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专题十三　带电粒子在电场中运动的综合问题
1.A　[解析] 带电液滴在电场中受到重力和电场力的作用,刚开始处于静止状态,则E1q=mg,当场强变为E2后,电场力大于重力,液滴向上做加速运动,加速度a1=,若使电场反向,则其加速度方向向下,大小为a2=,两段的时间相等,位移大小h相等,前一段时间内电场力做正功W1=E2qh,后一段时间内电场力做正功大小W2=E2qh,故这两段时间里,电场力做功相同,选项A正确;根据动能定理,前一段时间里动能的变化量等于合力做的功,即(E2q-mg)h=Ek-0,后一段时间里合力做的功为(E2q+mg)h=0-Ek,这两段时间里合力做的功不相等,所以动能的变化量也不相等,选项B错误;前一段时间里重力做负功,后一段时间里重力做正功,故这两段时间里重力做功不相同,选项C错误;前一段时间里合力的冲量为(E2q-mg)t,后一段时间里合力的冲量为(E2q+mg)t,故这两段时间里合力的冲量大小也不相等,选项D错误.
2.B　[解析] 带电小球以初速度v从M运动到N的过程中,竖直方向上只受重力,水平方向上只受电场力,到达N点时,竖直方向上到了最高点,由运动学公式有0-v2=-2gh,所以重力势能增加量ΔEpG=mgh=mv2,水平方向上有2x=(2v)2-0,所以电势能减少量ΔEp电=qEx=m(2v)2=2mv2,C、D错误;减少的电势能全部转化为小球的机械能,所以机械能增加了2mv2,B正确;小球动能增加量ΔEk=m(2v)2-mv2=mv2,A错误.
3.D　[解析] 小球受到电场力和重力,当到达等效最低点时动能最大,故B点为等效最低点,因此受到合力方向由D指向B,受力分析,设电场方向与DB方向的夹角为θ,则有sin θ==,因为小球带正电,所以场强方向与电场力方向相同,如图所示,故A错误;加速度大小为a===g,故B错误;沿电场线方向电势降低,因此电势最低的点为F点,故C错误;合力方向由D指向B,因此从A到C,合力做功为0,小球在A、C两点时动能相等,速度大小相等,故D正确.
4.D　[解析] 设A到MN的距离为h,小球从A到B的时间为t=,在B点的竖直分速度为vyB=gt=,小球在电场中的加速度大小为a==2g,小球从B到C的时间为t'==,则两段所用的时间之比为2∶1,小球在水平方向上不受力,故在水平方向上做匀速直线运动,则AB=2BC,故A、B错误;由动量定理可知,动量变化量等于合力的冲量,小球在AB段合力的冲量方向向下,小球在BC段合力的冲量方向向上,故C错误;小球从A到C的过程中,在水平方向上做匀速直线运动,由动能定理可知WG+W电=0,所以重力对小球做的功与电场力对小球做的功的绝对值相等,故D正确.
5.C　[解析] 在两个等量异种点电荷形成的电场中,圆环所在平面为等势面,在方向竖直向上的匀强电场中,A点电势低于C点电势,则带正电的小球从A到C的过程中电势能增加,A错误;当竖直向上的匀强电场的场强E满足qE=mg时,小球可沿圆环做匀速圆周运动,B错误;根据动能定理得mgR-qER=m-m,可以求得小球运动到B点时的速度vB,则由an=可以求得小球在B点的向心加速度,沿竖直方向,根据牛顿第二定律得mg-qE=maτ,可以求得小球的切向加速度aτ,根据矢量合成的方法可以得到小球在B点的加速度aB=,C正确;小球在D点受到圆环的作用力提供向心力,所以小球在D点时受到圆环的作用力方向垂直于MN,D错误.
6.BD　[解析] 将电场力和重力的合力等效为一个力,根据题图甲中“等时圆”模型可知,A点应为“等时圆”上等效最高点,可知重力与电场力的合力必须指向AO,根据力的合成与分解得qE=mgtan 37°,解得匀强电场的电场强度大小为E=1×104 V/m,故B正确;圆环的等效最低点为AO延长线与圆轨道的交点,小球在等效最低点时速度最大,动能最大,故A错误;因为重力与电场力均为恒力,二者的合力大小为F==mg,小球做圆周运动,则在其等效最高点,有F=m,此时小球速度最小,动能最小,最小动能为Ek=mv2,联立解得Ek=1 J,故C错误;小球从等效最高点运动至等效最低点过程中,由动能定理得F·2R=m-mv2,在等效最低点时小球对圆环的压力最大,速度最大,动能最大,由牛顿第二定律得FN-F=m,联立解得FN=6 N,由牛顿第三定律可知,小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是6 N,故D正确.
7.(1)4 m/s　(2)1.6 m/s　
(3)0.777 6 m
[解析] (1)a从A点运动至B点,根据动能定理有
-μm1gL=m1-m1
a、b弹性正碰,根据动量守恒定律有m1v1=m1v1'+m2v2
根据机械能守恒定律有
m1=m1v1'2+m2
解得v2=4 m/s
(2)b在P点,根据牛顿第二定律有m2g-qEsin θ=m2
解得vP=1.6 m/s
(3)b过P点后做抛体运动,将运动沿电场所在方向(MN方向)和垂直电场方向(垂直MN方向)分解
根据抛体运动规律,沿垂直电场方向(垂直MN方向)速度为vy=vPsin θ
沿垂直电场方向(垂直MN方向)位移为y=
沿垂直电场方向(垂直MN方向)加速度为ay=gcos θ
又H=y+R+Rcos θ
解得H=0.777 6 m
8.CD　[解析] 粒子由A点静止释放,粒子在虚线左侧电场中做匀加速直线运动,A、B两点间的距离为xAB==5L,xBO=4Ltan 37°=3L,又E1=E,则该过程由动能定理得qE1xAB=m,解得vB=,粒子由B到C的过程做类斜抛运动,粒子在水平方向做匀速直线运动,速度为v1=vBcos 37°=,在竖直方向做类竖直上抛运动,初速度为v2=vBsin 37°=,由题意粒子在C点的速度与虚线的夹角为θ=53°,设竖直方向的速度为v2',则由tan 53°=解得v2'=,在竖直方向上由牛顿第二定律得a==kE2,由速度公式得v2'=-v2+at2,又由位移公式得3L=-v2t2+a,解得t2=,E2=E,故A错误; O、C两点间的距离为xOC=v1t2,整理得xOC=L,故B错误;粒子由A到B的时间为t1==,解得t1=,所以粒子由A到C的总时间为t=t1+t2=,故C正确;粒子在C点的速度为vC=,粒子由A到C的过程由动能定理得qUAC=m,解得UAC=EL,故D正确.
