资源简介

习题课三　带电粒子（带电体）在电场中运动的综合问题
1.（多选）带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是（　　）
A.微粒在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同
B.微粒将沿着一条直线运动
C.微粒做往复运动
D.微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
2.图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压。现有两个质子以相同的初速度分别从t＝0和t＝时刻水平射入电场，已知两质子在电场中的运动时间均为T，并从右端离开电场，则两质子在电场中的偏转位移大小之比是（　　）
A.1∶1 B.2∶1
C.3∶1 D.4∶1
3.如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两极板中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是（　　）
A.保持S闭合，将A板适当上移 B.保持S闭合，将B板适当下移
C.先断开S，再将A板适当上移 D.先断开S，再将B板适当下移
4.如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R为滑动变阻器。用绝缘细线将一带负电的小球悬于电容器内部。闭合开关S，给电容器充电后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（　　）
A.保持S闭合，将滑动变阻器的滑片向a端滑动，则θ增大
B.保持S闭合，将N板向M板靠近，则θ不变
C.断开S，将N板向M板靠近，则θ增大
D.断开S，将N板向下移动少许，则θ增大
5.（多选）如图所示，地面上固定一倾角为θ＝37°，高为h的光滑绝缘斜面，斜面置于水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E＝，现将一个带正电的物块（可视为质点）从斜面顶端由静止释放，已知物块质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A.物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为mgh
B.物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为3mgh
C.物块落地的速度大小为gh
D.物块落地的速度大小为2
6.如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环竖直置于场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中，质量为m、带电荷量为＋q的空心小球穿在环上，当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B时，求小球对环的压力。（重力加速度为g）
7.如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，等势面与水平方向夹角为45°，一电子从等势面D的O点进入匀强电场，经过等势面D时，动能为 16 eV，速度方向竖直向上，电子恰好不穿过B等势面。已知相邻等势面间的距离均为4 cm，电子重力不计。则下列说法正确的是（　　）
A.电子做匀变速直线运动
B.电子再次经过等势面D时的位置与O点相距16 cm
C.电子飞经等势面C时的动能为12 eV
D.匀强电场的电场强度大小为200 V/m
8.（多选）如图所示，质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30°，若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，则下面说法中正确的是（　　）
A.电场强度E的最小值为
B.如果电场强度为E＝，则小球相对初始位置的最大高度为
C.匀强电场的方向可能竖直向上
D.如果电场强度为E＝，小球电势能的最大值为
9.（多选）如图所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一电荷量为－q、质量为m的滑块（可看成点电荷）从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度为零。已知a、b间距离为x，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。以下判断正确的是（　　）
A.滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力
B.滑块在运动过程的中间时刻速率小于
C.此过程中产生的内能为
D.Q产生的电场中a、b两点间的电势差Uab＝
10.如图所示，半径为R、圆心为O的内壁光滑的绝缘圆形轨道竖直固定放置，C点为轨道的最高点，B点为与O点等高的点，在O点固定一电荷量为＋q的点电荷。一个电荷量为－q的小球（可视为质点）静止在圆弧轨道的最低点A，对轨道的压力刚好为零。现给小球一个初速度让其在竖直平面内做完整的圆周运动。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，不计空气阻力大小，下列说法正确的是（　　）
A.小球在竖直平面内做完整的圆周运动时，机械能不守恒
B.在最低点给小球的速度大小至少为，小球才能做完整的圆周运动
C.当小球恰好做完整的圆周运动时，其在B点的向心加速度大小为5g
D.小球做完整的圆周运动，A、C两点对其弹力的大小之差恒为
11.（多选）如图所示，在一带电竖直平行金属板之间，有一质量为m、带电荷量为＋q的小球被绝缘细线悬挂静止于A点，剪断细线后，小球恰能沿直线AB运动，经时间t后到达B点，已知直线AB与水平方向的夹角为45°，重力加速度为g，规定A点的电势为零，下列说法正确的是（　　）
A.电场强度大小为
B.B点的电势为
C.B点的电势能为
D.小球机械能的变化量为
12.如图所示，倾角θ＝37° 的粗糙绝缘斜面AB与粗糙绝缘水平地面BC在B点平滑连接，B点右侧区域存在水平向左的匀强电场，电场强度大小E＝5.0×103 N/C。斜面顶端A点离地高度h＝2.4 m，可视为质点的带正电金属滑块质量m＝1.0 kg、电荷量q＝1.0×10－4 C。现将滑块从A点由静止释放，最后停在水平地面上的C点。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，滑块与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.15，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
（1）滑块在粗糙绝缘斜面AB上下滑时加速度a1的大小；
（2）求滑块在水平地面上滑行的距离。
13.如图甲所示，A、B是真空中平行放置的两等大金属板，加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场。A、B两极板间距离d＝20 cm。今在A、B两极板上加如图乙所示的交变电压，交变电压的周期T＝1.0×10－6 s；t＝0时，A板电势比B板电势高，电势差U0＝1 080 V。一个荷质比＝1.0×108 C/kg的带负电的粒子在t＝0时从B板附近由静止开始运动，不计重力。求：
