圓筒狹縫時都要加速，進入圓筒后做勻速運動，所以電子在筒內運動的時間均為，電子在加速過程中加速度相同，經過n次加速后，根據動能定理解得不計縫隙時間，電子在圓筒內的時間均為,則所以金屬圓筒1、2、3的長度之比為，故A錯誤；B．由于電子在筒內做勻速直線運動，所以電子離開圓筒1時的速度等于進入時的速度，故B錯誤；CD．根據動能定理，電子進入第n個圓筒時的速度滿足所以所以第n個圓筒的長度為故C錯誤，D正確。故選D。2．（2024·云南曲靖·二模）在如圖所示的空間直角坐標系中，一不計重力且?guī)д姷牧Ｗ訌淖鴺藶樘幰阅骋怀跛俣绕叫衴軸正方向射出，經時間t，粒子前進的距離為L，在該空間加上勻強電場，粒子仍從同一位置以相同的速度射出，經相同時間t后恰好運動到坐標原點O，已知粒子的比荷為k，則該勻強電場的場強大小為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】設沿三個軸方向的加速度分別為則在三個方向上運動分別為，，不加電場時有根據聯立解得故選A。3．（2024·廣東汕頭·模擬預測）如圖所示，在正方形ABCD區(qū)域內有平行于AB邊的勻強電場，E、F、G、H是各邊中點，其連線構成正方形，其中P點是EH的中點，一個帶正電的粒子（不計重力）從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出，以下說法正確的是（）A．粒子的運動軌跡一定經過P點B．粒子的運動軌跡一定經過PH之間某點C．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子會由ED之間某點從AD邊射出D．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子恰好由E點從AD邊射出【答案】D【詳解】AB．由題意知，粒子的初速度方向垂直于電場方向，故粒子做類平拋運動，根據平拋運動推理：速度反向延長線過水平位移的中點，O為FH中點，即DO為軌跡的切線，因P在DO線上，所以運動軌跡一定不經過P點，一定經過EP之間點，故AB錯誤；CD．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉硪话?，在電場力的方向運動不變，即離開矩形區(qū)域的時間不變，又初速度方向做勻速直線運動，所以位移是原來的一半，恰好由E點射出，故C錯誤，D正確。故選D。4．（2024·四川成都·模擬預測）一帶正電微粒從靜止開始經電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L，到兩極板距離均為d，如圖所示。忽略邊緣效應，不計重力。下列說法正確的是（）A．L:d=2:1B．U1:U1=2:1C．微粒穿過圖中電容器區(qū)域的速度偏轉角度的正切值為D．僅改變微粒的質量或者電荷數量，微粒在電容器中的運動軌跡不變【答案】D【詳解】A．帶電粒子在勻強電場中做類斜拋運動，從進入電場到最高點有聯立解得故A錯誤；B．帶電粒子在加速電場中，有帶電粒子在偏轉電場中，有聯立解得故B錯誤；C．設帶電粒子進入偏轉電場的速度方向與水平方向夾角為α，則有設帶電粒子射出偏轉電場的速度方向與水平夾角為β，則有依題意，帶電粒子從最高點運動到射出電場過程，有聯立解得根據數學三角函數，可得故C錯誤；D．粒子射入最高點的過程水平方向和豎直方向的位移分別為解得可知帶電粒子的軌跡方程與其質量或者電荷數量無關，即軌跡不會變化，故D正確。故選D。5．（24-25高二上·北京·期中）如圖所示，兩塊相互靠近的平行金屬板M、N組成電容器，充電后與電源斷開，M板帶負電，N板帶正電，且它們的電荷量保持不變。板間有一個用絕緣細線懸掛的帶電小球（可視為質點），小球靜止時與豎直方向的夾角為，忽略帶電小球所帶電荷量對極板間勻強電場的影響，M、N板足夠大，則（）A．若只將N板水平向右平移稍許，電容器的電容將變小，夾角將變大B．若只將N板豎直向上平移稍許，電容器的電容將變小，夾角將變小C．將細線燒斷，小球的運動軌跡是拋物線D．若只將M板水平向左平移稍許，將細線燒斷，小球到達N板的時間不變【答案】D【詳解】A．只將N板水平向右平移稍許，由公式可知，電容器的電容將變小，而又由可知，兩板間的電場強度將不變，電場力不變，故夾角θ將不變，選項A錯誤；B．