9.(1)　(2)k<1　(3)k≤时,t=4,[解析] (1)设A与B碰撞前的速率为v1,对A由动能定理得
EqkL=m
将E=代入,解得v1=
(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'
由能量守恒定律可知
m=mv1'2+mv2'2
联立解得v1'=0,v2'=
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
EqL=mv1″2
联立解得k<1
(3)碰后B运动到M点所用时间为tB==
A的加速度a1==
设A运动到M点所用时间为tA,则L=×g
若tA=tB,解得k=
设A与B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间为t,当k≤时,A与B在离开电场前发生第二次碰撞,有
×gt2=t
解得t=4
当t=L+v1″
解得t=专题十三　带电粒子在电场中运动的综合问题 (限时40分钟)
　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.在真空中有一竖直向上的匀强电场,场强大小为E1,一个带电液滴在电场中O点处于静止状态.现将E1突然增大到E2,方向不变,作用一段时间,再突然使E2反向,保持E2大小不变,又经过一段同样长的时间,液滴恰好返回到O点.在这两段相同的时间里 (　)
A.电场力做功相同
B.动能的变化量相等
C.重力做功相同
D.合力的冲量大小相等
2.如图所示,在水平向右的匀强电场中,质量为m的带电小球以初速度v从M点竖直向上运动,通过N点时,速度大小为2v,方向与电场方向相反,则小球从M运动到N的过程 (　)
A.动能增加mv2
B.机械能增加2mv2
C.重力势能增加mv2
D.电势能增加2mv2
3.[2024·四川成都模拟] 如图所示,虚线圆位于竖直面内,AC和BD为相互垂直的两条直径,其中BD位于水平方向.竖直平面内有足够大的匀强电场,方向与圆周平面平行.在圆周平面内将质量为m、带电荷量为+q的小球(可视为质点)从A点以相同的速率向各个方向抛出,小球会经过圆周上不同的点,其中到达B点时小球的动能最大.已知重力加速度为g,场强大小为,则下列说法中正确的是 (　)
A.电场的方向由D指向B
B.小球运动过程中的加速度大小等于g
C.B点为圆周上电势最低的点
D.经过C点时小球的速度与初速度大小相等
4.[2024·江西九江模拟] 如图所示,在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出,从B点进入电场,到达C点时速度方向恰好水平,A、B、C三点在同一直线上,且小球所受电场力为3mg,其中g为重力加速度,由此可知 (　)
A.AB=3BC
B.小球从A到B与从B到C的运动时间相等
C.小球从A到B与从B到C的动量变化量相同
D.小球从A到C的过程中,重力对小球做的功与电场力对小球做的功的绝对值相等
5.[2024·浙江6月选考] 如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场,在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷,绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置,其圆心O在MN的中点,半径为R,AC和BD分别为竖直和水平的直径.质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上,从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动,重力加速度为g,则 (　)
A.小球从A到C的过程中电势能减少
B.小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C.可求出小球运动到B点时的加速度
D.小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN
6.(多选)如图甲所示,空间有一水平向右的匀强电场,其中有一个半径为R=2 m的竖直光滑圆环,环内有两根光滑的弦轨道AB和AC,A点所在的半径与竖直直径BC成37°角(cos 37°=0.8,g取10 m/s2).质量为m=0.08 kg、电荷量为q=6×10-5 C的带电小球(可视为质点)从A点由静止释放,分别沿弦轨道AB和AC到达圆周的运动时间相同.现去掉弦轨道AB和AC,如图乙所示,给小球一个初速度,让小球恰能在圆环内做完整的圆周运动,不考虑小球运动过程中电荷量的变化,下列说法正确的是 (　)
A.小球做圆周运动经过C点时动能最大
B.匀强电场的电场强度大小为E=1×104 V/m
C.小球做圆周运动过程中动能的最小值是0.5 J
D.小球做圆周运动过程中对环的压力的最大值是6 N
7.[2024·湖北武汉模拟] 如图所示,竖直平面内固定有绝缘轨道ABMNP,AB段是长L=3.6 m的水平轨道,BM段是半径R=0.4 m、圆心角θ=37°的光滑圆弧轨道,MN段是倾角θ=37°的倾斜轨道,NP段是恰好能与BM段组成半圆的光滑圆弧轨道,各段轨道均平滑连接.O1、O2分别是两段圆弧轨道的圆心,MO1所在直线右侧足够大空间存在匀强电场,电场方向与MN平行且向上,电场强度大小为E=90 N/C.小物块a以初速度v0=10 m/s从A点向右运动,一段时间后,与静置在B点的小物块b发生弹性正碰(碰撞时间极短),b运动到P点时对轨道恰好无压力.已知a、b的质量分别为m1=0.1 kg、m2=0.3 kg,a与AB段的动摩擦因数为μ=0.5,b带正电,电荷量q=0.02 C,a、b碰撞过程不会发生电荷转移,重力加速度大小g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:
(1)a、b碰撞结束瞬间,b的速度大小;
(2)b通过P点时的速度大小;
(3)b通过P点后在电场中运动距MN的最远距离.
8.(多选)[2024·河北石家庄模拟] 虚线间存在如图所示的电场,虚线左侧的匀强电场方向与水平虚线间的夹角为α=37°,该匀强电场的电场强度为E1,一比荷为k的带正电的粒子由水平虚线上的A点静止释放,经过一段时间由竖直虚线上的B(图中未画出)点进入虚线右侧竖直向下的匀强电场,该匀强电场的电场强度为E2(E2未知),最终粒子由水平虚线上的C(图中未画出)点离开电场,离开电场瞬间的速度与水平虚线的夹角为θ=53°.已知OA=4L、电场强度E1=E,不计粒子的重力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.则下列说法正确的是 (　)
A.E2=E
B.OC=10L
C.粒子由A到C的时间为
D.A、C两点的电势差为EL
9.[2024·广东广州模拟] 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从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=,重力加速度大小为g.
(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
(3)k的取值满足(2)问的条件下,求A和B两次碰撞间隔的时间.专题十三　带电粒子在电场中运动的综合问题
例1　AD　[解析] 小滑块在B点处的加速度为零,则沿斜面方向有mgsin 30°=cos 30°,解得O、B间的距离l=,A正确,B错误;小滑块从A到C的过程,由动能定理有W+mgssin 30°=0,解得静电力对小滑块做的功为W=-,C错误;根据静电力做功与电势差的关系可知,A、C之间的电势差UAC==-,D正确.
例2　C　[解析] 令OA的距离为d,初动能为Ek0小球从O到A只有重力做功,根据动能定理有mgdcos 60°=2Ek0-Ek0,可得Ek0=mgd,加电场后,小球从O到A根据动能定理有WOA电+mgdcos 60°=3Ek0-Ek0,小球从O到B根据动能定理有WOB电+mg·2d=3Ek0-Ek0,联立可得WOA电=Ek0,WOB电=-2Ek0,令O点的电势为零,即φO=0,WOA电=q=Ek0,WOB电=q=-2Ek0,可得φA=-,φB=,在匀强电场中,沿任意直线,电势的下降是均匀的,可得O、M为等势点,M为AB的三等分点,根据电场线与等势面垂直,可知电场沿CA方向,如图所示,根据几何关系可得lAC=,电场强度为E=,联立以上可得E=,故选C.
