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(共69张PPT)
素养提升12
带电粒子（体）在电场中运动的综合问题
目标要求
1.掌握带电粒子在交变电场中运动的分析方法。
2.知道“等效重力场”的概念，掌握带电粒子在电场和重力场的复合场
中的运动规律。
3.会用动力学观点和能量观点分析电场中的力电综合问题。
目 录
CONTENTS
提升点一　带电粒子在交变电场中的运动
提升点二　带电体在“等效场”中的圆周运动
提升点三　电场中的力电综合问题
课时跟踪检测
提升点一　
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。
〔人教版必修第三册P45例题1改编〕如图甲所示，某多级直线加速器
由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序
号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙所示交流电源两极相连。t＝0时，位于金属圆板（序号为0）中央的电子，由静止
开始加速。电子通过圆筒间隙的时间不
计，且忽略相对论效应，则（　　）
A. 圆筒内部电场强度大小随序号增大而减小
B. 电子在各圆筒中做匀加速直线运动
C. 电子在各圆筒中运动的时间都为T
D. 各圆筒的长度之比为1∶∶…
√
解析：金属圆筒内部电场强度为零，电子不受电场力，电子在各圆筒中做
匀速运动，故A、B错误；只有电子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才
能保证每次在缝隙中被电场加速，故C错误；电子进入第n个圆筒时，经过
n次加速，根据动能定理有neu＝m，解得vn＝，第n个圆筒长度Ln
＝vn×＝，则各金属筒的长度之比为1∶∶…，故D正确。
〔多选〕（2026·陕西西安模拟）接在
平行板电容器A、B两极板的电压随时间变
化关系图像如图所示，两板间距足够大，
一质量为m、带电荷量为＋q的粒子（不计
重力），开始时静止在两极板中央，从某
时刻由静止释放，关于带电粒子的运动，下列描述正确的是（　　）
A. 若从0时刻由静止释放，粒子一直向右运动
B. 若从0时刻由静止释放，粒子先向右后向左做往复性的运动
C. 若从T时刻由静止释放，粒子时而向右运动，时而向左运动，每个周期
都会向左移动一定距离
D. 若从T时刻由静止释放，粒子时而向左运动，时而向右运动，每个周期
都会向右移动一定距离
√
√
解析：从0时刻释放粒子，根据静止粒子所受电场力
方向及作用时间，画出粒子的v-t图像如图甲所示
（取向右为正方向），由图甲可知，粒子在0～时
间内向右做匀加速直线运动，在～T时间内向右做
匀减速直线运动直至速度减为零，之后重复上述运
动，因此粒子始终向右运动，故A正确，B错误；若
粒子从T时刻由静止释放，根据静止粒子所受电场
力方向及作用时间，画出粒子的v-t图像
如图乙所示，由图乙可知，粒子在电场力的作用下，时而向右运动，时而
向左运动，一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，所以每个周
期都会向左移动一定距离，故C正确，D错误。
作v-t图像时的注意点
（1）带电粒子进入电场的时刻。
（2）v-t图像的斜率表示加速度，因此加速度相同的运动图像一定是平行
的直线。
（3）图线与时间轴围成的“面积”表示位移，且在横轴上方所围成的
“面积”为正，在横轴下方所围成的“面积”为负。
（4）注意对称性和周期性变化关系的应用。
（5）图线与横轴有交点，表示此时速度为零；对于运动很复杂，不容易
画出v-t图像的问题，还应逐段分析求解。
（2026·广东广州期末）如图a所示，两竖直平行金属板A、B与x轴垂
直，接在电压大小为U0＝400 V的稳压电源上，A板过原点，在B板上靠近
中间处有一长度d0＝2 cm的水平狭缝。在B板右侧水平放置边长为l＝10 cm
的两正方形平行金属板C、D，两板间距d＝10 cm，距板右端处垂直x轴有
一足够大的荧光屏。A板中间位置沿z轴方向有一线形离子源，可以连续释
放初速度为零的正离子。已知离子源、B板上的狭缝和C、D板中间线均在
同一水平面内，且C、D板不加电压时，屏上会出现长2 cm一条水平亮线。
现在C、D两极板间接上如图b所示的交变电压（若每个离子穿过C、D板间
的时间极短，可认为此过程中C、D板间电压不变，极板间形成的电场可视
为匀强电场），忽略电场的边缘效应，不计离子重力以及离子间的相互作
用力，离子的比荷均为＝2×106 C/kg。求：
（1）离子穿过B板狭缝时的速度大小；
答案：4×104 m/s　
解析：设离子穿过B板狭缝时的速度为v0，根据动能定理有qU0＝m
解得v0＝4×104 m/s。
（2）C、D板间电压为U1＝400 V时，离子离开C、D板时的速度与水平方
