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第4讲　带电粒子在电场中运动的综合问题(综合融通课)
(一) 电场中的三类图像问题
类型1　φ x图像
(1)φ x图像上某点切线的斜率的绝对值表示电场强度的大小,若φ x图像上存在极值,其切线的斜率为零,则对应位置处电场强度为零。
(2)在φ x图像中可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向,进而可以判断电荷在电场中的受力方向。
(3)在φ x图像中分析电荷移动时电势能的变化,可用WAB=qUAB,进而分析WAB的正负,然后作出判断。
　　[例1]　(2024·湖南高考)真空中有电荷量为+4q和-q的两个点电荷,分别固定在x轴上-1和0处。设无限远处电势为0,x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是 (　　)
听课记录:
类型2　E x图像
(1)E x图像反映了电场强度随位移变化的规律,可以由图线确定电场强度的变化情况,E>0表示场强沿正方向,E<0表示场强沿负方向。
(2)E x图像与x轴所围成的面积表示电势差,如果取x=0处为电势零点,则可由图像的面积分析各点电势的高低。
(3)综合分析粒子的运动,进一步确定粒子的电性、电场力做功及粒子的动能变化、电势能变化等情况。
　　[例2]　(2025·济宁质检)(多选)有一电荷量分布均匀且带电荷量为+Q的圆环,在其轴线上距离圆心x处产生的电场强度大小如图所示。一质量为m、电荷量为q的带电粒子,在圆心右侧紧靠圆心处由静止释放,仅在电场力作用下沿轴线向右运动。下列说法正确的是 (　　)
A.该粒子带负电
B.该粒子沿轴线运动过程中电势能逐渐减小
C.该粒子运动过程中最大加速度约为
D.该粒子从r运动到2r过程中,电场力做的功约为0.8qE0r
听课记录:
类型3　Ep x图像
(1)根据电势能的变化可以判断电场力做功的正负,电势能减少,电场力做正功;电势能增加,电场力做负功。
(2)根据ΔEp=-W=-Fx,Ep x图像斜率的绝对值表示电场力的大小。
　　[例3]　(多选)在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷,一带正电的试探电荷在两电荷连线上的电势能Ep随x变化关系如图所示,其中A、B两点电势能为零,BD段中C点电势能最大,则 (　　)
A.q1>0,q2<0
B.BC间场强方向沿x轴负方向
C.C点的电场强度大于A点的电场强度
D.将一负点电荷从B点移到D点,电场力先做负功后做正功
听课记录:
(二) 带电粒子在交变电场中的运动
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
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律):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临界条件。
(2)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)将a t图像v t图像。
[考法全训]
考法(一)　带电粒子在交变电场中的直线运动
1.(2025·咸阳模拟)如图甲所示,真空中相距d=5 cm 的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出),其中B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m=2.0×10-27 kg、电荷量q=+1.6×10-19 C的带电粒子从紧邻B板处释放,不计粒子重力。求:
(1)若A板电势变化周期T=1.0×10-5 s,在t=0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放,粒子到达A板时速度的大小;
(2)A板电势变化频率多大时,在t= 到t=时间内从紧邻B板处无初速释放该带电粒子,粒子不能到达A板。
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考法(二)　带电粒子在交变电场中的偏转
2.(多选)如图(a),水平放置、长为l的平行金属板右侧有一竖直挡板。金属板间的电场强度大小为E0,其方向随时间变化的规律如图(b)所示,其余区域的电场忽略不计。质量为m、电荷量为q的带电粒子任意时刻沿金属板中心线OO'射入电场,均能通过平行金属板,并打在竖直挡板上。已知粒子在电场中的运动时间与电场强度变化的周期T相同,不计粒子重力,则 (　　)
A.金属板间距离的最小值为
B.金属板间距离的最小值为
C.粒子到达竖直挡板时的速率都大于
D.粒子到达竖直挡板时的速率都等于
|思|维|建|模|
(1)若粒子通过电场的时间远小于交变电场的周期,可认为这一粒子通过电场的过程中电场强度不变,但不同时刻进入的粒子,所经历的电场不同,偏转不同,常出现临界问题。
(2)若粒子通过电场的时间大于交变电场的周期,在沿电场方向的运动较复杂,可画v t图像分析。
(三) “等效重力法”在电场中的应用
1.等效重力法
把电场力和重力合成一个等效力,称为等效重力。如图所示,则F合为等效重力场中的“重力”,g'=为等效重力场中的“等效重力加速度”;F合的方向等效为“重力”的方向,即在等效重力场中的“竖直向下”方向。
2.物体在等效重力场中的圆周运动
　　[典例]　如图,空间中有一匀强电场,大小为,方向与水平方向成30°角,现有一光滑绝缘大圆环固定在竖直平面内,O点为环心,将质量为m、带电荷量为+q的小圆环套在大圆环的M点并同时给小圆环一个向右的水平初速度,小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动,重力加速度为g,则小圆环 (　　)
A.从M点到Q点动能减小
B.在M点和N点的电势能相等
C.从M点到Q点电场力做负功
D.动能最大处的电势低于动能最小处的电势
听课记录:
|思|维|建|模|
(1)求出重力与电场力的合力F合,将这个合力视为一个“等效重力”。
(2)将a=视为“等效重力加速度”。找出等效“最低点”和等效“最高点”。
(3)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解,例如:带电小球受细绳、轻杆、轨道束缚的圆周运动,可类比“绳球”模型和“杆球”模型进行分析解答。
[考法全训]
类型1　等效场中的“绳球”模型
1.(多选)如图所示,在地面上方的水平匀强电场中,一个质量为m、电荷量为+q的小球系在一根长为d的绝缘细线一端,可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径,CD为竖直直径。已知重力加速度为g,电场强度E=,下列说法正确的是 (　　)
A.若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动,则它运动的最小速度为
B.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则小球运动到B点时的机械能最大
C.若将细线剪断,再将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出,小球将不能到达B点
D.若将小球在A点由静止开始释放,则小球沿AC圆弧到达C点的速度为
类型2　等效场中的“杆球”模型
2.(多选)如图所示,半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内,O是圆心,AB是水平方向的直径,CD是竖直方向的直径,整个圆环处在水平向右的匀强电场中。将质量为m、电荷量为+q(q>0)的小球套在圆环上,从A点由静止释放,小球运动到P点时的动能最大,∠DOP=37°。已知重力加速度大小为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是 (　　)
A.小球可以沿圆环运动到C点
B.匀强电场的电场强度大小为
C.P、B两点间的电势差为
D.小球运动到B点时,向心加速度大小为3g
第4讲