（1）当粒子的位移为多大时，粒子速度第一次达最大值及该最大值；
（2）粒子运动过程中将与某一极板相碰撞，粒子撞击极板时的速度大小。
习题课三　带电粒子（带电体）在电场中运动的综合问题
1.BD　0～1 s和1～2 s微粒的加速度大小相等，方向相反，A错误；0～1 s和1～2 s微粒分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动，根据这两段运动的对称性可知2 s末的速度为0，所以每个1 s内的位移均相同且2 s以后的运动重复0～2 s的运动，是单向直线运动，B、D正确，C错误。
2.C　粒子在两板之间的运动时间均为T，在t＝0时刻进入的粒子在前半个周期竖直方向是加速，后半个周期竖直方向是匀速，设加速度为a，则偏转位移为y1＝×a×＋a××＝aT2，在t＝T时刻进入的粒子，在前半个周期竖直方向是静止，后半个周期竖直方向是匀加速，偏转位移为y2＝a＝aT2，所以y1∶y2＝3∶1。故C正确。
3.B　设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U，质点的电荷量为q。由题意知质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg（h＋d）－qU＝0，若保持S闭合，将A板适当上移，U不变，设质点到达b时速度为v，由动能定理得mg（h＋d）－qU＝mv2，解得v＝0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔，故A错误；若保持S闭合，将B板适当下移距离Δd，U不变，由动能定理得mg（h＋d＋Δd）－qU＝mv2，则v＞0，质点能穿过b孔，故B正确；若断开S时，将A板适当上移，板间电场强度E不变，设A板上移距离为Δd，质点进入电场的深度为d'时速度为零，由动能定理得mg（h－Δd＋d'）－qEd'＝0，又由原来情况有mg（h＋d）－qEd＝0，比较两式得d'＜d，说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回，故C错误；若断开S，再将B板适当下移，板间电场强度E不变，设B板下移距离为Δd，质点进入电场的深度为d'时速度为零，由动能定理得mg（h＋d'）－qEd'＝0，又由原来情况有mg（h＋d）－qEd＝0，比较两式得d'＝d，说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回，故D错误。
4.D　保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源电压，电源电压保持不变，将滑动变阻器的滑片向a端滑动，则θ不变，A错误；保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源电压，电源电压保持不变，根据公式E＝可知，将N板向M板靠近时，电场强度变大，电场力变大，θ增大，B错误；断开S，电容器带电荷量不变，根据电容器定义式C＝，平行板电容器的公式C＝，电压与电场强度公式U＝Ed，可得E＝，电场强度与两极板距离d无关，断开S，将N板向M板靠近，电场强度不变，电场力不变，θ不变，断开S，将N板向下移动少许，电场强度增大，电场力增大，则θ增大，C错误，D正确。
5.BD　物块受到的电场力F＝qE＝mg，则合力的大小为2mg，合力的方向和水平夹角为30°，则小物块沿合力方向做匀加速直线运动，不会沿着斜面下滑。从静止释放到落地的过程中电场力做功为W＝qE·h＝3mgh。设落地速度为v，根据动能定理可得mgh＋qE·h＝mv2，解得v＝2，A、C错误，B、D正确。
6.2mg＋3Eq，方向水平向右
解析：小球从A到B的过程中，重力做正功，静电力做正功，动能增加，由动能定理有
mgR＋qER＝mv2，
在B点时小球受到重力mg、静电力qE和圆环对小球的弹力F1三个力的作用，沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F1－Eq＝m
联立解得F1＝2mg＋3Eq
小球对环的作用力与环对小球的作用力为作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力大小F1'＝F1＝2mg＋3Eq，方向水平向右。
7.C　电子速度方向竖直向上，恰好不穿过B等势面，则电场力方向垂直于等势面斜向右下，加速度方向与电子速度方向不共线，所以电子做匀变速曲线运动，A错误；将电子的初速度分解到平行于等势线方向（x方向）和垂直等势线斜向左上方向（y方向），初速度为v，则vx＝vy＝vcos 45°＝v，电子经过B等势面时，只有沿x方向的分速度，即vB＝vx＝v，由动能公式Ek＝mv2知电子经过B等势面时动能是经过等势面D的一半，即EkB＝EkD＝8 eV，由电场力做功决定式和动能定理知WDB＝－eUDB＝EkB－EkD，WDC＝－eUDC＝EkC－EkD，UDB＝2UDC，解得EkC＝12 eV，UDC＝4 V，又UDC＝E·dDC，解得E＝100 V/m，C正确，D错误；电子在y方向上做类竖直上抛运动，再次经过等势面D时的时间t＝＝，从等势面D运动到B的位移在y方向的分量为ym＝vy·＝×v×＝·＝8 cm，在x方向上匀速运动，再次经过等势面D时的位置与O点相距x＝vxt＝v·＝＝4ym＝32 cm，B错误。
8.AD　因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向不确定，有最小值，当电场力垂直于运动方向时，电场力最小为mgcos 30°，如图所示。
所以电场强度的最小值Emin＝＝，A正确；
如果电场强度为E＝，小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向与水平方向夹角为30°，斜向上，如图所示。
根据牛顿第二定律知，小球的加速度为a＝g
小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移
s＝＝
则小球上升的最大高度h＝s＝
在整个过程中电场力做功W＝qEscos 120°＝－m，电势能增加m，所以小球电势能的最大值为 m，B错误，D正确；
因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场方向不可能竖直向上，C错误。
9.BD　由题意可知，滑块在水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方向相同，因滑块在b点速度为零，故在b点库仑力小于滑动摩擦力，则在整个滑动过程中，库仑力一直小于滑动摩擦力，故A错误；在水平方向受大小不变的摩擦力及一直变大的库仑力，在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以滑块做加速度不断减小的减速运动，故中间时刻的速率小于，故B正确；滑块的动能和库仑力做的正功都转化为内能，因此在此过程中产生的内能大于动能的减少量，故C错误；由动能定理可得－qUab－μmgx＝0－m，解得两点间的电势差Uab＝，故D正确。