向夹角（即速度偏向角）的正切值；
答案：　
解析： C、D两板间电压U1＝400 V，设离子离开C、D间电场时的竖直方向的速度分量为vy，速度偏向角为θ，由牛顿第二定律可得l＝v0t，q＝ma，vy＝at
tan θ＝，联立解得tan θ＝。
（3）离子打在屏上的区域面积S。
答案：4×10－3 m2
解析：设离子在运动过程中的加速度大小为a'，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy'，速度偏转角为θ'，其反向延长线通过O
点，O点与板右端的水平距离为x，如图所示
则有y＝a't2，l＝v0t，vy'＝a't，tan θ'＝＝
联立以上各式解得x＝
即离子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点。设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U'，有d＝a't'2，＝ma‘
解得U'＝800 V
可知，当｜U｜＞800 V时离子打到极板上，｜U｜＜800 V时离子打到屏
上。设离子打到屏上区域的竖直高度为y0，根据上述推导可得结论：打到
屏上的离子好像是从两极板间中线的中点沿直线射出一样，结合题图由三
角形相似可得＝
解得y0＝d＝0.1 m
结合对称性可知，打到屏上区域的面积为长为2y0、宽为d0的长方形面积，
即S＝2y0d0＝40cm2＝4×10－3m2。
（1）研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，
利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况。根据电场的变化情况，
分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。
（2）注重全面分析（分析受力特点和运动规律）：抓住粒子运动时间上
的周期性和空间上的对称性，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。
（3）对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时
间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。
提升点二　
带电体在“等效场”中的圆周运动
如图所示为小球在最高点没有支撑的“轻绳”模型（不计
一切摩擦阻力），通过前面的学习我们知道，小球能完成
竖直面内完整圆周运动的临界特征是在最高点重力恰好提
供向心力，即mg＝m，则在最高点的最小速度vmin＝。请思考：
（1）若小球同时受到一个竖直向下的恒定电场力qE，临界特征是什么？
如果电场力qE竖直向上呢？我们把重力和电场力的合力等效成小球所受重
力，那么就可以直接套用mg'＝m，vmin＝ 规律，这个等效的重力
加速度g'的大小和方向如何？
提示：若小球同时受到一个竖直向下的恒定电场力qE，临界条件是在最高点位置时qE＋mg＝m。
如果qE竖直向上且小于mg，临界条件是在最高点位置时mg－qE＝m；如果qE竖直向上且等于mg，小球做匀速圆周运动，无临界条件；如果qE竖直向上且大于mg，临界条件是在最低点位置qE－mg＝m。把重力和电场力的合力等效成小球所受重力，有F合＝mg'，
则g'＝，方向与F合相同。
（2）试用等效法分析，若小球受到一个水平向左的恒定电场力qE，临界
特征是什么？
提示：电场力和重力的合力大小F合＝，方向如图所示，则等效重力加速度g'＝，临界特
征是在等效最高点位置（如图中A点）vmin＝。
1. 等效重力场
2. 等效最“高”点与最“低”点的确
定方法
在“等效重力场”中做圆周运动的物
体过圆心作“等效重力”的作用线，
其反向延长线交于圆周上的那个点即
为圆周运动的等效最“高”点，沿着
“等效重力”的方向延长交于圆周上
的那个点即为等效最“低”点，如图
所示。
（2026·河南三门峡期末）如图所示，一半径R＝0.4 m的绝缘光滑竖
直圆轨道，处于水平向右的匀强电场中，电场强度E＝5×103 V/m。在轨道
的最低点A，由静止释放一质量m＝5 g的带电小球，小球沿轨道恰在A、B
两点间往复运动，且知轨迹所对圆心角∠AOB＝120°，g＝10 m/s2。试
求：
（1）小球的带电荷量q；
答案：×10－5 C　
解析：小球在A、B间往复运动，则劣弧中点C为等效最低点，此位置小球所受重力与电场力的合力方向沿OC方向，由几何关系tan 60°＝
代入数据得q＝×10－5 C。
（2）若欲使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则由A点沿水平向右的方向
至少需给小球多大的初速度v0；
答案：4 m/s　
解析：等效最高点设为D，与C对称，合力F'＝＝2mg