(一)　[例1]　选D　真空中点电荷周围的电势φ=k,设x'处的电势为0,则k+k=0,解得x'=,故可知当0时,电势φ>0。故选D。
[例2]　选BCD　均匀带正电的圆环在其右侧轴线上产生的场强向右,带电粒子从静止释放向右运动,说明所受电场力向右,该粒子带正电,A错误;该粒子沿轴线运动过程中电场力做正功,电势能逐渐减小,B正确;电场强度最大时,粒子受电场力最大,加速度最大,即am=≈,C正确;E x图像与坐标轴围成的面积表示电势差,故该粒子从r运动到2r电场力做功约为W=0.8qE0r,D正确。
[例3]　选AB　正电荷在电势高的地方电势能大,由题图知,从O到P点,电势能减小,电势降低,A点的电势为零,所以O点的电荷带正电,P点电荷带负电,故A正确;由题图可知,从B到C,电势能增大,电势升高,B、C间电场强度方向沿x轴负方向,故B正确;图像斜率的绝对值表示电场力大小,C点斜率为零,则C点电场强度为零,故C错误;因为B、C间电场强度方向沿x轴负方向,C、D间电场强度方向沿x轴正方向,则将一负点电荷从B点移到D点,电场力先沿x轴正方向后沿x轴负方向,电场力先做正功后负功,故D错误。
(二)　1.解析:(1)电场强度大小为E=
带电粒子所受电场力大小为F=qE=
由牛顿第二定律得F=ma
解得a==4.0×109 m/s2
粒子在0~时间内经过的距离为
x=a=5.0×10-2 m
故带电粒子在t1=时恰好到达A板,此时带电粒子速度大小为v=at1=2.0×104 m/s。
(2)带电粒子在~时间内向A板做匀加速运动,在~时间内向A板做匀减速运动,速度减为零后将返回。粒子向A板运动的最大位移xm=2×a=aT2
要求粒子不能到达A板,则有xm电势变化频率应满足f>=5×104 Hz。
答案:(1)2.0×104 m/s　(2)f>5×104 Hz
2.选AD　在t=n(n=0,1,2,…)时刻进入电场的粒子在电场中的竖直位移最大,粒子在电场中运动的时间为T,则在竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动,由对称性,则沿竖直方向的位移y=2×a=×T2=,金属板间距离的最小值为d=2y=,选项A正确,B错误;粒子离开电场时的水平速度均为v0=;竖直方向,在t=t0时刻进入电场的粒子,先加速-t0时间,然后再减速-t0时间,在t=+-t0=T-t0时刻速度减为零,然后再反向加速t0时间,再反向减速t0时间,即在t=T+t0时刻离开电场时竖直速度再次减为零,粒子离开电场后做匀速直线运动,则达到竖直挡板时的速率都等于v0=,选项C错误,D正确。
(三)　[典例]　选D　小圆环带正电,从M点到Q点电场
力做正功,C错误;作出等势面如图甲,沿电场线方向电势降低,则M点的电势高于N点的电势,正电荷在电势高的地方电势能大,所以在M点的电势能大于在N点的电势能,B错误;小圆环受到的电场力F=qE=q=mg,受力如图乙,
则小圆环运动的等效最高点和等效最低点分别为A点和B点,在A点速度最小,在B点速度最大,则从M点到Q点动能先增大后减小,A错误;根据沿电场线方向电势降低,则B点的电势低于A点的电势,即动能最大处的电势低于动能最小处的电势,D正确。
[考法全训]
1.选BC　小球受到水平向右的电场力大小F=Eq=mg,合力大小为F合==2mg,方向斜向右下方,与竖直方向夹角为60°,若小球恰能在竖直平面内做圆周运动,速度最小时细线无拉力,合力提供向心力,有F合=,联立解得v=,故A错误;由功能关系知,小球机械能的变化等于除重力之外的力所做的功,小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,运动到B点时,静电力做功最多,故运动到B点时小球的机械能最大,故B正确;若将细线剪断,再将小球在A点竖直向上抛出,小球将在竖直方向上做竖直上抛运动,在水平方向做匀加速直线运动,当竖直方向位移为0时,有t=,水平位移有x=at2,由牛顿第二定律得a==g,解得x=2d>2d,所以小球将不能到达B点,故C正确;设合力方向与电场线方向夹角为θ,有tan θ==,得θ=30°,所以将小球静止释放,小球将沿合力方向做匀加速直线运动,故D错误。
2.选CD　小球运动到P点时的动能最大,即重力和电场力的合力沿着OP方向,对小球受力分析有=tan 37°,解得E=,故B错误;假设小球能够沿圆环运动到C点,根据动能定理有qER-mgR=Ek-0,分析上式可知Ek<0,显然这是不可能的,即假设错误,故A错误;P、B两点间的电势差UPB=E(R-Rsin 37°)=,故C正确;小球从A点运动到B点,根据动能定理有qE·2R=m,此时小球的向心加速度大小a向==3g,故D正确。
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带电粒子在电场中运动的综合问题(综合融通课)
第 4 讲
1
(一) 电场中的三类图像问题
2
(二) 带电粒子在交变电场中的运动
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3
(三) “等效重力法”在电场中的应用
(一) 电场中的三类图像问题
类型1　φ x图像
(1)φ x图像上某点切线的斜率的绝对值表示电场强度的大小，若φ x图像上存在极值，其切线的斜率为零，则对应位置处电场强度为零。
(2)在φ x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向。
(3)在φ x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB=qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。
[例1]　(2024·湖南高考)真空中有电荷量为+4q和-q的两个点电荷，分别固定在x轴上-1和0处。设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是 (　　)
√
[解析]　真空中点电荷周围的电势φ=k，设x'处的电势为0，则k+k=0，解得x'=，故可知当0时，电势φ>0。故选D。
类型2　E x图像
(1)E x图像反映了电场强度随位移变化的规律，可以由图线确定电场强度的变化情况，E>0表示场强沿正方向，E<0表示场强沿负方向。
(2)E x图像与x轴所围成的面积表示电势差，如果取x=0处为电势零点，则可由图像的面积分析各点电势的高低。
(3)综合分析粒子的运动，进一步确定粒子的电性、电场力做功及粒子的动能变化、电势能变化等情况。
[例2]　(2025·济宁质检)(多选)有一电荷量分布均匀且带电荷量为+Q的圆环，在其轴线上距离圆心x处产生的电场强度大小如图所示。一质量为m、电荷量为q的带电粒子，在圆心右侧紧靠圆心处由静止释放，仅在电场力作用下沿轴线向右运动。下列说法正确的是 (　　)
A.该粒子带负电
B.该粒子沿轴线运动过程中电势能逐渐减小
C.该粒子运动过程中最大加速度约为
D.该粒子从r运动到2r过程中，电场力做的功约为0.8qE0r
√
√
√
[解析]　均匀带正电的圆环在其右侧轴线上产生的场强向右，带电粒子从静止释放向右运动，说明所受电场力向右，该粒子带正电，A错误;该粒子沿轴线运动过程中电场力做正功，电势能逐渐减小，B正确;电场强度最大时，粒子受电场力最大，加速度最大，即am=≈，C正确;E x图像与坐标轴围成的面积表示电势差，故该粒子从r运动到2r电场力做功约为W=0.8qE0r，D正确。
类型3　Ep x图像
(1)根据电势能的变化可以判断电场力做功的正负，电势能减少，电场力做正功;电势能增加，电场力做负功。
(2)根据ΔEp=-W=-Fx，Ep x图像斜率的绝对值表示电场力的大小。
[例3]　(多选)在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，一带正电的试探电荷在两电荷连线上的电势能Ep随x变化关系如图所示，其中A、B两点电势能为零，BD段中C点电势能最大，则 (　　)
A.q1>0，q2<0
B.BC间场强方向沿x轴负方向
C.C点的电场强度大于A点的电场强度
D.将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做负功后做正功
√
√