10.B　小球在竖直平面内做完整的圆周运动时，库仑力与运动方向始终垂直，不做功，只有重力做功，机械能守恒，A错误；小球（可视为质点）静止在圆弧轨道的最低点A，对轨道的压力刚好为零，则库仑力F＝mg＝，在最高点重力和库仑力合力恰好提供向心力时为临界条件，在最高点有mg＋F＝，由最低点到最高点，根据机械能守恒有m＝2mgR＋m，解得vA＝，B正确；由A到B过程，根据机械能守恒有m＝mgR＋m，在B点，向心加速度大小aB＝，解得aB＝4g，C错误；由最低点到最高点，根据机械能守恒有mvA'2＝2mgR＋mvC'2，在最低点，根据牛顿第二定律有F1＋F－mg＝，在最高点，根据牛顿第二定律有F2＋F＋mg＝，联立解得F1－F2＝6mg＝，D错误。
11.BD　小球沿直线AB运动，合力沿AB方向，如图所示，则有qEtan 45°＝mg，解得E＝，A错误；小球所受合力为F＝mg，由牛顿第二定律得加速度为a＝g，由匀变速直线运动规律得小球到B点的速度为v＝gt，设AB的长度为L，根据动能定理得mgLsin 45°＋qELcos 45°＝mv2，解得电场力做功W＝qELcos 45°＝，根据W＝qUAB解得UAB＝，根据UAB＝φA－φB，且A点的电势为零，解得φB＝－，代入得φB＝
－，则P点的电势能为EB＝qφB＝－，代入得EB＝－，B正确，C错误；小球机械能的变化量等于电场力做的功，为ΔE＝W＝，代入得ΔE＝，D正确。
12.（1）2 m/s2　（2）4 m
解析：（1）设滑块在斜面上运动的加速大小为a1，根据牛顿第二定律可得
ma1＝mgsin θ－μ1mgcos θ
解得a1＝2 m/s2。
（2）设滑块在水平地面上运动加速大小为a2，根据牛顿第二定律可得ma2＝Eq＋μ2mg
解得a2＝2 m/s2 ，
设滑块在水平地面上滑行的距离为x2，根据匀减速运动公式可得x2＝
＝
联立解得x2＝4 m。
13.（1）3 cm　1.8×105 m/s　（2）6×104 m/s
解析：（1）粒子经过时第一次达到最大速度，根据 a＝，解得a＝5.4×1011 m/s2
此过程粒子的位移为x1＝a＝3 cm
粒子速度的最大值为v＝a·＝1.8×105 m/s。
（2）0至时间内，粒子向右做匀加速直线运动，向A板运动了x1＝3 cm，根据对称性可知，至时间内，粒子向右做匀减速运动直到速度为零，粒子又向A板运动的位移大小为x2＝x1＝3 cm
至时间内，粒子反向向左做匀加速直线运动，粒子向B板运动的位移大小为x3＝a＝0.75 cm
根据对称性可知，至T时间内，粒子向左做匀减速运动减到速度为零，粒子又向B板运动的位移大小为
x4＝x3＝0.75 cm
粒子在一个周期内向右运动的位移为
Δx＝x1＋x2－x3－x4＝4.5 cm
可知经过4个完整的周期后粒子向右前进的位移大小为18 cm，与A板的距离为s＝d－4Δx＝2 cm，
因此粒子撞击A板时的速度即为由初速度为0，经过s＝2 cm加速后获得的速度，则有2as＝v'2
解得v'＝6×104 m/s。
1 / 4习题课三　带电粒子（带电体）在电场中运动的综合问题
核心 素养 目标 科学思维 1.通过讲解和练习，掌握带电体在电场中运动的规律。 2.通过练习，掌握应用动力学和能量的观点分析带电体运动的思路和方法。 3.通过运动分析和受力分析，判断带电粒子在交变电场中的运动
要点一　带电体在电场中的运动
【解读】
1.带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法
（1）基本粒子：如电子、质子、α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（但并不能忽略质量）。
（2）带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力。
2.用等效法解决带电粒子在电场、重力场中的运动
等效法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的简单的物理模型或问题的方法。带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，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。先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a＝视为“等效重力加速度”。再将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。
【典例1】　如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为L的绝缘轻质细线悬挂一小球，小球质量为m，带电荷量为＋q，将小球拉至竖直方向最低位置A点处无初速度释放，小球将向左摆动，细线向左偏离竖直方向的最大角度θ＝74°（重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）。求：
（1）电场强度的大小E；
（2）小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值。
尝试解答
1.（多选）如图所示，平行板电容器（上极板带正电）在竖直平面内倾斜放置，两正对极板跟水平面成45°角，极板间存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为m的带电小球由极板间某处静止释放后沿平行于极板方向运动，最后飞出电场。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A.小球带负电 B.小球的带电荷量为
C.小球运动的加速度为g D.电场力对小球做负功
2.如图所示，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点以一定的速度水平抛出，小球从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平。已知A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC。下列说法正确的是（　　）
A.小球在电场内所受电场力是重力的2倍
B.小球从A到B的时间与从B到C的时间相等
C.小球从A到B与从B到C的加速度大小相等
D.小球到达C点时的速度仍为v0
要点二　带电粒子在交变电场中的运动
【解读】
1.受力情况：粒子所受的电场力是周期性变化的，即与速度方向在一段时间内同向，在下一段时间内反向。
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将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，并辅以v-t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。
【典例2】　在如图所示的平行板电容器的两板A、B上分别加如图甲、乙所示的两种电压，开始B板的电势比A板高。在静电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下的运动情况，并画出相应的v-t图像。
尝试解答
1.如图甲所示，在平行板电容器的A板附近，有一个带正电的粒子（不计重力）处于静止状态，在A、B两板间加如图乙所示的交变电压，带电粒子在电场力作用下由静止开始运动，经过3t0时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3，若用改变A、B两板间距的方法，使粒子在5t0时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为Ek5，则 等于（　　）
A. B.
C.1 D.