等效最高点满足F'＝m
可得vD＝
从A到等效最高点D，根据动能定理，有－mg（R＋Rcos 60°）－
qE·Rsin 60°＝m－m
化简得v0＝4 m/s。
（3）若在A点给小球一个沿水平向右大小为vA＝2 m/s的初速度，小球是
否会脱离轨道？若会脱离轨道，其脱离轨道时所在位置与圆心O的连线与
竖直方向的夹角θ多大及此时速度vt的大小？
答案：会脱离轨道　0°　2 m/s
解析：因为vA＝2 m/s＜4 m/s，所以小球无法通过等效最高点D沿轨道
做完整的圆周运动。设小球恰好脱离轨道时，其位置与圆心O的连线与OD
的夹角为α，速度大小为vt，等效重力为G'，则有G'cos α＝Fn＝m
由动能定理得－G'（cos 60°＋cos α）R＝m（－）
其中G'＝F'＝2mg
联立上述二式得cos α＝，vt＝2 m/s
易知α＝60°
则与竖直方向的夹角θ＝0°，小球于CD间脱离轨道时其所在位置与圆心O
的连线与竖直方向的夹角为0°，此时小球速度大小为2 m/s。
　（2026·山东枣庄期末）如图所示，半径为R的光滑绝缘半圆形轨道固定
在竖直平面内，下端与光滑绝缘水平面相切于B点，整个空间存在水平向
右的匀强电场。质量为m的带正电小球从A点以某一初速度向左运动，沿轨
道运动并从C点飞出，经过P点时恰好对轨道无压力。已知轨道上M点与圆
心O等高，O、B、C共线，OP与竖直方向的夹角为45°，取重力加速度为
g，求：
（1）小球所受静电力大小；
答案：mg　
解析：小球经过P点时恰好对轨道无压力，合力恰好提供向心力
则有tan 45°＝
可得小球所受静电力大小为F＝mg。
（2）小球经过P点的速度大小；
答案：　
解析：根据牛顿第二定律，小球经过P点时有
F合＝mg＝m
小球经过P点的速度大小为vP＝。
（3）小球经过轨道上C点的加速度大小；
答案：g　
解析：小球从P点到C点的过程中，根据动能定理有
F·Rsin 45°－mgR（1－cos 45°）＝m－m
求得＝（3－2）gR
可得小球经过轨道上C点的向心加速度大小为an＝＝（3－2）g
水平方向的加速度大小为ax＝＝g
则小球经过轨道上C点的加速度大小为aC＝＝g。
（4）小球在M点受到的弹力大小。
答案：3（－1）mg
解析： P点是小球运动的等效最高点，根据运动的对称性
可知小球在M点速度大小满足vM＝vC，小球在M点
根据牛顿第二定律，有N＋F＝m
联立可求得小球在M点受到的弹力大小N＝3（－1）mg。
提升点三　电场中的力电综合问题
1. 动力学的观点
（1）由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分
解法。
（2）综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全
面，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，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，
还要注意题目表述是否为某方向上动量守恒。
（2026·河南郑州模拟）如图所示，AC水平轨
道上AB段光滑、BC段粗糙，且BC段的长度L＝1 m，
CDF为竖直平面内半径R＝0.1 m的光滑半圆绝缘轨
道，两轨道相切于C点，CF右侧有电场强度大小E＝
1×103 N/C、方向水平向右的匀强电场。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与质量m＝0.1 kg的滑块P接触。当弹簧处于原长时滑块在B点，在F点有一套在半圆轨道上、电荷量q＝1.0×10－3 C的带正电圆环，在半圆轨道最低点放一质量与圆环质量相等的滑块Q（图中未画出）。由静止释放圆环，圆环沿半圆轨道运动。当圆环运动到半圆轨道的最右侧D点时对轨道的压力大小FN＝5 N。已知滑块Q与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度大小g取10 m/s2，两滑块和圆环均可视为质点，圆环与滑块Q的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，Q、P两滑块碰撞后粘在一起。求：
（1）圆环的质量M；
答案： 0.1 kg　
解析： 圆环从F点运动到D点的过程，由动能定理有MgR＋qER＝M
由牛顿第二定律有FN'－qE＝M
又FN'＝FN＝5 N
解得M＝0.1 kg。
（2）圆环与滑块Q碰撞前瞬间的速度大小vC；
答案：2 m/s　
解析：圆环从F点运动到C点，静电力做功为0，仅有重力做功，故Mg×2R
＝M
解得vC＝2 m/s。
（3）弹簧的最大弹性势能Ep。
答案：0.05 J
解析：圆环与滑块Q碰撞，由于两者质量相等，碰撞后交换速度，故碰撞
后圆环的速度为0，滑块Q的速度大小为2 m/s
滑块Q在BC段运动的过程中，根据动能定理有－μMgL＝M－M