[解析]　正电荷在电势高的地方电势能大，由题图知，从O到P点，电势能减小，电势降低，A点的电势为零，所以O点的电荷带正电，P点电荷带负电，故A正确;由题图可知，从B到C，电势能增大，电势升高，B、C间电场强度方向沿x轴负方向，故B正确;图像斜率的绝对值表示电场力大小，C点斜率为零，则C点电场强度为零，故C错误;因为B、C间电场强度方向沿x轴负方向，C、D间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从B点移到D点，电场力先沿x轴正方向后沿x轴负方向，电场力先做正功后负功，故D错误。
(二) 带电粒子在交变电场中的运动
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
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律):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临界条件。
(2)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。
考法(一)　带电粒子在交变电场中的直线运动
1.(2025·咸阳模拟)如图甲所示，真空中相距d=5 cm 的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出)，其中B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m=2.0×10-27 kg、电荷量q=+1.6×10-19 C的带电粒子从紧邻B板处释放，不计粒子重力。求:
考法全训
(1)若A板电势变化周期T=1.0×10-5 s，在t=0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板时速度的大小;
答案:2.0×104 m/s　
解析:电场强度大小为E=
带电粒子所受电场力大小为F=qE=
由牛顿第二定律得F=ma
解得a==4.0×109 m/s2
粒子在0~时间内经过的距离为x=a=5.0×10-2 m
故带电粒子在t1=时恰好到达A板，此时带电粒子速度大小为v=at1=2.0×104 m/s。
(2)A板电势变化频率多大时，在t= 到t=时间内从紧邻B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。
答案:f>5×104 Hz
解析:带电粒子在~时间内向A板做匀加速运动，在~时间内向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回。粒子向A板运动的最大位移
xm=2×a=aT2
要求粒子不能到达A板，则有xmT=
电势变化频率应满足f>=5×104 Hz。
考法(二)　带电粒子在交变电场中的偏转
2.(多选)如图(a)，水平放置、长为l的平行金属板右侧有一竖直挡板。金属板间的电场强度大小为E0，其方向随时间变化的规律如图(b)所示，其余区域的电场忽略不计。质量为m、电荷量为q的带电粒子任意时刻沿金属板中心线OO'射入电场，均能通过平行金属板，并打在竖直挡板上。已知粒子在电场中的运动时间与电场强度变化的周期T相同，不计粒子重力，则(　　)
A.金属板间距离的最小值为
B.金属板间距离的最小值为
C.粒子到达竖直挡板时的速率都大于
D.粒子到达竖直挡板时的速率都等于
√
√
解析:在t=n(n=0，1，2，…)时刻进入电场的粒子在电场中的竖直位移最大，粒子在电场中运动的时间为T，则在竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动，由对称性，则沿竖直方向的位移y=2×a=×T2=，金属板间距离的最小值为d=2y=，选项A正确，B错误;粒子离开电场时的水平速度均为v0=;竖直方向，在t=t0时刻进入电场的粒子，先加速-t0时间，
然后再减速-t0时间，在t=+-t0=T-t0时刻速度减为零，然后再反向加速t0时间，再反向减速t0时间，即在t=T+t0时刻离开电场时竖直速度再次减为零，粒子离开电场后做匀速直线运动，则达到竖直挡板时的速率都等于v0=，选项C错误，D正确。
(1)若粒子通过电场的时间远小于交变电场的周期，可认为这一粒子通过电场的过程中电场强度不变，但不同时刻进入的粒子，所经历的电场不同，偏转不同，常出现临界问题。
(2)若粒子通过电场的时间大于交变电场的周期，在沿电场方向的运动较复杂，可画v t图像分析。
思维建模
(三) “等效重力法”在电场中的应用
1.等效重力法
把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g'=为等效重力场中的“等效重力加速度”;F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向。
2.物体在等效重力场中的圆周运动
[典例]　如图，空间中有一匀强电场，大小为，方向与水平方向成30°角，现有一光滑绝缘大圆环固定在竖直平面内，O点为环心，将质量为m、带电荷量为+q的小圆环套在大圆环的M点并同时给小圆环一个向右的水平初速度，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，重力加速度为g，则小圆环(　　)
A.从M点到Q点动能减小
B.在M点和N点的电势能相等
C.从M点到Q点电场力做负功
D.动能最大处的电势低于动能最小处的电势
[解析]　小圆环带正电，从M点到Q点电场力做正功，C错误;作出等势面如图甲，沿电场线方向电势降低，则M点的电势高于N点的电势，正电荷在电势高的地方电势能大，所以在M点的电势能大于在N点的电势能，B错误;小圆环受到的电场力F=qE=q=mg，受力如图乙，
√
则小圆环运动的等效最高点和等效最低点分别为A点和B点，在A点速度最小，在B点速度最大，则从M点到Q点动能先增大后减小，A错误;根据沿电场线方向电势降低，则B点的电势低于A点的电势，即动能最大处的电势低于动能最小处的电势，D正确。
(1)求出重力与电场力的合力F合，将这个合力视为一个“等效重力”。
(2)将a=视为“等效重力加速度”。找出等效“最低点”和等效“最高点”。
(3)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解，例如:带电小球受细绳、轻杆、轨道束缚的圆周运动，可类比“绳球”模型和“杆球”模型进行分析解答。
思维建模
类型1　等效场中的“绳球”模型
1.(多选)如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度
E=，下列说法正确的是(　　)
考法全训
A.若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为
B.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大
C.若将细线剪断，再将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不能到达B点
D.若将小球在A点由静止开始释放，则小球沿AC圆弧到达C点的速度为
√
√
解析:小球受到水平向右的电场力大小F=Eq=mg，合力大小为F合==2mg，方向斜向右下方，与竖直方向夹角为60°，若小球恰能在竖直平面内做圆周运动，速度最小时细线无拉力，合力提供向心力，有F合=，联立解得v=，故A错误;由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，运动到B点时，静电力做功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，故B正确;若将细线剪断，再将小球在A点竖直向上抛出，
小球将在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向位移为0时，有t=，水平位移有x=at2，由牛顿第二定律得a==g，解得x=2d>2d，所以小球将不能到达B点，故C正确;设合力方向与电场线方向夹角为θ，有tan θ==，得θ=30°，所以将小球静止释放，小球将沿合力方向做匀加速直线运动，故D错误。