2.（多选）如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图所示。电子原来静止在左极板小孔处。（不计重力作用）下列说法中正确的是（　　）
A.从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上
B.从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间往复运动
C.从t＝时刻释放电子，电子可能在两板间往复运动，也可能打到右极板上
D.从t＝时刻释放电子，电子必将打到左极板上
1.在如图甲所示平行的A、B两极板上加上如图乙所示的交变电压，开始B板的电势比A板高，这时两极板中间原来静止的电子在静电力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是（不计电子重力）（　　）
A.电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动
B.电子一直向A板运动
C.电子一直向B板运动
D.电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动
2.如图所示，在水平向左的匀强电场中，一带电小球从A点以竖直向上的初速度抛出，经最高点B（未画出）后落到与A在同一水平线上的C点，则下列说法正确的是（　　）
A.小球带正电荷
B.小球在A点的电势能比在B点的电势能小
C.小球在A点的机械能小于在B点的机械能
D.B点在A、C两点连线中点的正上方
3.如图所示，在竖直平面内，两平行金属板AB、MN与水平面成30°角固定放置，金属板间存在匀强电场。一带电小球以一定的速度垂直场强方向射入电场中，恰能沿两板中央虚线做直线运动。已知重力加速度为g，不计空气阻力。在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A.小球一定带负电
B.小球一定做匀速直线运动
C.小球的电势能增大
D.小球加速度大小为
4.有一种测量电场强度的方法，其原理如图所示，竖直平面的虚线框内存在水平方向的匀强电场，虚线框高度为d。让质量为m、带电荷量为q的粒子从M点由静止释放，最终带电粒子在电场区域下边界的照相底片上打出一个感光点P，P点与M点的水平距离为0.5d，已知重力加速度为g，则电场强度E大小为（　　）
A. B.
C. D.
习题课三　带电粒子（带电体）在电场中运动的综合问题
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】　（1）　（2）mg
解析：（1）由于带电小球所受电场力方向向左，分析小球的受力情况，根据对称性，当细线与竖直方向成角时，作出小球受力图如图所示，此时重力与电场力的合力与θ角的角平分线在同一条线上，根据平衡条件得qE＝mgtan，解得E＝。
（2）小球的等效加速度g效＝＝g
小球从A运动到速度最大的位置过程中，有
mg效L＝mv2
在速度最大的位置有FT－mg效＝m
解得FT＝mg
由牛顿第三定律可知细线所受的拉力的最大值为mg。
素养训练
1.AC　由题意知带电小球的受力如图所示，由于上极板带正电，故小球带负电，小球受到的电场力为F＝qE＝mg，解得q＝＝，故A正确，B错误；由受力分析可得F合＝mg，根据牛顿第二定律得a＝＝g，故C正确；小球的运动方向跟电场力方向垂直，所以电场力对小球不做功，故D错误。
2.D　电场力和重力均在竖直方向，小球在水平方向不受力做匀速运动，C点时速度水平，所以C点速度为v0，故D正确；在竖直方向小球先做初速度为零的匀加速直线运动，再做匀减速直线运动减速至零，因为AB＝2BC，则AB的竖直高度为BC的2倍，由h＝t，AB段所用的时间为BC段的2倍，由vB＝at，AB段的加速度为BC段的一半，故B、C错误；由A到C根据动能定理有mghAC－EqhBC＝0，解得Eq＝3mg，故选项A错误。
要点二
知识精研
【典例2】　见解析
解析：t＝0时，B板电势比A板高，在静电力作用下，电子向B板（设为正向）做初速度为零的匀加速运动。
（1）对于题图甲，在0～T电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，T～T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，其速度—时间图像如图（a）所示。
（2）对于题图乙，在0～做类似图（a）0～T的运动，～T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，其速度—时间图像如图（b）所示。
素养训练
1.B　设A、B两板间的距离为d，经过3t0时间刚好到达B板时，粒子运动过程中先加速后减速再加速，根据运动的对称性和动能定理可得Ek3＝q，若改变A、B两板间的距离使粒子在5t0时刻刚好到达B板，根据运动的对称性和动能定理可得Ek5＝q，所以＝，故B正确。
2.AC　若t＝0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间往复运动，所以A正确，B错误；若从t＝时刻释放电子，电子先加速，再减速，有可能电子已达到右极板，若此时未达到右极板，则电子将在两极板间往复运动，所以C正确；同理，若从t＝时刻释放电子，电子有可能达到右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两极板间的距离，所以D错误。
【教学效果·勤检测】
1.C　由运动学和动力学规律画出电子运动的v-t图像如图所示，可知电子一直向B板运动，故C正确。
2.C　小球受到水平向右的电场力作用，所以小球带负电荷，故A错误；小球从A点到B点过程中，电场力做正功，则电势能减小，机械能增加，所以小球在A点的电势能比在B点的电势能大，小球在A点的机械能小于在B点的机械能，故B错误，C正确；小球在水平方向做匀加速直线运动，所以B点不在A、C两点连线中点的正上方，故D错误。
3.D　因为极板所带电荷量正负不确定，所以小球带电性无法确定，故A错误；对小球受力分析，小球受到的电场力垂直极板斜向上，根据牛顿第二定律可得mgsin 30°＝ma，解得a＝，所以小球做匀加速直线运动，故B错误，D正确；因为电场力始终与小球运动方向垂直，因此电场力不做功，小球的电势能不变，C错误。
4.A　竖直方向满足d＝gt2，水平方向满足0.5d＝at2，Eq＝ma，联立解得E＝，A正确，B、C、D错误。
4 / 4(共74张PPT)
习题课三　带电粒子（带电体）在电场中运动的综合问题
核
心 素
养 目
标 科
学 思
维 1.通过讲解和练习，掌握带电体在电场中运动的规律。
2.通过练习，掌握应用动力学和能量的观点分析带电体运动
的思路和方法。
3.通过运动分析和受力分析，判断带电粒子在交变电场中的
运动
目 录
01.
核心要点·快突破
03.
课时训练·提素能
02.