例3　(1)　(2)　
[解析] (1)A、B两点沿电场线方向的距离为L,在匀强电场中,由电场强度与电势差的关系可知E=
(2)当小球运动到A点时,细线对小球的拉力为0,由牛顿第二定律得Eq-mg=
解得vA=
小球由A点运动到B点,由动能定理得
Uq-mgL=m-m
解得vB=
变式　B　[解析] 小球静止时,对小球受力分析,由平衡条件可知qE=mgtan θ,解得E=,故A错误;小球所受电场力与重力大小、方向均保持不变,将电场力与重力的合力等效为“新重力”,大小为F=,作出小球做圆周运动的轨迹,如图所示,则与起始点关于圆心O对称的A点为小球绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动的等效“最高点”,在A点时小球的速度最小,动能最小,由牛顿第二定律可知F=,动能Ekmin=m,联立解得Ekmin=,故B正确;由功能关系可知,小球机械能的变化量等于电场力做的功,则当小球运动到最左边与O点等高处时,电场力做负功最多,小球机械能最小,故C错误;小球从初始位置开始,在竖直平面内运动一周的过程中,电场力先做正功后做负功再做正功,所以电势能先变小后变大再变小,故D错误.
例4　BD　[解析] 由题意可知,Eq=mg,故等效重力G'的方向与水平方向成45°,其运动过程如图所示,当vy=0时,速度最小,为vmin=v1,由于此时v1存在水平分量,小球还可以向左运动,电场力还会继续做负功,故此时电势能不是最大,故A错误;小球从开始运动到速度方向竖直向下的过程中,水平方向上有v'=v0-t,竖直方向上有v=gt,当v'=0时,由于Eq=mg,得v=v0,此时小球的动能等于初动能,由于此时速度没有水平分量,故电势能达到最大,由动能定理可知WG+W电=0,则重力做的功等于小球电势能的增加量, 故B、D正确;当小球速度为图中v1时,速度的水平分量与竖直分量大小相等,动能最小,故C错误.
例5　AD　[解析] 氙离子经电场加速,根据动能定理有qU=mv2-0,可得加速电压为U=≈175 V,故A正确,B错误;设在Δt时间内,有质量为Δm的氙离子以速度v喷射而出,形成电流为I,由动量定理可得FΔt=Δmv-0,进入放电通道的氙气质量为Δm0,被电离的比例为η,则有=η,联立解得=≈5.3×10-6 kg,故D正确;设在Δt时间内,有电荷量为ΔQ的氙离子喷射出,则有ΔQ=q,I=,联立解得I=≈3.7 A,故C错误.
例6　C　[解析] A球在电场力作用下做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得qE=ma,则A球的加速度为a=,设A球与B球碰前的速度为v0,由运动学公式=2aL可得v0=,所用时间t0==,因为A球和B球质量相等,所以每次碰撞后交换速度,B球碰后做匀速直线运动,作出两球运动的v t图像,如图所示,斜线表示A球,水平线表示B球,两球在t0、3t0、5t0、7t0……时刻发生碰撞;由此可得,两球发生第6次碰撞到发生第7次碰撞之间的时间间隔Δt=2t0=2,故选C.
例7　D　[解析] 该过程中系统动能和电势能相互转化,能量守恒,对整个系统分析可知系统受到的合外力为0,故动量守恒,故B错误;当三个小球运动到同一条直线上时,根据对称性可知细线中的拉力相等,此时球3受到1和2的电场力大小相等,方向相反,故可知此时球3受到的合力为0,球3从静止状态开始运动,瞬间受到的合力不为0,故该过程中小球3受到的合力在改变,故A错误;对系统根据动量守恒定律有mv1+mv2=mv3,由球1和2运动的对称性可知v1=v2,解得v3=2v1,根据能量守恒定律有mv12+m+m=,解得v3=,故C错误,D正确.
例8　(1)12 N　(2)0　4 m/s　
(3)6.25 m
[解析] (1)对物体甲,从A点到P点,由动能定理得
m1gR+EqR=m1-m1
在P点,根据牛顿第二定律得
FN-m1g=m1
解得FN=12 N
(2)物体甲在水平面上向右运动,碰撞前,根据动能定理有
L1=m1v2-m1
甲、乙碰撞过程中,根据动量守恒定律和能量守恒定律有
m1v=m1v甲+m2v乙
m1v2=m1+m2
解得v甲=0,v乙=4 m/s
(3)对物体甲受力分析得
Eq=1 N>μm1g=0.4 N
则物体甲、乙最终停在挡板处,在整个过程,对甲、乙系统,由能量守恒定律得m1+m1gR+Eq(R+L1+L2)=μm1gs甲+μm2gs乙
解得s总=s甲+s乙=6.25 m专题十三　带电粒子在电场中运动的综合问题
　　　　　 　　　　　 　　　　　
　电场中功能关系的综合问题
电场力做功的计算
电场 中的 功能 关系 (1)电场力做正功,电势能减少;电场力做负功,电势能增加,即W=-ΔEp (2)如果只有电场力做功,则动能和电势能之间相互转化,二者总和不变,即ΔEk=-ΔEp
例1 (多选)[2024·山东卷] 如图所示,带电荷量为+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、带电荷量为+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A、C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.O、B间的距离l=
B.O、B间的距离l=
C.从A到C,静电力对小滑块做功W=-mgs
D.A、C之间的电势差UAC=-
例2 [2024·山西太原模拟] 如图所示,O、A、B为同一竖直平面内的三个点,OB沿竖直方向,OA垂直于AB,∠AOB=60°,将一质量为m的小球沿某一方向以一定的初动能自O点抛出,小球在运动过程中通过A点时的动能是初动能的2倍.使此小球带电,电荷量为q(q>0),同时加一匀强电场,场强方向与三角形OAB所在平面平行,从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球,该小球通过A点时的动能是初动能的3倍;将该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出,通过B点的动能也是初动能的3倍.已知重力加速度大小为g,则所加电场的场强大小为 (　)
A.
B.
C.
D.
[反思感悟] 　

　等效思想在电场中的应用
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,同时存在匀强电场和重力场时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,可形象地称为“等效重力场”.
2.对应概念
3.举例
例3 [2024·河北卷] 如图所示,竖直向上的匀强电场中,用长为L的绝缘细线系住一带电小球,在竖直平面内绕O点做圆周运动.图中A、B为圆周上的两点,A点为最低点,B点与O点等高.当小球运动到A点时,细线对小球的拉力恰好为0,已知小球的电荷量为q(q>0),质量为m,A、B两点间的电势差为U,重力加速度大小为g,求:
(1)电场强度E的大小.