类型2　等效场中的“杆球”模型
2.(多选)如图所示，半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是水平方向的直径，CD是竖直方向的直径，整个圆环处在水平向右的匀强电场中。将质量为m、电荷量为+q(q>0)的小球套在圆环上，从A点由静止释放，小球运动到P点时的动能最大，∠DOP=37°。已知重力加速度大小为g，
取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。下列说法
正确的是(　　)
A.小球可以沿圆环运动到C点
B.匀强电场的电场强度大小为
C.P、B两点间的电势差为
D.小球运动到B点时，向心加速度大小为3g
√
√
解析:小球运动到P点时的动能最大，即重力和电场力的合力沿着OP方向，对小球受力分析有=tan 37°，解得E=，故B错误;假设小球能够沿圆环运动到C点，根据动能定理有qER-mgR=Ek-0，分析上式可知Ek<0，显然这是不可能的，即假设错误，故A错误;P、B两点间的电势差UPB=E(R-Rsin 37°)=，故C正确;小球从A点运动到B点，根据动能定理有qE·2R=m，此时小球的向心加速度大小a向==3g，故D正确。
课时跟踪检测
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一、单项选择题
1.如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与直线AB重合，以A点为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系，B点的坐标为xB=0.06 m，若一α粒子仅在电场力的作用下由A点运动至B点，其电势能增加60 eV，该电场线上各点的电场强度大小E随位移x的变化规律如图乙所示，若A点电势为15 V，下列说法正确的是(　　)
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A.x轴上各点的电场强度方向都沿x轴正方向
B.该α粒子沿x轴正方向做匀减速直线运动
C.B点电势是A点电势的3倍
D.图乙中E0应为2.5×103 V·m-1
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解析:α粒子由A点运动到B点，电场力做功为WAB=2eUAB=-60 eV，解得UAB=-30 V，因为φA=15 V，所以φB=45 V，B点电势是A点电势的3倍，因为B点电势高于A点电势，所以电场的方向沿x轴负方向，故A错误，C正确;题图乙中电场强度随位移x均匀变化，电场力为变力，所以α粒子沿x轴正方向做变减速直线运动，故B错误;题图乙中图像与x轴所围的面积为A、B两点间的电势差的大小，可以确定=×0.06，解得E0=2.5×102 V·m-1，故D错误。
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2.(2025年1月·八省联考河南卷)某电场的电势φ随位置x的变化关系如图所示，O点为坐标原点，a、b、c、d为x轴上的四个点。一带正电粒子从d点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴运动，不计重力，则粒子 (　　)
A.将在ad之间做周期性运动
B.在d点的电势能大于在a点的电势能
C.在b点与c点所受电场力方向相同
D.将沿x轴负方向运动，可以到达O点
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解析:由题图可知，a、d两点的电势相等，根据Ep=qφ可知，粒子在d点的电势能等于在a点的电势能，故B错误;φ x图像的斜率表示电场强度，由题图可知，b点与c点的电场强度方向相反，根据F=qE可知，粒子在b点与c点所受电场力方向相反，故C错误;根据沿着电场方向电势逐渐降低可知，d点的电场强度方向沿x轴负方向，粒子带正电，则粒子在d点受到沿x轴负方向的电场力，即粒子将沿x轴负方向运动，粒子仅受电场
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力作用，则粒子的动能和电势能之和恒定，又由以上分析知粒子在d点的电势能等于在a点的电势能，则粒子在d点的动能等于在a点的动能，均为0，a点的电场强度方向沿x轴正方向，粒子在a点受到沿x轴正方向的电场力，则粒子到达a点后将沿x轴正方向运动，即粒子将在ad之间做周期性运动，不能到达O点，故A正确，D错误。
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3.(2025·西安模拟)如图甲所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交变电压U，A板的电势φA=0，B板的电势φB随时间的变化规律为如图乙所示，现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域内，设电子的初速度和重力的影响均可忽略，则 (　　)
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A.若电子是在t=0时刻进入的，它可能不会到达B板
B.若电子是在t=时刻进入的，它一定能到达B板
C.若电子是在t=时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板
D.若电子是在t=时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板
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解析:若电子从t=0时刻进入，电子将向右做单向直线运动，最终穿过B板，A错误;若电子从时刻进入，则电子受到电场力方向向左，从A板离开，故无法到达B板，B错误;若电子从时刻进入，电子先加速，经时间速度最大，此时电子受到电场力反向，经速度减为零，再反向加速速度最大，接着减速速度为零，它时而向B板运动，时而向A板运动，但一个周期内总的位移向右，最后穿过B板，C正确;
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若电子从时刻进入两板，电子先加速，经时间速度最大，此时电子受到电场力反向，经速度减为零，再反向加速速度最大，接着减速速度为零，它时而向B板运动，时而向A板运动，但一个周期内总的位移向左，无法穿过B板，D错误。
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4.如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知xC-xB=xB-xA。该电子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是 (　　)
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A.x坐标轴上电场强度方向沿x轴正方向
B.A点电势高于B点电势
C.A点电场强度小于B点电场强度
D.电子从A运动到B静电力做的功大于从B运动到C静电力做的功
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解析:由题图乙可知，电子从A到C电势能逐渐减小，可知电势逐渐升高，A点电势低于B点电势，则x坐标轴上电场强度方向沿x轴负方向，A、B错误;Ep x图像的斜率的大小表示静电力的大小，可知从A到B电子所受静电力逐渐减小，场强逐渐减小，可知A点电场强度大于B点电场强度，C错误;因从A到B的静电力大于从B到C的静电力，根据W=Fx可知，电子从A运动到B静电力做的功大于从B运动到C静电力做的功，D正确。
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5.(2025·贵阳模拟)如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入(记为t=0时刻)，同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是 (　　)