只將N板豎直向上平移稍許，由公式可知，電容器的電容將變小，而又由可知，兩板間的電場強度將變大，電場力變大，故夾角θ將變大，選項B錯誤；C．若將細線燒斷，小球受電場力和重力都為恒力，則小球將沿繩的方向斜向下做初速度為零的勻加速直線運動，選項C錯誤；D．只將M板水平向左平移稍許，由公式可知，電容器的電容將變小，而又由可知，兩板間的電場強度將不變，電場力不變，將細線燒斷，小球與C選項情景中運動位移、加速度均不變，到達N板的時間不變，故D正確。故選D。6．（2024·吉林長春·模擬預測）如圖所示為兩個電荷量均為的帶電小球A和B（均可視為質點），球A固定在點的正下方處，球B用長為的細線懸掛在點，靜止時，細線與豎直方向的夾角為。已知靜電常量為，重力加速度為，下列說法正確的是（）A．B的質量為 B．B的質量為C．點處的電場強度的大小為 D．點處的電場強度的大小為【答案】C【詳解】AB．對B受力分析，如圖所示由幾何關系可知，三個力之間的夾角均為，則有又則B質量為故AB錯誤；CD．根據點電荷電場強度公式，A、B在O點產生的電場強度大小都為又兩電場強度方向間夾角為，結合平行四邊形定則得O點處的電場強度的大小為故C正確，D錯誤。故選C。7．（2024·四川德陽·模擬預測）如圖所示，一根輕質的不可伸長的細線兩端分別系在水平天花板上的A、B兩點，有一質量及大小均不計的光滑動滑輪跨在細線上，滑輪通過絕緣細線懸掛一帶正電且可視為質點的物塊。空間存在豎直向下的勻強電場，物塊處于靜止狀態(tài)?，F將電場強度方向由豎直向下緩慢逆時針轉動到水平向右，A、B間細線的張力大小為F1，滑輪與物塊之間細線張力大小為F2，則（）A．F1逐漸增大 B．F1逐漸減小C．F2逐漸增大 D．F2先減小后增大【答案】B【詳解】一根繩上的力大小處處相等，則初始時合力的方向為豎直向下，則設A、B間細線與豎直方向夾角為θ，則初始時，物塊受到的重力和電場力之和（看作等效重力）等于滑輪與物塊之間細線張力AB繩上的張力隨著電場強度方向由豎直向下緩慢逆時針轉動到水平向右，電場力也逐漸逆時針轉動到水平向右，隨著電場力和重力夾角增大，等效重力G′逐漸減小，即F2逐漸減小，AB細繩與等效重力方向之間的夾角也在逐漸減小，如圖中θ′，則cosθ′>cosθ，可知F1在逐漸減小。故選B。二、多選題8．（2024·河北·模擬預測）如圖所示，有兩種比荷不同的帶正電的粒子，其中帶電粒子A的比荷大于帶電粒子B的比荷，A、B兩種粒子先后進入加速電場加速，然后進入偏轉電場，最后打在偏轉電場右側的屏上，帶電粒子進入電場加速時的初速度忽略不計，不考慮重力的影響，下列說法正確的是（）A．離開加速電場時，A的速度比B的速度大B．離開偏轉電場時，A、B的偏轉距離相等C．偏轉電場對A、B所做的功一定相等D．從進入加速電場到離開偏轉電場，A、B的運動時間相等【答案】AB【詳解】A．粒子在加速電場中，根據動能定理有解得帶電粒子A的比荷大于帶電粒子B的比荷，則離開加速電場時，A的速度比B的速度大，故A正確；B．粒子在偏轉電場中做類平拋運動，設板長為L，間距為d，則根據牛頓第二定律有解得則離開偏轉電場時，A、B的偏轉距離相等，故B正確；C．電場力做功為則偏轉電場對A所做的功大于對B做的功，故C錯誤；D．加速電場的寬度為，在加速電場中有從進入加速電場到離開偏轉電場，運動時間為解得則從進入加速電場到離開偏轉電場，A、B的運動時間不相等，故D錯誤；故選AB。9．（2024·河南·模擬預測）如圖所示，空間存在水平向右的勻強電場，一個質量為m、電荷量為q的帶正電小球用長為L、不可伸長的絕緣細線懸于O點，將小球向左拉至與O點等高的A點，細線剛好伸直，已知電場強度大小，g為重力加速度大小，小球可視為質點，將小球由靜止釋放，則下列判斷正確的是（）A．小球運動到B點的速度大小為B．小球第一次運動到O點正下方時的速度是小球運動過程中的最大速度C．小球運動過程中的最大速度為D．小球最終運動穩(wěn)定時做往復運動，軌跡為半個圓周【答案】BD【詳解】BC．對小球受力分析，將電場力與重力合成為一個等效“重力”，如圖所示由解得可知其等效“重力場”的最低點為點C。如圖所示依題意，小球由靜止釋放后做勻加速直線運動，第一次運動到O點正下方時的速度設為v，由動能定理，可得解得此時細線瞬間繃緊，致使沿細線方向的速度變?yōu)榱?，則垂直于細線方向的速度