(2)小球在A、B两点的速度大小.
变式 [2024·吉林长春模拟] 如图所示,在竖直平面内有水平向左的匀强电场,在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线,细线一端固定在O点,另一端系一质量为m、电荷量为q的带电小球.小球静止时细线与竖直方向成θ角,此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动,重力加速度为g,不考虑空气阻力.下列说法正确的是 (　)
A.匀强电场的电场强度E=
B.小球做圆周运动过程中动能的最小值为Ekmin=
C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D.小球从初始位置开始,在竖直平面内运动一周的过程中,其电势能先减小后增大
[反思感悟] 　



例4 (多选)[2022·全国甲卷] 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
[反思感悟] 　



　带电粒子的能量和动量综合问题
解决电场中的力电综合问题,常用以下几种观点分析解答:
(1)动力学的观点
①由于匀强电场中带电粒子(体)所受电场力和重力都是恒力,可用正交分解法.
②综合运用牛顿运动定律和运动学公式,注意受力分析和运动分析,特别注意重力是否需要考虑的问题.
(2)能量的观点
①运用动能定理,注意过程分析要全面,准确求出过程中的所有力做的功,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,注意题目中有哪些形式的能量出现.
(3)动量的观点
①运用动量定理,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,要注意动量守恒定律的表达式是矢量式,注意正方向的选取.
例5 (多选)我国霍尔推进器技术世界领先,其简化的工作原理如图所示.放电通道两端电极间存在一加速电场,该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场(未画出)用于提高工作物质被电离的比例.工作时,工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子,再经电场加速喷出,形成推力.某次测试中,氙气被电离的比例为95%,氙离子喷射速度为1.6×104 m/s,推进器产生的推力为80 mN.已知氙离子的比荷为7.3×105 C/kg;计算时,取氙离子的初速度为零,忽略磁场对离子的作用力及离子之间的相互作用,则 (　)
A.氙离子的加速电压约为175 V
B.氙离子的加速电压约为700 V
C.氙离子向外喷射形成的电流约为37 A
D.每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3×10-6 kg
[反思感悟] 　


例6 [2024·河北邢台模拟] 在无重力空间,电场强度为E的足够大的匀强电场中,有一条与电场线平行的直线,如图中虚线所示,直线上有两个静止的小球A和B,质量均为m,A球带电荷量为+q,B球不带电.开始时两球相距L,在电场力作用下,A球开始沿直线运动,并与B球发生正碰,碰撞中A、B两球的总动能无损失,设在每次碰撞过程中,A、B间无电荷转移,且不考虑重力及两球间的万有引力,则两球发生第6次碰撞到发生第7次碰撞之间的时间间隔是 (　)
A. B.2
C.2 D.
[反思感悟] 　

例7 [2024·安徽卷] 在某装置中的光滑绝缘水平面上,三个完全相同的带电小球,通过不可伸长的绝缘轻质细线,连接成边长为d的正三角形,如图甲所示.小球质量为m,带电荷量为+q,可视为点电荷.初始时,小球均静止,细线拉直.现将球1和球2间的细线剪断,当三个小球运动到同一条直线上时,速度大小分别为v1、v2、v3,如图乙所示.该过程中三个小球组成的系统电势能减少了,k为静电力常量,不计空气阻力.则 (　)
A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B.该过程中系统能量守恒,动量不守恒
C.在图乙位置,v1=v2,v3≠2v1
D.在图乙位置,v3=
[反思感悟] 　
例8 [2024·山东菏泽模拟] 如图所示,光滑圆弧轨道竖直固定,与水平面相切于最低点P,半径R=0.2 m,空间中存在水平向右的匀强电场,电场强度E=1×103 V/m,物体甲的质量为m1=0.2 kg,带电荷量为q=+1×10-3 C,在P点右侧L1=1 m处有一不带电的物体乙,质量为m2=0.2 kg,物体乙右侧L2=0.5 m处有一竖直固定挡板,甲物体从与圆心O等高的A点以竖直向下的速度v0=2 m/s滑动,甲、乙与水平面的动摩擦因数均为μ=0.2,所有碰撞均无能量损失,且甲、乙碰撞没有电荷转移,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)在圆形轨道最低点P,物体甲受到轨道的支持力大小;
(2)甲、乙第一次碰撞后各自的速度大小;
(3)整个过程甲、乙在水平面上运动的总路程之和.(共92张PPT)
专题十三 带电粒子在电场中运动的综合
问题
题型一 电场中功能关系的综合问题
题型二 等效思想在电场中的应用
题型三 带电粒子的能量和动量综合问题
◆
作业手册
答案核查【听】
答案核查【作】
备用习题
题型一 电场中功能关系的综合问题
电场力做 功的计算 _________________________________________________________________________________________________
电场中的 功能关系
例1 (多选)[2024·山东卷] 如图所示，带电荷量为 的小球被绝缘棒固定
在点，右侧有固定在水平面上、倾角为 的光滑绝缘斜面.质量为 、
带电荷量为的小滑块从斜面上点由静止释放，滑到与小球等高的 点
时加速度为零，滑到点时速度为零.已知、间的距离为 ，重力加速度
大小为，静电力常量为 ，下列说法正确的是( )
A.、间的距离
B.、间的距离
C.从到，静电力对小滑块做功
D.、之间的电势差
√
√
[解析] 小滑块在 点处的加速度为零，则沿斜面方
向有 ,解得、 间的距离
，A正确，B错误；小滑块从到 的过
程，由动能定理有 ,解得静电
力对小滑块做的功为 ,C错误；根据静电力做功与电势差的关系
可知，、之间的电势差 ，D正确.
例2 [2024·山西太原模拟] 如图所示，、、 为同一竖直
平面内的三个点，沿竖直方向，垂直于 ，
，将一质量为 的小球沿某一方向以一定的初
动能自点抛出，小球在运动过程中通过 点时的动能是初动
能的2倍.使此小球带电，电荷量为 ，同时加一匀强
电场，场强方向与三角形所在平面平行，从 点以同样
A. B. C. D.
的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过 点时的动能是初动能
的3倍；将该小球从点以同样的初动能沿另一方向抛出，通过 点的动能
也是初动能的3倍.已知重力加速度大小为 ，则所加电场的场强大小为
( )
√
[解析] 令的距离为，初动能为小球从到 只有
重力做功，根据动能定理有 ，
可得，加电场后，小球从到 根据动能定
理有电，小球从到 根
据动能定理有电 ，联立可得
电，电，令 点的电势为零，即
，电， 电，
可得， ，
在匀强电场中，沿任意直线，电势的下降是均匀的，可
得、为等势点，为 的三等分点，根据电场线与
等势面垂直，可知电场沿 方向，如图所示，根据几何
关系可得，电场强度为 ，联立以上可得
，故选C.