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A.粒子射出时间可能为t=4 s
B.粒子射出的速度大小为2v
C.极板长度满足L=3vn
D.极板间最小距离为
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解析:粒子进入电容器后，在平行于极板
方向做匀速直线运动，在垂直极板方向运动
的v垂直 t图像如图所示，因为粒子平行极板射
出，可知粒子射出时垂直极板的分速度为0，
所以射出时刻可能为1.5 s、3 s、4.5 s、…，满足t=1.5n s(n=1，2，3，…)，粒子射出的速度大小必定为v，故A、B错误;极板长度L=v·1.5n(n=1，2，3，…)，故C错误;因为粒子不与极板碰撞，则应满足≥v垂直m×1.5 s，v垂直m=a×1 s，a=，联立解得d≥，故D正确。
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6.如图所示，倾角为θ=37°的斜面末端连接一段水平轨道后与竖直的光滑绝缘半圆轨道平滑连接，O为圆心，A、B为竖直直径的上、下两端点。现有一质量为m=0.3 kg、带电荷量为q=+1.0×10-5 C的小球(可视为质点)，以大小为v0=1.8 m/s的初速度从斜面上某点以垂直斜面方向向上抛出，小球恰好从半圆轨道的最高点A无碰撞飞入半圆轨道。已知整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=4×105 N/C，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。下列说法正确的是 (　　)
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A.小球在A点的速度大小为2.25 m/s
B.小球从抛出到A点做匀变速直线运动
C.小球第一次在半圆轨道上滑行过程中，可能会在某处脱离半圆轨道
D.小球第一次在半圆轨道上滑行过程中对轨道的最大压力大小为24 N
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解析:小球受重力和电场力的作用，则等效重力大小为F==5 N，设F与水平方向夹角为α，则tan α==，解得α=37°，即F与v0垂直，故小球做类平抛运动，由几何关系有vA==3 m/s，故A、B错误;如图所示，根据受力情况可知小球运动过程中的等效最低点为C点，
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小球到C点时对轨道的压力最大，因在A点小球恰好能无碰撞飞入半圆轨道，故小球在A点对轨道的压力为零，小球在从A到C的过程中对轨道的压力逐渐增加，所以小球第一次在半圆轨道上滑行过程中不会脱离半圆轨道，故C项错误;在A点，根据牛顿第二定律得mg=m，解得R= 0.9 m，从A到C，对小球由动能定理有FR=m-m，根据牛顿第二定律有FN-F=m，联立解得FN=24 N，根据牛顿第三定律得小球对轨道的最大压力大小为24 N，故D正确。
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二、多项选择题
7.(2025·洛阳高三质检)如图甲所示，有一绝缘圆环位于竖直平面内，圆环上均匀分布着负电荷。一光滑绝缘细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量m=10 g的带负电的小球，小球所带电荷量q=-1.0×10-4 C。小球从C点由静止释放，沿细杆由C向A点运动的v t图像如图乙所示。小球运动到B点时，图线切线的斜率最大(图乙中标出了该切线)。下列说法正确的是(　　)
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A.在圆环右侧的杆上，B点场强最大，场强大小为50 V/m
B.由C点到A点的过程中，小球的电势能先减小后增大
C.由C点到A点，电势先升高后降低
D.B、C两点间的电势差为12.5 V
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解析:由题图乙可知，小球在B点的加速度最大，故所受的电场力最大，B点的电场强度最大，小球的加速度a== m/s2=0.5 m/s2，根据牛顿第二定律得E=ma，解得E=50 V/m ，故A正确;从C到A的过程中，小球的动能一直增大，说明电场力一直做正功，故电势能一直减小，由Ep=φq可知，由于电荷带负电，则电势一直升高，故B、C错误;根据动能定理知qUCB=m-0，解得UCB=-12.5 V，故B、C两点间的电势差为12.5 V，故D正确。
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8.一带正电的物体仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，物体的动能随位移的变化规律如图所示，已知物体所带的电荷量为q，坐标原点为电势零点。则下列说法正确的是 (　　)
A.0~2x0区域电场方向沿x轴正方向
B.0~x0区域与x0~2x0区域电场强度大小
之比为1∶2
C.x0处的电势为
D.0与2x0处的电势差为-
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解析:0~x0区域动能一直增加，该区域的电场力沿x轴正方向，又物体带正电，则电场方向沿x轴正方向;x0~2x0区域动能一直减小，则电场方向沿x轴负方向，故A错误;物体仅在电场力作用下运动，由动能定理得Fx=Ek-E0，整理得Ek=Fx+E0，图线的斜率表示电场力，0~x0区域F1==，x0~2x0区域F2==-，所以0~x0区域与x0~2x0区域电场力大小之比为1∶2，由E=可知电场强度大小之比为1∶2，故B正确;
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在整个运动过程中，只有电场力做功，则只有电势能和动能的转化，由于原点处电势为零，则电势能为零，由能量守恒定律得E0=2E0+Ep1，又Ep1=qφx0，解得φx0=-，故C错误;同理2x0处的电势能为Ep2=E0，2x0处的电势为φ2x0=，0与2x0处的电势差为U=0-φ2x0=-，故D正确。
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9.如图1所示，真空中两平行金属板A和B水平放置，板长为l、间距为d，板间加交变电压。左侧紧靠A板有一粒子源P，t=0时刻开始连续向右水平发射速率为v0、比荷为k的带正电的粒子。若t=0时刻发射的粒子从进入电场到从B板右边缘离开的全过程，竖直方向的速度vy随时间t变化的图像如图2所示，忽略边缘效应，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则 (　　)
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A.交变电压为周期T=的锯齿波
B.粒子在竖直方向的最大速度为vm=
C.时刻两极板间的电压为
D.在t=时刻进入的粒子恰好从B板右边缘离开电场
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解析:根据竖直方向的速度vy随时间t变化的图像可知，速度均匀增大或减小，则加速度大小恒定，电场强度大小恒定，交变电压为周期T=的方波，故A错误;在竖直方向上，根据对称性可知d=·，T=，解得vm=，故B正确;时刻粒子的加速度为a=，根据牛顿第二定律有=ma，解得U=，故C正确;根据运动的对称性可知，在t=时刻进入的粒子离开电场时竖直方向位移为0，恰好从A板右边缘离开电场，D错误。
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10.(2025·成都质检)如图，半径为5 cm的光滑绝缘圆轨道竖直固定放置，处在匀强电场中，轨道上A、B、C、D四个点连线刚好构成矩形，AB=8 cm，AD=6 cm，AD与竖直方向的夹角为37°，A、B、C三点的电势分别为17 V、1 V、10 V。将一电荷量为0.12 C、