教学效果·勤检测
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
01
要点一　带电体在电场中的运动
【解读】
1. 带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法
（1）基本粒子：如电子、质子、α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（但并不能忽略质量）。
（2）带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明
确的暗示以外，一般都要考虑重力。
2. 用等效法解决带电粒子在电场、重力场中的运动
等效法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的简单的物理模
型或问题的方法。带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做
圆周运动的问题，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。先求
出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a
＝视为“等效重力加速度”。再将物体在重力场中的运动规律
迁移到等效重力场中分析求解即可。
【典例1】　如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为L的绝缘轻质
细线悬挂一小球，小球质量为m，带电荷量为＋q，将小球拉至竖直方
向最低位置A点处无初速度释放，小球将向左摆动，细线向左偏离竖
直方向的最大角度θ＝74°（重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8）。求：
（1）电场强度的大小E；
答案：
解析：由于带电小球所受电场力方向向左，分析小
球的受力情况，根据对称性，当细线与竖直方向成
角时，作出小球受力图如图所示，此时重力与电
场力的合力与θ角的角平分线在同一条线上，根据
平衡条件得qE＝mgtan，解得E＝。
解析：小球的等效加速度g效＝＝g
小球从A运动到速度最大的位置过程中，有
mg效L＝mv2
在速度最大的位置有FT－mg效＝m
解得FT＝mg
由牛顿第三定律可知细线所受的拉力的最大值为mg。
（2）小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值。
答案：mg
1. （多选）如图所示，平行板电容器（上极板带正电）在竖直平面内
倾斜放置，两正对极板跟水平面成45°角，极板间存在电场强度为
E的匀强电场。有一质量为m的带电小球由极板间某处静止释放后
沿平行于极板方向运动，最后飞出电场。已知重力加速度为g，下
列说法正确的是（　　）
A. 小球带负电
B. 小球的带电荷量为
C. 小球运动的加速度为g
D. 电场力对小球做负功
解析：　由题意知带电小球的受力如图所示，由于上
极板带正电，故小球带负电，小球受到的电场力为F＝
qE＝mg，解得q＝＝，故A正确，B错误；由
受力分析可得F合＝mg，根据牛顿第二定律得a＝＝
g，故C正确；小球的运动方向跟电场力方向垂直，所
以电场力对小球不做功，故D错误。
2. 如图所示，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点以一定的速度水平抛出，小球从
B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平。已知A、B、C三点
在同一直线上，且AB＝2BC。下列说法正确的是（　　）
A. 小球在电场内所受电场力是重力的2倍
B. 小球从A到B的时间与从B到C的时间相等
C. 小球从A到B与从B到C的加速度大小相等
D. 小球到达C点时的速度仍为v0
解析：　电场力和重力均在竖直方向，小球在水平方向不受力做
匀速运动，C点时速度水平，所以C点速度为v0，故D正确；在竖直
方向小球先做初速度为零的匀加速直线运动，再做匀减速直线运动
减速至零，因为AB＝2BC，则AB的竖直高度为BC的2倍，由h＝
t，AB段所用的时间为BC段的2倍，由vB＝at，AB段的加速度为
BC段的一半，故B、C错误；由A到C根据动能定理有mghAC－EqhBC
＝0，解得Eq＝3mg，故选项A错误。
要点二　带电粒子在交变电场中的运动
【解读】
1. 受力情况：粒子所受的电场力是周期性变化的，即与速度方向在一
段时间内同向，在下一段时间内反向。
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将随着电场方
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，并辅以v-t
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。
【典例2】　在如图所示的平行板电容器的两板A、B上分别加如图
甲、乙所示的两种电压，开始B板的电势比A板高。在静电力作用下原
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下的运动情况，并画出相应的v-t
图像。
答案：见解析
解析：t＝0时，B板电势比A板高，在静电力作用下，电子向B板（设
为正向）做初速度为零的匀加速运动。
（1）对于题图甲，在0～T电子做初速度为零的正向匀加速直线运
动，T～T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，其速度—时间图像如图（a）所示。
（2）对于题图乙，在0～做类似图（a）0～T的运动，～T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，其速度—时间图像如图（b）所示。
1. 如图甲所示，在平行板电容器的A板附近，有一个带正电的粒子
（不计重力）处于静止状态，在A、B两板间加如图乙所示的交变
电压，带电粒子在电场力作用下由静止开始运动，经过3t0时间刚
好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3，若用改变A、B两板间
距的方法，使粒子在5t0时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为
Ek5，则 等于（　　）
A. B.
C. 1 D.
解析：　设A、B两板间的距离为d，经过3t0时间刚好到达B板
时，粒子运动过程中先加速后减速再加速，根据运动的对称性和动
能定理可得Ek3＝q，若改变A、B两板间的距离使粒子在5t0时刻刚
好到达B板，根据运动的对称性和动能定理可得Ek5＝q，所以
＝，故B正确。
2. （多选）如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有
小孔。右极板电势随时间变化的规律如图所示。电子原来静止在左
极板小孔处。（不计重力作用）下列说法中正确的是（　　）
A. 从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上
B. 从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间往复运动
C. 从t＝时刻释放电子，电子可能在两板间往复运动，也可能打到右
极板上
D. 从t＝时刻释放电子，电子必将打到左极板上
解析：　若t＝0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速，
直到打到右极板，不会在两板间往复运动，所以A正确，B错
误；若从t＝时刻释放电子，电子先加速，再减速，有可能
电子已达到右极板，若此时未达到右极板，则电子将在两极板
间往复运动，所以C正确；同理，若从t＝时刻释放电子，电
子有可能达到右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两极
板间的距离，所以D错误。
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
02
1. 在如图甲所示平行的A、B两极板上加上如图乙所示的交变电压，
开始B板的电势比A板高，这时两极板中间原来静止的电子在静电
力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说