题型二 等效思想在电场中的应用
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，同时存在匀强电场和
重力场时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，可形象地称为“等效重力场”.
2.对应概念
3.举例
例3 [2024·河北卷] 如图所示，竖直向上的匀强电场中，
用长为的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕
点做圆周运动.图中、为圆周上的两点， 点为最低
点，点与点等高.当小球运动到 点时，细线对小球的
拉力恰好为0，已知小球的电荷量为 ，质量为
，、两点间的电势差为，重力加速度大小为 ，求：
(1) 电场强度 的大小.
[答案]
[解析] 、两点沿电场线方向的距离为 ，在匀强电场
中，由电场强度与电势差的关系可知
例3 [2024·河北卷] 如图所示，竖直向上的匀强电场中，
用长为的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕
点做圆周运动.图中、为圆周上的两点， 点为最低
点，点与点等高.当小球运动到 点时，细线对小球的
拉力恰好为0，已知小球的电荷量为 ，质量为
，、两点间的电势差为，重力加速度大小为 ，求：
(2) 小球在、 两点的速度大小.
[答案] ;
[解析] 当小球运动到 点时，细线对小球的拉力为0，由
牛顿第二定律得
解得
小球由点运动到 点，由动能定理得
解得
变式 [2024·吉林长春模拟] 如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强
电场，在匀强电场中有一根长为的绝缘细线，细线一端固定在 点，另
一端系一质量为、电荷量为 的带电小球.小球静止时细线与竖直方向成
角，此时让小球获得初速度且恰能绕 点在竖直平面内沿逆时针方向做
圆周运动，重力加速度为 ，不考虑空气阻力.下列说法正确的是( )
A.匀强电场的电场强度
B.小球做圆周运动过程中动能的最小值为
C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程
中，其电势能先减小后增大
√
[解析] 小球静止时，对小球受力分析，由平衡
条件可知 ，解得 ，故
A错误；小球所受电场力与重力大小、方向均保
持不变，将电场力与重力的合力等效为“新重力”，
大小为 ，作出小球做圆周运动的轨迹，
如图所示，则与起始点关于圆心对称的点为小球绕 点在竖直平面内沿
逆时针方向做圆周运动的等效“最高点”，在 点时小球的速度最小，
动能最小，由牛顿第二定律可知 ，
动能，联立解得 ，
故B正确；由功能关系可知，小球机械能的变化量
等于电场力做的功，则当小球运动到最左边与
点等高处时，电场力做负功最多，小球机械能最
小，故C错误；小球从初始位置开始，在竖直平
面内运动一周的过程中，电场力先做正功后做负
功再做正功，所以电势能先变小后变大再变小，
故D错误.
例4 (多选)[2022·全国甲卷] 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 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 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
√
√
[解析] 由题意可知，，故等效重力 的方向与水平方向成 ，其运动过程如图所示,当 时，速度最小,为，由于此时 存在水平分量，小球还可以向左运动，电场力还会继续做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；小球从开始运动到速度方向竖直向下的过程中，水平方向上有,竖直方向上有
，当 时，由于，得
,此时小球的动能等于初动能，由于
此时速度没有水平分量，故电势能达到最大，
由动能定理可知 ,则重力做的功等于小球电势能的增加量，故B、D正确；当小球速度为图中 时，速度的水平分量与竖直分量大小相等，动能最小，故C错误.
题型三 带电粒子的能量和动量综合问题
解决电场中的力电综合问题，常用以下几种观点分析解答：
(1)动力学的观点
①由于匀强电场中带电粒子(体)所受电场力和重力都是恒力，可用正交分
解法.
②综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析和运动分析，特别
注意重力是否需要考虑的问题.
(2)能量的观点
①运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，
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，注意题目中有哪些形式的能量出现.
(3)动量的观点
①运用动量定理，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，要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，注意正方
向的选取.
例5 (多选)我国霍尔推进器技术世界领
先，其简化的工作原理如图所示.放电通
道两端电极间存在一加速电场，该区域
内有一与电场近似垂直的约束磁场
(未画出)用于提高工作物质被电离的比例.工作时，工作物质氙气进入放电
通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力.某次测试中，氙
气被电离的比例为，氙离子喷射速度为 ，推进器产生的
推力为.已知氙离子的比荷为 ；计算时，取氙离子的
初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及离子之间的相互作用，则
( )
A.氙离子的加速电压约为
B.氙离子的加速电压约为
C.氙离子向外喷射形成的电流约为
D.每秒进入放电通道的氙气质量约为
√
√
[解析] 氙离子经电场加速，根据动能定理有 ，可得加速电压为 ，故A正确，B错误；
设在时间内，有质量为 的氙离子以速度喷射而出，形成电流为 ，
由动量定理可得 ，进入放电通道的氙气质量为 ，被电
离的比例为 ，则有 ，联立解得 ，
故D正确；设在时间内，有电荷量为 的氙离子喷射出，则有
， ，联立解得
，故C错误.
例6 [2024·河北邢台模拟] 在无重力空间，电场强度为
的足够大的匀强电场中，有一条与电场线平行的直线，
如图中虚线所示，直线上有两个静止的小球和 ，质
量均为，球带电荷量为， 球不带电.开始时两球
A. B. C. D.
相距，在电场力作用下，球开始沿直线运动，并与 球发生正碰，碰撞
中、两球的总动能无损失，设在每次碰撞过程中，、 间无电荷转移，
且不考虑重力及两球间的万有引力，则两球发生第6次碰撞到发生第7次碰
撞之间的时间间隔是( )
√
[解析] 球在电场力作用下做匀加速直线运动，
由牛顿第二定律得，则 球的加速度为
，设球与球碰前的速度为 ，由运动
学公式可得 ，所用时间
，因为球和 球质量相等，所以每次碰撞后交换速度，
球碰后做匀速直线运动，作出两球运动的 图像，如图所示，斜
线表示球，水平线表示球，两球在、、 、 时刻发
生碰撞；由此可得，两球发生第6次碰撞到发生第7次碰撞之间的时间
间隔 ，故选C.
例7 [2024·安徽卷] 在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带
电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为 的正三角形，如
图甲所示.小球质量为，带电荷量为 ，可视为点电荷.初始时，小球均
静止，细线拉直.现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条
直线上时，速度大小分别为、、 ，
如图乙所示.该过程中三个小球组成的系统
电势能减少了， 为静电力常量，不计
空气阻力.则( )
A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C.在图乙位置，，
D.在图乙位置，
√
[解析] 该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分
析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒,故B错误；
当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的电场力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动，瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故A错误；对系统根据动量守恒定律有 ,由球1和2运动的对称性可知，
解得 ,根据能量守恒定律有
，解得 ，
故C错误，D正确.