质量为4 kg的带正电小球(可视为质点)置于A点，
给小球一个沿轨道切线向左的初速度。重力加
速度大小取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，
cos 37°=0.8，下列说法正确的是 (　　)
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A.D点的电势为26 V
B.匀强电场的电场强度大小为200 V/m
C.若小球能过C点，则在A点给小球的初速度大小至少为 m/s
D.若小球恰好能过C点，则小球从A点运动到C点过程中的最大动能为5.25 J
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解析:根据匀强电场的推论可知φA-φB=φD-φC，解得φD=26 V，故A正确;如图甲所示，利用等分法找到AB连线上电势为10 V的M点，CM为等势线，过B点作CM的垂线即为电场线，由几何关系可知tan θ==，解得θ=37°，电场强度E== V/m=250 V/m，故B错误;受力分析，如图乙所示，由于qE=30 N，mg=40 N，所以重力与电场力的合力mg'==50 N，tan α==，α=37°，即等效重力方向沿着DA方向，小球能过C点，根据牛顿第二定律可得
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mg'sin α=m，从A点到C点，由动能定理得-mg'xCB=m-m，解得vA= m/s，故C正确;小球在等效最低点F时动能最大，从F点到C点，由动能定理得-mg'=m-m，解得=m=4.75 J，故D错误。
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三、计算题
11.(12分)(2025·太原一模)如图甲所示，A、B为两块距离很近的平行金属板，板中央均有小孔，一束电子以初动能Ek0=120 eV从A板上的小孔O不断垂直于板射入A、B间。在B板右侧，平行金属板M、N间形成一个匀强电场，板长L=2×10-2 m，板间距离d=4×10-3 m，偏转电场所加电压为U1=20 V。在A、B两板间加一个如图乙所示的变化电压U，在t=0到t=2 s时间内，A板电势高于B板电势，求:
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(1)在0到2 s内，A、B两板间电压满足什么条件，电子可以到达B板 (4分)
答案:0≤U≤120 V　
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解析:电子能到达B板，则电子达到B板时速度大于或等于零，由动能定理得-eU≥0-Ek0
解得0≤U≤120 V。
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(2)在2 s到4 s内，A、B两板间电压U满足什么条件，电子能从偏转电场右侧飞出 (由于A、B两板距离很近，可以认为电子穿过A、B板所用时间很短，可以不计)(8分)
答案:U≤-130 V
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解析:设电子从偏转电场中点垂直射入时速度为v0，动能为Ek，侧移量为y=·=
满足y≤才能射出，所以≤
解得Ek≥250 eV
又Ek=Ek0-eU
所以120 eV-eU≥250 eV
解得U≤-130 V。
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12.(14分)如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径。一质量为m、电荷量为+q(q>0)的小球套在圆环上，并静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ=37°。不计空气阻力，已知重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求:
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(1)电场强度E的大小;(3分)
答案:　
解析:当小球静止在P点时，小球的受力情况如图所示，
则有=tan 37°
解得E=。
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(2)将小球从光滑圆环上最低点B由静止释放，小球运动到P点时动能是多少 (3分)
答案:mgr　
解析:小球从B点到P点过程，由动能定理可得
qErsin θ-mgr(1-cos θ)=Ek
解得Ek=mgr。
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(3)小球从环上由静止释放，运动到P点时对圆环的最大压力是多少 (8分)
答案:mg
解析:小球所受电场力和重力的合力大小为F合==mg
根据题意可知，P点为重力场和电场的复合场的等效最低点，当小球从P点关于O点的对称点Q由静止释放时，到达P点的速度最大，根据动能定理得F合·2r=mv2
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在P点，根据N-F合=m
联立解得圆环对小球的最大支持力N=mg
根据牛顿第三定律可知，小球运动到P点时对圆环的最大压力N'=N=mg。
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4课时跟踪检测(四十七)　带电粒子在电场中运动的综合问题
一、单项选择题
1.如图甲所示,某电场中的一条电场线恰好与直线AB重合,以A点为坐标原点,向右为正方向建立直线坐标系,B点的坐标为xB=0.06 m,若一α粒子仅在电场力的作用下由A点运动至B点,其电势能增加60 eV,该电场线上各点的电场强度大小E随位移x的变化规律如图乙所示,若A点电势为15 V,下列说法正确的是 (　　)
A.x轴上各点的电场强度方向都沿x轴正方向
B.该α粒子沿x轴正方向做匀减速直线运动
C.B点电势是A点电势的3倍
D.图乙中E0应为2.5×103 V·m-1
2.(2025年1月·八省联考河南卷)某电场的电势φ随位置x的变化关系如图所示,O点为坐标原点,a、b、c、d为x轴上的四个点。一带正电粒子从d点由静止释放,仅在电场力作用下沿x轴运动,不计重力,则粒子 (　　)
A.将在ad之间做周期性运动
B.在d点的电势能大于在a点的电势能
C.在b点与c点所受电场力方向相同
D.将沿x轴负方向运动,可以到达O点
3.(2025·西安模拟)如图甲所示,A、B是一对平行的金属板,在两板间加上一周期为T的交变电压U,A板的电势φA=0,B板的电势φB随时间的变化规律为如图乙所示,现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域内,设电子的初速度和重力的影响均可忽略,则 (　　)
A.若电子是在t=0时刻进入的,它可能不会到达B板
B.若电子是在t=时刻进入的,它一定能到达B板
C.若电子是在t=时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后穿过B板
D.若电子是在t=时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后穿过B板
4.如图甲所示,在某电场中建立x坐标轴,一个电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动,经过A、B、C三点,已知xC-xB=xB-xA。该电子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示,则下列说法中正确的是 (　　)
A.x坐标轴上电场强度方向沿x轴正方向
B.A点电势高于B点电势
C.A点电场强度小于B点电场强度