法正确的是（不计电子重力）（　　）
A. 电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动
B. 电子一直向A板运动
C. 电子一直向B板运动
D. 电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动
解析：　由运动学和动力学规律画出电子运动
的v-t图像如图所示，可知电子一直向B板运动，
故C正确。
2. 如图所示，在水平向左的匀强电场中，一带电小球从A点以竖直向
上的初速度抛出，经最高点B（未画出）后落到与A在同一水平线
上的C点，则下列说法正确的是（　　）
A. 小球带正电荷
B. 小球在A点的电势能比在B点的电势能小
C. 小球在A点的机械能小于在B点的机械能
D. B点在A、C两点连线中点的正上方
解析：　小球受到水平向右的电场力作用，所以小球带负电荷，
故A错误；小球从A点到B点过程中，电场力做正功，则电势能减
小，机械能增加，所以小球在A点的电势能比在B点的电势能大，
小球在A点的机械能小于在B点的机械能，故B错误，C正确；小球
在水平方向做匀加速直线运动，所以B点不在A、C两点连线中点的
正上方，故D错误。
3. 如图所示，在竖直平面内，两平行金属板AB、MN与水平面成30°
角固定放置，金属板间存在匀强电场。一带电小球以一定的速度垂
直场强方向射入电场中，恰能沿两板中央虚线做直线运动。已知重
力加速度为g，不计空气阻力。在此过程中，下列说法正确的是
（　　）
A. 小球一定带负电
B. 小球一定做匀速直线运动
C. 小球的电势能增大
D. 小球加速度大小为
解析：　因为极板所带电荷量正负不确定，所以小球带电性无法
确定，故A错误；对小球受力分析，小球受到的电场力垂直极板斜
向上，根据牛顿第二定律可得mgsin 30°＝ma，解得a＝，所以小
球做匀加速直线运动，故B错误，D正确；因为电场力始终与小球
运动方向垂直，因此电场力不做功，小球的电势能不变，C错误。
4. 有一种测量电场强度的方法，其原理如图所示，竖直平面的虚线框
内存在水平方向的匀强电场，虚线框高度为d。让质量为m、带电
荷量为q的粒子从M点由静止释放，最终带电粒子在电场区域下边
界的照相底片上打出一个感光点P，P点与M点的水平距离为
0.5d，已知重力加速度为g，则电场强度E大小为（　　）
A. B.
C. D.
解析：　竖直方向满足d＝gt2，水平方向满足0.5d＝at2，Eq＝
ma，联立解得E＝，A正确，B、C、D错误。
03
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
1. （多选）带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化
的规律如图所示。带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动，
则下列说法中正确的是（　　）
A. 微粒在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同
B. 微粒将沿着一条直线运动
C. 微粒做往复运动
D. 微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析：　0～1 s和1～2 s微粒的加速度大小相等，方向相反，A
错误；0～1 s和1～2 s微粒分别做匀加速直线运动和匀减速直线运
动，根据这两段运动的对称性可知2 s末的速度为0，所以每个1 s内
的位移均相同且2 s以后的运动重复0～2 s的运动，是单向直线运
动，B、D正确，C错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
2. 图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的
电压。现有两个质子以相同的初速度分别从t＝0和t＝时刻水平射
入电场，已知两质子在电场中的运动时间均为T，并从右端离开电
场，则两质子在电场中的偏转位移大小之比是（　　）
A. 1∶1 B. 2∶1
C. 3∶1 D. 4∶1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析：　粒子在两板之间的运动时间均为T，在t＝0时刻进入的粒
子在前半个周期竖直方向是加速，后半个周期竖直方向是匀速，设
加速度为a，则偏转位移为y1＝×a×＋a××＝aT2，在t＝
T时刻进入的粒子，在前半个周期竖直方向是静止，后半个周期竖
直方向是匀加速，偏转位移为y2＝a＝aT2，所以y1∶y2＝
3∶1。故C正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3. 如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别
与电源两极相连，两极板中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某
处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b
孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿过b孔，则可行
的方法是（　　）
A. 保持S闭合，将A板适当上移
B. 保持S闭合，将B板适当下移
C. 先断开S，再将A板适当上移
D. 先断开S，再将B板适当下移
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析：　设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，
电压为U，质点的电荷量为q。由题意知质点到达b孔时速度恰为
零，根据动能定理得mg（h＋d）－qU＝0，若保持S闭合，将A板
适当上移，U不变，设质点到达b时速度为v，由动能定理得mg（h
＋d）－qU＝mv2，解得v＝0，说明质点到达b孔时速度恰为零，
然后返回，不能穿过b孔，故A错误；若保持S闭合，将B板适当下
移距离Δd，U不变，由动能定理得mg（h＋d＋Δd）－qU＝mv2，
则v＞0，质点能穿过b孔，故B正确；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
若断开S时，将A板适当上移，板间电场强度E不变，设A板上移距离
为Δd，质点进入电场的深度为d'时速度为零，由动能定理得mg（h－
Δd＋d'）－qEd'＝0，又由原来情况有mg（h＋d）－qEd＝0，比较两
式得d'＜d，说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回，故C
错误；若断开S，再将B板适当下移，板间电场强度E不变，设B板下
移距离为Δd，质点进入电场的深度为d'时速度为零，由动能定理得mg
（h＋d'）－qEd'＝0，又由原来情况有mg（h＋d）－qEd＝0，比较两
式得d'＝d，说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回，故D
错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
4. 如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R为滑动变阻器。
用绝缘细线将一带负电的小球悬于电容器内部。闭合开关S，给电
容器充电后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是
（　　）
A. 保持S闭合，将滑动变阻器的滑片向a端滑动，则
θ增大
B. 保持S闭合，将N板向M板靠近，则θ不变
C. 断开S，将N板向M板靠近，则θ增大
D. 断开S，将N板向下移动少许，则θ增大
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析：　保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源电压，
电源电压保持不变，将滑动变阻器的滑片向a端滑动，则θ不变，A
错误；保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源电压，电源
电压保持不变，根据公式E＝可知，将N板向M板靠近时，电场强