例8 [2024·山东菏泽模拟] 如图所示，光滑 圆弧轨道竖直固定，与水平面相切于最低点，半径 ，空间中存在水平向右的匀强电场，电场强度 ，物体甲的质量为，带电荷量为
，在点右侧 处有一不带电的物体乙，质量为，物体乙右侧 处有一竖直固定挡板，甲物体从与圆心等高的点以竖直向下的速度
滑动，
[解析] 对物体甲，从点到 点，由动能定理得
在 点，根据牛顿第二定律得
解得
甲、乙与水平面的动摩擦因数均为 ，所有碰撞均无能量损失，
且甲、乙碰撞没有电荷转移,重力加速度取 ，求:
(1) 在圆形轨道最低点 ，物体甲受到轨道的支持力大小；
[答案]
(2) 甲、乙第一次碰撞后各自的速度大小；
[答案] 0;
[解析] 物体甲在水平面上向右运动，碰撞前，根据动能定理有
甲、乙碰撞过程中，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得，
(3) 整个过程甲、乙在水平面上运动的总路程之和.
[答案]
[解析] 对物体甲受力分析得
则物体甲、乙最终停在挡板处，在整个过程，对甲、乙系统，由能量守恒定律得
解得
电场中功能关系的综合问题
1.(多选)[2023·全国乙卷] 在点处固定一个正点电荷，点在 点右上方.
从 点由静止释放一个带负电的小球.小球仅在重力和该点电荷电场力作用
下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示.、 是轨迹上的两点，
， ，则小球( )
A.在运动过程中，电势能先增加后减少
B.在点的电势能大于在 点的电势能
C.在点的机械能等于在 点的机械能
D.从点运动到 点的过程中，电场力始终不做功
√
√
[解析] 由图可知，带电小球从 点开始运动，下落时电场
力对其先做正功，后做负功，所以电势能先减少后增加，
A错误；由于，所以带电小球在点与 点的电
势能相等，由到 过程，电场力对小球做正功，电势能减
少，所以点的电势能大于点的电势能，即 点的电势能
也大于 点的电势能，B正确；小球在运动过程中只有电场
力和重力做功，所以只有电势能和机械能的相互转化，由于电子在 点和
点的电势能相等，所以在这两点的机械能也相等，C正确；从点到 点
的运动过程，由于有重力作用，虽然点和点离 点距离相等，但此段
轨迹不是以 为圆心的圆弧，所以它不是一个等势线，电场力会做功，且
先做正功后做负功，D错误.
2.如图所示，两个带等量正电荷的点电荷分别固定在绝缘水平桌面上的
、两点，一绝缘圆形细管水平固定在桌面上、 两点间，且圆形细管
圆心位于、连线的中点，细管与连线及 连线的中垂线交点分别
为、、、 .一个带负电的小球在细管中按顺时针方向做完整的圆周运
动，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A.小球从运动到 的过程中，速度先减小后增大
B.在两个带正电的点电荷产生的电场中， 点的电势比
点的电势低
C.小球在、 两点的速度大小相等，有相同的电势能
D.小球在、 两点所受的电场力相同
√
[解析] 带负电的小球从运动到 的过程中，电场
力的方向一直与速度方向的夹角是钝角，电场力一
直做负功，所以小球的速度一直减小，A错误；沿
电场线电势降低，由等量正电荷的电场线的分布可
知，B错误；由对称性可知，则小球在、 两点的
电势能相同，由能量守恒定律可得小球在和 两点的动能相同，速度大
小相等，C正确；等量同种电荷的电场线如图所示，点电场线与 点电场
线方向相反，因此小球在、 两点所受的电场力方向不同，D错误.
等效思想在电场中的应用
3.(多选)如图所示，带电小球(可视为质点)用绝缘细线悬挂在 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 ，
小球质量为、带电荷量为，细线长为，重力加速度为 ，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至少为
√
√
[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，
由于电场方向向下，所以小球带负电，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
于等效重力方向竖直向上，所以小球运动到最低点时速度最小，有
，所以最小速度
，故D正确.
4.如图所示，竖直平面内的固定光滑圆形绝缘轨道的半径为，、 两点
分别是圆形轨道的最低点和最高点，圆形轨道上、两点的连线过圆心
且与竖直方向的夹角为 .空间存在方向水平向右且平行于圆形轨道
所在平面的匀强电场，一质量为 的带负电小球(视为质点)恰好能沿轨道
内侧做完整的圆周运动，且小球通过点时速度最小.重力加速度大小为 .
下列说法正确的是( )
A.小球受到的电场力大小为
B.小球通过点时的速度大小为
C.小球在运动过程中的最大速度为
D.小球通过点时所受轨道的作用力大小为
√
[解析] 小球通过 点时速度最小，则在该点时电场力与重力的合力方向沿半径方向，由平行四边形定则可知，小球受到的
电场力大小为 ，故A错误；
小球通过点时速度最小，则 点为竖直平面内
圆周运动的等效最高点，小球恰好能做完整的
圆周运动，在等效最高点时有最小速度，此时电场力与重力的合力刚好提供向心力，有，解得 ，故B错误；
小球在等效最低点点时速度最大，小球从点到 点的过程中，由动能定理得 ，联立解得最大速度，故C错误；小球通过 点时，由牛顿第二定律得
，解得轨道对小球的
作用力 ，故D正确.
带电粒子的能量和动量综合问题
5.(多选)如图所示，在水平向右的匀强电场中，一带正电粒子受重力和电
场力的作用在竖直平面内运动.粒子运动过程中先后经过、、 三点，其
中、两点在同一水平线上.粒子在点的速度大小为 ，方向与加速度方
向垂直；粒子在点的速度大小为，速度方向平行于 连线.已知粒子
质量为、电荷量为，重力加速度为 ，则下列说法正确的是( )
A.电场强度的大小为
B.粒子在点的速度大小为
C.粒子从点运动到 点，合外力的冲量大小为
D.粒子从点运动到 点，电场力的冲量大小为
√
√
[解析] 粒子在 点的速度方向与加速度方
向垂直，则粒子从到 做类平抛运动，
粒子在点的速度大小为，在 点的速度大小为，设粒子在 点的速
度偏转角为 ，有，解得 ，由于粒子在点的速度方
向与连线平行，故在点的速度方向与 连线的夹角为 ，电场力和
重力的合力与竖直方向的夹角为 ，由力的合成可得 ，
解得电场强度 ，选项A错误；
粒子在电场力作用下沿水平方向做匀加速直线运动，在重力作用下
沿竖直方向做竖直上抛运动，将粒子在
点的速度分解为水平分速度 和竖直
分速度，则 ， ，在竖直方
向上，粒子从点运动到点与从点运动到 点具有对称性，两段时间相等，
则粒子运动到 点的竖直分速度大小 ,在水平方向上，粒子从
点运动到点与从点运动到 点的水平速度增量相等，
即 ，解得粒子运动到 点的水平分速度大小
，所以粒子在 点的速度大小
，选项B正确；
粒子从点运动到 点，在竖直方向上，根据动量定理可知，重力的冲量
，在水平方向上，根据动量定理可知，电
场力的冲量 ，则合外力的冲量
，选项C错误，D正确.