D.电子从A运动到B静电力做的功大于从B运动到C静电力做的功
5.(2025·贵阳模拟)如图甲,一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入(记为t=0时刻),同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k,带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞,经过一段时间,粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是 (　　)
A.粒子射出时间可能为t=4 s
B.粒子射出的速度大小为2v
C.极板长度满足L=3vn
D.极板间最小距离为
6.如图所示,倾角为θ=37°的斜面末端连接一段水平轨道后与竖直的光滑绝缘半圆轨道平滑连接,O为圆心,A、B为竖直直径的上、下两端点。现有一质量为m=0.3 kg、带电荷量为q=+1.0×10-5 C的小球(可视为质点),以大小为v0=1.8 m/s的初速度从斜面上某点以垂直斜面方向向上抛出,小球恰好从半圆轨道的最高点A无碰撞飞入半圆轨道。已知整个空间存在水平向右的匀强电场,电场强度大小为E=4×105 N/C,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是 (　　)
A.小球在A点的速度大小为2.25 m/s
B.小球从抛出到A点做匀变速直线运动
C.小球第一次在半圆轨道上滑行过程中,可能会在某处脱离半圆轨道
D.小球第一次在半圆轨道上滑行过程中对轨道的最大压力大小为24 N
二、多项选择题
7.(2025·洛阳高三质检)如图甲所示,有一绝缘圆环位于竖直平面内,圆环上均匀分布着负电荷。一光滑绝缘细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环,细杆上套有一个质量m=10 g的带负电的小球,小球所带电荷量q=-1.0×10-4 C。小球从C点由静止释放,沿细杆由C向A点运动的v t图像如图乙所示。小球运动到B点时,图线切线的斜率最大(图乙中标出了该切线)。下列说法正确的是 (　　)
A.在圆环右侧的杆上,B点场强最大,场强大小为50 V/m
B.由C点到A点的过程中,小球的电势能先减小后增大
C.由C点到A点,电势先升高后降低
D.B、C两点间的电势差为12.5 V
8.一带正电的物体仅在电场力作用下沿x轴正方向运动,物体的动能随位移的变化规律如图所示,已知物体所带的电荷量为q,坐标原点为电势零点。则下列说法正确的是 (　　)
A.0~2x0区域电场方向沿x轴正方向
B.0~x0区域与x0~2x0区域电场强度大小之比为1∶2
C.x0处的电势为
D.0与2x0处的电势差为-
9.如图1所示,真空中两平行金属板A和B水平放置,板长为l、间距为d,板间加交变电压。左侧紧靠A板有一粒子源P,t=0时刻开始连续向右水平发射速率为v0、比荷为k的带正电的粒子。若t=0时刻发射的粒子从进入电场到从B板右边缘离开的全过程,竖直方向的速度vy随时间t变化的图像如图2所示,忽略边缘效应,不计粒子重力和粒子间的相互作用,则 (　　)
A.交变电压为周期T=的锯齿波
B.粒子在竖直方向的最大速度为vm=
C.时刻两极板间的电压为
D.在t=时刻进入的粒子恰好从B板右边缘离开电场
10.(2025·成都质检)如图,半径为5 cm的光滑绝缘圆轨道竖直固定放置,处在匀强电场中,轨道上A、B、C、D四个点连线刚好构成矩形,AB=8 cm,AD=6 cm,AD与竖直方向的夹角为37°,A、B、C三点的电势分别为17 V、1 V、10 V。将一电荷量为0.12 C、质量为4 kg的带正电小球(可视为质点)置于A点,给小球一个沿轨道切线向左的初速度。重力加速度大小取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法正确的是 (　　)
A.D点的电势为26 V
B.匀强电场的电场强度大小为200 V/m
C.若小球能过C点,则在A点给小球的初速度大小至少为 m/s
D.若小球恰好能过C点,则小球从A点运动到C点过程中的最大动能为5.25 J
三、计算题
11.(12分)(2025·太原一模)如图甲所示,A、B为两块距离很近的平行金属板,板中央均有小孔,一束电子以初动能Ek0=120 eV从A板上的小孔O不断垂直于板射入A、B间。在B板右侧,平行金属板M、N间形成一个匀强电场,板长L=2×10-2 m,板间距离d=4×10-3 m,偏转电场所加电压为U1=20 V。在A、B两板间加一个如图乙所示的变化电压U,在t=0到t=2 s时间内,A板电势高于B板电势,求:
(1)在0到2 s内,A、B两板间电压满足什么条件,电子可以到达B板 (4分)
(2)在2 s到4 s内,A、B两板间电压U满足什么条件,电子能从偏转电场右侧飞出 (由于A、B两板距离很近,可以认为电子穿过A、B板所用时间很短,可以不计)(8分)
12.(14分)如图所示,空间有一水平向右的匀强电场,半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内,O是圆心,AB是竖直方向的直径。一质量为m、电荷量为+q(q>0)的小球套在圆环上,并静止在P点,OP与竖直方向的夹角θ=37°。不计空气阻力,已知重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)电场强度E的大小;(3分)
(2)将小球从光滑圆环上最低点B由静止释放,小球运动到P点时动能是多少 (3分)
(3)小球从环上由静止释放,运动到P点时对圆环的最大压力是多少 (8分)
卷码 4000147 姓名
课时跟踪检测(四十七)
1.选C　α粒子由A点运动到B点,电场力做功为WAB=2eUAB=-60 eV,解得UAB=-30 V,因为φA=15 V,所以φB=45 V,B点电势是A点电势的3倍,因为B点电势高于A点电势,所以电场的方向沿x轴负方向,故A错误,C正确;题图乙中电场强度随位移x均匀变化,电场力为变力,所以α粒子沿x轴正方向做变减速直线运动,故B错误;题图乙中图像与x轴所围的面积为A、B两点间的电势差的大小,可以确定=×0.06,解得E0=2.5×102 V·m-1,故D错误。
2.选A　由题图可知,a、d两点的电势相等,根据Ep=qφ可知,粒子在d点的电势能等于在a点的电势能,故B错误;φ x图像的斜率表示电场强度,由题图可知,b点与c点的电场强度方向相反,根据F=qE可知,粒子在b点与c点所受电场力方向相反,故C错误;根据沿着电场方向电势逐渐降低可知,d点的电场强度方向沿x轴负方向,粒子带正电,则粒子在d点受到沿x轴负方向的电场力,即粒子将沿x轴负方向运动,粒子仅受电场力作用,则粒子的动能和电势能之和恒定,又由以上分析知粒子在d点的电势能等于在a点的电势能,则粒子在d点的动能等于在a点的动能,均为0,a点的电场强度方向沿x轴正方向,粒子在a点受到沿x轴正方向的电场力,则粒子到达a点后将沿x轴正方向运动,即粒子将在ad之间做周期性运动,不能到达O点,故A正确,D错误。
3.选C　若电子从t=0时刻进入,电子将向右做单向直线运动,最终穿过B板,A错误;若电子从时刻进入,则电子受到电场力方向向左,从A板离开,故无法到达B板,B错误;若电子从时刻进入,电子先加速,经时间速度最大,此时电子受到电场力反向,经速度减为零,再反向加速速度最大,接着减速速度为零,它时而向B板运动,时而向A板运动,但一个周期内总的位移向右,最后穿过B板,C正确;若电子从时刻进入两板,电子先加速,经时间速度最大,此时电子受到电场力反向,经速度减为零,再反向加速速度最大,接着减速速度为零,它时而向B板运动,时而向A板运动,但一个周期内总的位移向左,无法穿过B板,D错误。
4.选D　由题图乙可知,电子从A到C电势能逐渐减小,可知电势逐渐升高,A点电势低于B点电势,则x坐标轴上电场强度方向沿x轴负方向,A、B错误;Ep x图像的斜率的大小表示静电力的大小,可知从A到B电子所受静电力逐渐减小,场强逐渐减小,可知A点电场强度大于B点电场强度,C错误;因从A到B的静电力大于从B到C的静电力,根据W=Fx可知,电子从A运动到B静电力做的功大于从B运动到C静电力做的功,D正确。
5.