度变大，电场力变大，θ增大，B错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
断开S，电容器带电荷量不变，根据电容器定义式C＝，平行板电容
器的公式C＝，电压与电场强度公式U＝Ed，可得E＝，电场
强度与两极板距离d无关，断开S，将N板向M板靠近，电场强度不变，
电场力不变，θ不变，断开S，将N板向下移动少许，电场强度增大，
电场力增大，则θ增大，C错误，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
5. （多选）如图所示，地面上固定一倾角为θ＝37°，高为h的光滑绝
缘斜面，斜面置于水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E＝
，现将一个带正电的物块（可视为质点）从斜面顶端由静止
释放，已知物块质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则下列说
法正确的是（　　）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
A. 物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为mgh
B. 物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为3mgh
C. 物块落地的速度大小为gh
D. 物块落地的速度大小为2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析：　物块受到的电场力F＝qE＝mg，则合力的大小为
2mg，合力的方向和水平夹角为30°，则小物块沿合力方向做匀加
速直线运动，不会沿着斜面下滑。从静止释放到落地的过程中电场
力做功为W＝qE·h＝3mgh。设落地速度为v，根据动能定理可得
mgh＋qE·h＝mv2，解得v＝2，A、C错误，B、D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
6. 如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环竖直置于场强大小为E、方向
水平向右的匀强电场中，质量为m、带电荷量为＋q的空心小球穿
在环上，当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B
时，求小球对环的压力。（重力加速度为g）
答案：2mg＋3Eq，方向水平向右
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析：小球从A到B的过程中，重力做正功，静电
力做正功，动能增加，由动能定理有
mgR＋qER＝mv2，
在B点时小球受到重力mg、静电力qE和圆环对小
球的弹力F1三个力的作用，沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F1－Eq＝m
联立解得F1＝2mg＋3Eq
小球对环的作用力与环对小球的作用力为作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力
大小F1'＝F1＝2mg＋3Eq，方向水平向右。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
7. 如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，等势面
与水平方向夹角为45°，一电子从等势面D的O点进入匀强电场，
经过等势面D时，动能为 16 eV，速度方向竖直向上，电子恰好不
穿过B等势面。已知相邻等势面间的距离均为4 cm，电子重力不
计。则下列说法正确的是（　　）
A. 电子做匀变速直线运动
B. 电子再次经过等势面D时的位置与O点相距16 cm
C. 电子飞经等势面C时的动能为12 eV
D. 匀强电场的电场强度大小为200 V/m
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析：　电子速度方向竖直向上，恰好不穿过B等势面，则电
场力方向垂直于等势面斜向右下，加速度方向与电子速度方向
不共线，所以电子做匀变速曲线运动，A错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
将电子的初速度分解到平行于等势线方向（x方向）和垂直等势线
斜向左上方向（y方向），初速度为v，则vx＝vy＝vcos 45°＝v，
电子经过B等势面时，只有沿x方向的分速度，即vB＝vx＝v，由
动能公式Ek＝mv2知电子经过B等势面时动能是经过等势面D的一
半，即EkB＝EkD＝8 eV，由电场力做功决定式和动能定理知WDB
＝－eUDB＝EkB－EkD，WDC＝－eUDC＝EkC－EkD，UDB＝2UDC，解
得EkC＝12 eV，UDC＝4 V，又UDC＝E·dDC，解得E＝100 V/m，C
正确，D错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
电子在y方向上做类竖直上抛运动，再次经过等势面D时的时间t＝
＝，从等势面D运动到B的位移在y方向的分量为ym＝vy·
＝×v×＝·＝8 cm，在x方向上匀速运动，再次经过等
势面D时的位置与O点相距x＝vxt＝v·＝＝4ym＝32 cm，
B错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
8. （多选）如图所示，质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E的
匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平
面的夹角为30°，若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为
g，则下面说法中正确的是（　　）
A. 电场强度E的最小值为
B. 如果电场强度为E＝，则小球相对初始位置的最大高度为
C. 匀强电场的方向可能竖直向上
D. 如果电场强度为E＝，小球电势能的最大值为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析：　因为小球做匀变速直线运动，则小
球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结
合平行四边形定则知，电场力的方向不确定，
有最小值，当电场力垂直于运动方向时，电场力最小为mgcos 30°，如图所示。
所以电场强度的最小值Emin＝＝，A正确；
如果电场强度为E＝，小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向与水平方向夹角为30°，斜向上，如图所示。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
根据牛顿第二定律知，小球的加速度为a＝g小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移s＝＝
则小球上升的最大高度h＝s＝
在整个过程中电场力做功W＝qEscos 120°＝－m，电势能增加m，所以小球电势能的最大值为 m，B错误，D正确；
因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场方向不可能竖直向上，C错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
9. （多选）如图所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一电荷量
为－q、质量为m的滑块（可看成点电荷）从a点以初速度v0沿水平
面向Q运动，到达b点时速度为零。已知a、b间距离为x，滑块与水
平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。以下判断正确的是
（　　）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
A. 滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力
B. 滑块在运动过程的中间时刻速率小于
C. 此过程中产生的内能为