6.如图所示， 点左侧水平面粗糙，右侧水平面光滑.过 点的竖直虚线右侧有一水平向左、足够大的匀强电场，场强大小为.一质量为、电荷量为的绝缘物块从 点以初速度 水平向右进入电场.求：
(1) 物块向右运动过程中离点的最远距离 ；
[答案]
[解析] 物块向右做减速运动，根据动能定理有
解得
[解析] 取水平向右为正方向，由于物块从出发到返回出发点的过程中，
静电力做功为零，所以返回出发点时的速度
根据动量定理有
解得
负号表示其方向水平向左.
(2) 物块在整个运动过程中受到静电力的冲量 的大小和方向；
[答案] ; 方向水平向左
6.如图所示， 点左侧水平面粗糙，右侧水平面光滑.
过 点的竖直虚线右侧有一水平向左、足够大的匀强
电场，场强大小为.一质量为、电荷量为 的绝缘
物块从点以初速度 水平向右进入电场.求：
(3) 物块在整个运动过程中产生的内能 .
[答案]
[解析] 物块最终静止在 点左侧水平面上，在物块运动的全过程中，根据
能量守恒定律有
作业手册
1.在真空中有一竖直向上的匀强电场，场强大小为 ，一个带电液滴在电
场中点处于静止状态.现将突然增大到 ，方向不变，作用一段时间，
再突然使反向，保持 大小不变，又经过一段同样长的时间，液滴恰好
返回到 点.在这两段相同的时间里( )
A.电场力做功相同 B.动能的变化量相等
C.重力做功相同 D.合力的冲量大小相等
√
[解析] 带电液滴在电场中受到重力和电场力的作用，刚开始处于静止状
态，则，当场强变为 后，电场力大于重力，液滴向上做加速
运动，加速度 ，若使电场反向，则其加速度方向向下，大小
为，两段的时间相等，位移大小 相等，前一段时间内电场力
做正功，后一段时间内电场力做正功大小 ，故这两
段时间里，电场力做功相同，选项A正确；根据动能定理，前一段时间里
动能的变化量等于合力做的功，即 ，后一段时间里
合力做的功为 ，这两段时间里合力做的功不相等，
所以动能的变化量也不相等，选项B错误；前一段时间里重力做负功，后
一段时间里重力做正功，故这两段时间里重力做功不相同，选项C错误；
前一段时间里合力的冲量为 ，后一段时间里合力的冲量为
，故这两段时间里合力的冲量大小也不相等，选项D错误.
2.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球以初速度
从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为 ，方向与电场方向相反，
则小球从运动到 的过程( )
A.动能增加 B.机械能增加
C.重力势能增加 D.电势能增加
√
[解析] 带电小球以初速度从运动到 的过程中，
竖直方向上只受重力，水平方向上只受电场力，到
达 点时，竖直方向上到了最高点，由运动学公式
有 ，所以重力势能增加量 ,水平方向上
有,所以电势能减少量 电 ,
C、D错误；减少的电势能全部转化为小球的机械能，所以机械能增加了
，B正确；小球动能增加量 ，A错误.
3.[2024·四川成都模拟] 如图所示，虚线圆位于竖直面内，和 为相互
垂直的两条直径，其中 位于水平方向.竖直平面内有足够大的匀强电场，
方向与圆周平面平行.在圆周平面内将质量为、带电荷量为 的小球
(可视为质点)从 点以相同的速率向各个方向抛出，小球会经过圆周上不
同的点，其中到达点时小球的动能最大.已知重力加速度为 ，场强大小
为， 则下列说法中正确的是( )
A.电场的方向由指向
B.小球运动过程中的加速度大小等于
C. 点为圆周上电势最低的点
D.经过 点时小球的速度与初速度大小相等
√
[解析] 小球受到电场力和重力，当到达等效最低
点时动能最大，故 点为等效最低点，因此受到
合力方向由指向 ，受力分析，设电场方向与
方向的夹角为 ，则有 ，因为
小球带正电，所以场强方向与电场力方向相同，如图所示，故A错误；加速度大小为 ，故B错误；沿电场线方向电势降低，因此电势最低的点为 点，故C错误；合力方向由指向，因此从到，合力做功为0，小球在、 两点时动能相等，速度大小相等，故D正确.
4.[2024·江西九江模拟] 如图所示，在空间中水平面的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为 的带电小球由上方的 点以一定初速度水平抛出，从点进入电场，到达点时速度方向恰好水平，、、 三点在同一直线上，且小球所受电场力为，
其中 为重力加速度，由此可知( )
A.
B.小球从到与从到 的运动时间相等
C.小球从到与从到 的动量变化量相同
D.小球从到 的过程中，重力对小球做的功与电场力对小球做的功的绝
对值相等
√
[解析] 设到的距离为,小球从到 的时间为
，在 点的竖直分速度为 ，
小球在电场中的加速度大小为，
小球从到 的时间为 ，则两段所用的时间之比为 ，小球
在水平方向上不受力，故在水平方向上做匀速直线运动，则 ，
故A、B错误；
由动量定理可知，动量变化量等于合力的冲量，小球在段合力的冲量方向向下，小球在 段合力的冲量方向向上，故C错误；小球从到 的过程中，在水平方向上做匀速直线运动，由动能定理可知
，所以重力对小球做的功与电场力对小球做的功的绝对值相等，故D正确.
5.[2024·浙江6月选考] 如图所示空间原有大小为 、方向竖直向上的匀强
电场，在此空间同一水平面的、 点固定两个等量异种点电荷，绝缘光
滑圆环垂直放置，其圆心在的中点，半径为，和 分
别为竖直和水平的直径.质量为、电荷量为的小球套在圆环上，从 点
沿圆环以初速度做完整的圆周运动，重力加速度为 ,则( )
A.小球从到 的过程中电势能减少
B.小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C.可求出小球运动到 点时的加速度
D.小球在点受到圆环的作用力方向平行
√
[解析] 在两个等量异种点电荷形成的电场中，圆环所在平
面为等势面，在方向竖直向上的匀强电场中, 点电势低于
点电势,则带正电的小球从到 的过程中电势能增加，A
错误；当竖直向上的匀强电场的场强满足 时，
小球可沿圆环做匀速圆周运动，B错误；根据动能定理得
,可以求得小球运动到 点时
的速度 ，则由可以求得小球在 点的向心加速度，
沿竖直方向,根据牛顿第二定律得 ,可以求
得小球的切向加速度 ，根据矢量合成的方法可以得到
小球在 点的加速度，C正确；小球在 点
受到圆环的作用力提供向心力，所以小球在 点时受到圆
环的作用力方向垂直于 ，D错误.