选D　粒子进入电容器后,在平行于极板方向做匀速直线运动,在垂直极板方向运动的v垂直 t图像如图所示,因为粒子平行极板射出,可知粒子射出时垂直极板的分速度为0,所以射出时刻可能为1.5 s、3 s、4.5 s、…,满足t=1.5n s(n=1,2,3,…),粒子射出的速度大小必定为v,故A、B错误;极板长度L=v·1.5n(n=1,2,3,…),故C错误;因为粒子不与极板碰撞,则应满足≥v垂直m×1.5 s,v垂直m=a×1 s,a=,联立解得d≥,故D正确。
6.选D　小球受重力和电场力的作用,则等效重力大小为F==5 N,设F与水平方向夹角为α,则tan α==,解得α=37°,即F与v0垂直,故小球做类平抛运动,由几何关系有vA==3 m/s,故A、B
错误;如图所示,根据受力情况可知小球运动过程中的等效最低点为C点,小球到C点时对轨道的压力最大,因在A点小球恰好能无碰撞飞入半圆轨道,故小球在A点对轨道的压力为零,小球在从A到C的过程中对轨道的压力逐渐增加,所以小球第一次在半圆轨道上滑行过程中不会脱离半圆轨道,故C项错误;在A点,根据牛顿第二定律得mg=m,解得R=0.9 m,从A到C,对小球由动能定理有FR=m-m,根据牛顿第二定律有FN-F=m,联立解得FN=24 N,根据牛顿第三定律得小球对轨道的最大压力大小为24 N,故D正确。
7.选AD　由题图乙可知,小球在B点的加速度最大,故所受的电场力最大,B点的电场强度最大,小球的加速度a== m/s2=0.5 m/s2,根据牛顿第二定律得E=ma,解得E=50 V/m ,故A正确;从C到A的过程中,小球的动能一直增大,说明电场力一直做正功,故电势能一直减小,由Ep=φq可知,由于电荷带负电,则电势一直升高,故B、C错误;根据动能定理知qUCB=m-0,解得UCB=-12.5 V,故B、C两点间的电势差为12.5 V,故D正确。
8.选BD　0~x0区域动能一直增加,该区域的电场力沿x轴正方向,又物体带正电,则电场方向沿x轴正方向;x0~2x0区域动能一直减小,则电场方向沿x轴负方向,故A错误;物体仅在电场力作用下运动,由动能定理得Fx=Ek-E0,整理得Ek=Fx+E0,图线的斜率表示电场力,0~x0区域F1==,x0~2x0区域F2==-,所以0~x0区域与x0~2x0区域电场力大小之比为1∶2,由E=可知电场强度大小之比为1∶2,故B正确;在整个运动过程中,只有电场力做功,则只有电势能和动能的转化,由于原点处电势为零,则电势能为零,由能量守恒定律得E0=2E0+Ep1,又Ep1=qφx0,解得φx0=-,故C错误;同理2x0处的电势能为Ep2=E0,2x0处的电势为φ2x0=,0与2x0处的电势差为U=0-φ2x0=-,故D正确。
9.选BC　根据竖直方向的速度vy随时间t变化的图像可知,速度均匀增大或减小,则加速度大小恒定,电场强度大小恒定,交变电压为周期T=的方波,故A错误;在竖直方向上,根据对称性可知d=·,T=,解得vm=,故B正确;时刻粒子的加速度为a=,根据牛顿第二定律有=ma,解得U=,故C正确;根据运动的对称性可知,在t=时刻进入的粒子离开电场时竖直方向位移为0,恰好从A板右边缘离开电场,D错误。
10.选AC　根据匀强电场的推论可知φA-φB=φD-φC,解得φD=26 V,故A正确;如图甲所示,利用等分法找到AB连线上电势为10 V的M点,CM为等势线,过B点作CM的垂线即为电场线,由几何关系可知tan θ==,解得θ=37°,电场强度E== V/m=250 V/m,故B错误;受力分析,如图乙所示,由于qE=30 N,mg=40 N,所以重力与电场力的合力mg'==50 N,tan α==,α=37°,即等效重力方向沿着DA方向,小球能过C点,根据牛顿第二定律可得mg'sin α=m,从A点到C点,由动能定理得-mg'xCB=m-m,解得vA= m/s,故C正确;小球在等效最低点F时动能最大,从F点到C点,由动能定理得-mg'=m-m,解得=m=4.75 J,故D错误。
11.解析:(1)电子能到达B板,则电子达到B板时速度大于或等于零,由动能定理得-eU≥0-Ek0,解得0≤U≤120 V。
(2)设电子从偏转电场中点垂直射入时速度为v0,动能为Ek,侧移量为y=·=
满足y≤才能射出,所以≤
解得Ek≥250 eV
又Ek=Ek0-eU
所以120 eV-eU≥250 eV
解得U≤-130 V。
答案:(1)0≤U≤120 V　(2)U≤-130 V
12.解析:(1)当小球静止在P点时,小球的受力情况如图所示,
则有=tan 37°
解得E=。
(2)小球从B点到P点过程,由动能定理可得
qErsin θ-mgr(1-cos θ)=Ek
解得Ek=mgr。
(3)小球所受电场力和重力的合力大小为F合==mg
根据题意可知,P点为重力场和电场的复合场的等效最低点,当小球从P点关于O点的对称点Q由静止释放时,到达P点的速度最大,根据动能定理得F合·2r=mv2
在P点,根据N-F合=m
联立解得圆环对小球的最大支持力N=mg
根据牛顿第三定律可知,小球运动到P点时对圆环的最大压力N'=N=mg。
答案:(1)　(2)mgr　(3)mg
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