D. Q产生的电场中a、b两点间的电势差Uab＝
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析：　由题意可知，滑块在水平方向受库仑力、滑动摩擦
力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方向相同，因滑块在
b点速度为零，故在b点库仑力小于滑动摩擦力，则在整个滑动过程
中，库仑力一直小于滑动摩擦力，故A错误；在水平方向受大小不
变的摩擦力及一直变大的库仑力，在滑动过程中，随着间距减小，
库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以滑块做加速度不断减小的
减速运动，故中间时刻的速率小于，故B正确；滑块的动能和库仑力做的正功都转化为内能，因此在此过程中产生的内能大于动能的减少量，故C错误；由动能定理可得－qUab－μmgx＝0－m，解得两点间的电势差Uab＝，故D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
10. 如图所示，半径为R、圆心为O的内壁光滑的绝缘圆形轨道竖直固
定放置，C点为轨道的最高点，B点为与O点等高的点，在O点固
定一电荷量为 ＋q的点电荷。一个电荷量为－q的小球（可视为质
点）静止在圆弧轨道的最低点A，对轨道的压力刚好为零。现给
小球一个初速度让其在竖直平面内做完整的圆周运动。已知静电
力常量为k，重力加速度大小为g，不计空气阻力大小，下列说法
正确的是（　　）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
A. 小球在竖直平面内做完整的圆周运动时，机械能不守恒
B. 在最低点给小球的速度大小至少为，小球才能做完整的圆周运动
C. 当小球恰好做完整的圆周运动时，其在B点的向心加速度大小为5g
D. 小球做完整的圆周运动，A、C两点对其弹力的大小之差恒为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析：　小球在竖直平面内做完整的圆周运动时，库仑力与运
动方向始终垂直，不做功，只有重力做功，机械能守恒，A错
误；小球（可视为质点）静止在圆弧轨道的最低点A，对轨道的
压力刚好为零，则库仑力F＝mg＝，在最高点重力和库仑力合
力恰好提供向心力时为临界条件，在最高点有mg＋F＝，由
最低点到最高点，根据机械能守恒有m＝2mgR＋m，解
得vA＝，B正确；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
由A到B过程，根据机械能守恒有m＝mgR＋m，在B点，向心
加速度大小aB＝，解得aB＝4g，C错误；由最低点到最高点，根据
机械能守恒有mvA'2＝2mgR＋mvC'2，在最低点，根据牛顿第二定律
有F1＋F－mg＝，在最高点，根据牛顿第二定律有F2＋F＋mg＝
，联立解得F1－F2＝6mg＝，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
11. （多选）如图所示，在一带电竖直平行金属板之间，有一质量为
m、带电荷量为＋q的小球被绝缘细线悬挂静止于A点，剪断细线
后，小球恰能沿直线AB运动，经时间t后到达B点，已知直线AB与
水平方向的夹角为45°，重力加速度为g，规定A点的电势为零，
下列说法正确的是（　　）
A. 电场强度大小为
B. B点的电势为
C. B点的电势能为
D. 小球机械能的变化量为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析：　小球沿直线AB运动，合力沿AB方向，如图所示，则有qEtan 45°＝mg，解得E＝，A错误；
小球所受合力为F＝mg，由牛顿第二定律得加速度为a＝g，由匀变速直线运动规律得小球到B点的速度为v＝gt，设AB的长度为L，根据动能定理得mgLsin 45°＋qELcos 45°＝mv2，解得电场力做功W＝qELcos 45°＝，根据W＝qUAB解得UAB＝，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
根据UAB＝φA－φB，且A点的电势为零，解得φB＝－，代入得φB＝－，则P点的电势能为EB＝qφB＝－，代入得EB＝－，B正确，C错误；小球机械能的变化量等于电场力做的功，为ΔE＝W＝，代入得ΔE＝，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
12. 如图所示，倾角θ＝37° 的粗糙绝缘斜面AB与粗糙绝缘水平地面
BC在B点平滑连接，B点右侧区域存在水平向左的匀强电场，电场
强度大小E＝5.0×103 N/C。斜面顶端A点离地高度h＝2.4 m，可
视为质点的带正电金属滑块质量m＝1.0 kg、电荷量q＝1.0×10－4
C。现将滑块从A点由静止释放，最后停在水平地面上的C点。已
知滑块与斜面间的动摩擦因数
μ1＝0.5，滑块与水平地面间的
动摩擦因数μ2＝0.15，重力加速
度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，求：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案：2 m/s2　
（1）滑块在粗糙绝缘斜面AB上下滑时加速度a1的大小；
解析：设滑块在斜面上运动的加速大小为a1，根据牛
顿第二定律可得
ma1＝mgsin θ－μ1mgcos θ
解得a1＝2 m/s2。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析：设滑块在水平地面上运动加速大小为a2，根据牛顿第
二定律可得ma2＝Eq＋μ2mg
（2）求滑块在水平地面上滑行的距离。
答案：4 m
解得a2＝2 m/s2 ，
设滑块在水平地面上滑行的距离为x2，根据匀减速运动公式
可得x2＝
＝
联立解得x2＝4 m。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
13. 如图甲所示，A、B是真空中平行放置的两等大金属板，加上电压
后，它们之间的电场可视为匀强电场。A、B两极板间距离d＝20
cm。今在A、B两极板上加如图乙所示的交变电压，交变电压的周
期T＝1.0×10－6 s；t＝0时，A板电势比B板电势高，电势差U0＝1
080 V。一个荷质比＝1.0×108 C/kg的带负电的粒子在t＝0时从
B板附近由静止开始运动，不计重力。求：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
（1）当粒子的位移为多大时，粒子速度第一次达最大值及该
最大值；
答案：3 cm　1.8×105 m/s　
解析：粒子经过时第一次达到最大速度，根据 a＝，解得a＝5.4×1011 m/s2
此过程粒子的位移为x1＝a＝3 cm
粒子速度的最大值为v＝a·＝1.8×105 m/s。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解析： 0至时间内，粒子向右做匀加速直线运动，向A板运
动了x1＝3 cm，根据对称性可知，至时间内，粒子向右
做匀减速运动直到速度为零，粒子又向A板运动的位移大小
为x2＝x1＝3 cm
（2）粒子运动过程中将与某一极板相碰撞，粒子撞击极板时的速
度大小。
答案：6×104 m/s
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
至时间内，粒子反向向左做匀加速直线运动，粒子向B
板运动的位移大小为
x3＝a＝0.75 cm
根据对称性可知，至T时间内，粒子向左做匀减速运动减
到速度为零，粒子又向B板运动的位移大小为x4＝x3＝0.75cm
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
粒子在一个周期内向右运动的位移为Δx＝x1＋x2－x3－x4＝
4.5 cm
可知经过4个完整的周期后粒子向右前进的位移大小为18
cm，与A板的距离为s＝d－4Δx＝2 cm，
因此粒子撞击A板时的速度即为由初速度为0，经过s＝2 cm
加速后获得的速度，则有2as＝v'2
解得v'＝6×104 m/s。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
谢谢观看!

展开更多......

收起↑