6.(多选)如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，其中有一个半径为
的竖直光滑圆环，环内有两根光滑的弦轨道和， 点所在的
半径与竖直直径成 角，取 .质量为
、电荷量为的带电小球(可视为质点)从 点由静
止释放，分别沿弦轨道和到达圆
周的运动时间相同. 现去掉弦轨道 和
，如图乙所示， 给小球一个初速度，
让小球恰能在圆环内做完整的圆周运动，
A.小球做圆周运动经过 点时动能最大
B.匀强电场的电场强度大小为
C.小球做圆周运动过程中动能的最小值是
D.小球做圆周运动过程中对环的压力
的最大值是
不考虑小球运动过程中电荷量的变化，下列说法正确的是( )
√
√
[解析] 将电场力和重力的合力等效为一个力，根据题图甲中“等时圆”模型
可知， 点应为“等时圆”上等效最高点，可知重力与电场力的合力必须指
向，根据力的合成与分解得 ，解得匀强电场的电场强
度大小为，故B正确；圆环的等效最低点为 延长线与
圆轨道的交点，小球在等效最低点时
速度最大，动能最大，故A错误；
因为重力与电场力均为恒力，二者的
合力大小为 ，
小球做圆周运动，则在其等效最高点，有，此时小球速度最小，
动能最小，最小动能为 ，联立解得 ，故C错误；小球从
等效最高点运动至等效最低点过程中，由动能定理得
，在等效最低点时小球对圆环的压力最大，速度
最大，动能最大，由牛顿第二定律得
，联立解得 ，
由牛顿第三定律可知,小球做圆周运动
的过程中对环的最大压力是 ，故D正确.
7.[2024·湖北武汉模拟] 如图所示，竖直平面内固定有绝缘轨道，段是长 的水平轨道，段是半径、圆心角 的光滑圆弧轨道，段是倾角 的倾斜轨道，段是恰好能与 段组成半圆的光滑圆弧轨道，各段轨道均平滑连接.、 分别是两段圆弧轨道的圆心，所在直线右侧
足够大空间存在匀强电场，电场方向
与 平行且向上，电场强度大小为
.
小物块以初速度从 点向右运动，一段时间后，与静置在点的小物块 发生弹性正碰(碰撞时间极短)，运动到点时对轨道恰好无压力.、，与 段的动摩擦因数为，带正电，电荷量，、 碰撞过程不会发生电荷转移，重力加速度大小
取 ，，
.求:
[解析] 从点运动至 点，根据动能定理有
、 弹性正碰，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
(1) 、碰撞结束瞬间， 的速度大小；
[答案]
(2) 通过 点时的速度大小；
[答案]
[解析] 在 点，根据牛顿第二定律有
解得
(3) 通过点后在电场中运动距 的最远距离.
[答案]
[解析] 过 点后做抛体运动，将运动沿电场所在方向方向 和垂直电场方向(垂直 方向)分解
根据抛体运动规律，沿垂直电场方向(垂直方向)速度为
沿垂直电场方向(垂直方向)位移为
沿垂直电场方向(垂直 方向)加速度为
又
解得
8.(多选)[2024·河北石家庄模拟] 虚线间存在如图所示的
电场，虚线左侧的匀强电场方向与水平虚线间的夹角为
A. B.
C.粒子由到的时间为 D.、两点的电势差为
，该匀强电场的电场强度为，一比荷为 的带正电的粒子由水平虚
线上的点静止释放，经过一段时间由竖直虚线上的 (图中未画出)点进入虚
线右侧竖直向下的匀强电场，该匀强电场的电场强度为未知 ，最终粒子
由水平虚线上的 (图中未画出)点离开电场，离开电场瞬间的速度与水平虚线
的夹角为 .已知、电场强度 ，不计粒子的重力，
， .则下列说法正确的是( )
√
√
[解析] 粒子由 点静止释放，粒子在虚线左侧电场中做匀加速直线运动，、两点间的距离为 ，，又 ，则该过程由动能定理得，解得，粒子由到 的过程做类斜抛运动，粒子在水平方向做匀速直线运动，速度为 ，在竖直方向做类竖直
上抛运动，初速度为，
由题意粒子在 点的速度 与虚线的夹角为 ，
设竖直方向的速度为，则由 解得 ，在竖直方向上由牛顿第二定律得，由速度公式得 ，又由位移公式得 ，解得，，故A错误；、 两点间的距离为 ，
整 理得，故B错误；
粒子由到的时间为 ，解得
，所以粒子由到的总时间为
，故C正确；粒子在点
的速度为，粒子由到 的过程由动
能定理得，解得 ，故D正确.
9.[2024·广东广州模拟] 如图所示，在绝
缘的光滑水平面(足够长)上 点左侧的区
域有水平向右的匀强电场.小滑块、 的
质量均为，其中不带电， 的带电荷
量为，点到点的距离为，点到点的距离为 .现将小滑
块从点由静止释放，其向右运动至点与静止的小滑块 发生弹性碰撞，
设、均可视为质点，整个过程中，的电荷量始终不变， 始终不带电，
已知电场强度，重力加速度大小为 .
[解析] 设与碰撞前的速率为，
对 由动能定理得
将代入，解得
(1) 求与发生第一次碰撞前瞬间， 的速率；
[答案]
[解析] 由题意知，与 发生弹性碰撞，由动量守
恒定律得
由能量守恒定律可知
联立解得,
(2) 的取值满足什么条件时，能使与 发生第二次碰撞
[答案]
碰撞后，以做匀速直线运动， 在电场力作用下，做匀加速直线运动，为使与 能发生第二次碰撞，则经电场加速后的最大速度 应满足的
条件为
碰撞后，对 由动能定理得
联立解得
9.[2024·广东广州模拟] 如图所示，在绝缘的光滑
水平面(足够长)上 点左侧的区域有水平向右的匀
强电场.小滑块、的质量均为，其中 不带
(3) 的取值满足(2)问的条件下，求和 两次碰撞间隔的时间.
[答案] 时,,时，
电，的带电荷量为，点到点的距离为，点到 点的距离为
.现将小滑块从点由静止释放，其向右运动至 点与静止的小
滑块发生弹性碰撞，设、均可视为质点，整个过程中， 的电荷量始
终不变，始终不带电，已知电场强度，重力加速度大小为 .
[解析] 碰后运动到点所用时间为
A的加速度
设运动到点所用时间为，则
若，解得
设与第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间为 ，
当时，与 在离开电场前发生第二次碰撞，有
解得
当时，与 离开电场后发生
第二次碰撞，有
解得
热点题型探究
题型一 例1.AD 例2.C
题型二
例3.（1） （2）, 变式.B 例4.BD
题型三
例5.AD 例6.C 例7.D 例8.（1） （2）0, （3）
基础巩固练 1.A 2.B 3.D
综合提升练 4.D 5.C 6.BD
7.（1） （2） （3）
拓展挑战练 8.CD
9.（1） （2）
（3）时,,时，

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