解得vB＝ m/s
滑块Q和滑块P碰撞时有MvB＝（M＋m）v
Ep＝（M＋m）v2
解得Ep＝0.05 J。
　（2026·山东青岛期末）如图所示，竖直平面内光滑绝缘杆AC与半径为R
的圆周交于B、C两点，B点为AC的中点，C点为圆周与水平面的切点，圆
心O处固定一正点电荷。一质量为m、电荷量为－q的小球套在杆上，从A
点由静止开始下滑。已知A点距水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的
速度大小为，小球可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是
（　　）
A. 小球下滑过程中电势能先增大后减小
B. 小球滑至BC中点时动能最大
C. A、C两点间的电势差UAC＝
D. 小球滑至C点时的速度大小为3
√
解析：　小球从A点滑到C点的过程中，与O点的距离先减小后增大，电
场力先做正功，后做负功，小球的电势能先减小后增大，A错误； 小球滑
至BC中点时，杆的弹力和正电荷的库仑引力均与杆垂直，重力竖直向下，
小球所受合力不等于0，动能不是最大值，小球还要继续加速，动能还要
继续增大，B错误； A、C两点间的电势差为UAC＝UAB＝－UBA，小球从A点
到B点，根据动能定理mg·＋qUBA＝m，解得UAC＝－，C错误；
小球从B点到C点，根据动能定理得mg·＝m－m，解得vC＝
3，D正确。
课时跟踪检测
1. 如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端
系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运
动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是（　）
A. 小球带负电
B. 静电力与重力平衡
C. 小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D. 小球在运动过程中机械能守恒
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√
解析： 　由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与静电力的
合力为0，即静电力与重力平衡，知静电力方向竖直向上，所以小球带正
电，A错误，B正确；从a→b，静电力做负功，电势能增大，C错误；由于
静电力对小球做功，故小球在运动过程中机械能不守恒，D错误。
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2. （2026·河北石家庄模拟）如图所示，在电场强度大小为E、方向竖直向
上的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为＋q的物体，以某一初速度沿电
场方向做匀减速直线运动，不计空气阻力，其加速度大小为，物体运动
距离s时速度变为零。则在此过程中（　　）
A. 物体克服静电力做功
B. 物体的电势能增加了qEs
C. 物体的重力势能增加了qEs
D. 物体的动能减少了
√
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解析：　由于物体所受静电力和运动方向相同，故静电力做正功W＝
qEs，故A错误；静电力做正功，电势能减小，物体的电势能减小了
qEs，故B错误；重力做功WG＝－mgs，重力做负功，重力势能增加，
又由牛顿第二定律可知，mg－qE＝ma＝，解得mg＝，所以重力
势能增加了，故C错误；物体做减速运动，所受合外力做负功，动
能减小，由动能定理得ΔEk＝－F合s＝－mas＝－，所以物体的动能
减少了，故D正确。
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3. （2026·重庆渝中区模拟）如图甲所示，
在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙
所示的交流电压。开始A板的电势比B板高，
此时两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，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是（其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化）（　　）
√
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解析： 　在前半个周期内，A板的电势高，电场的方向向右，电子受到的
静电力方向水平向左，电子向左做初速度为零的匀加速直线运动，在后半
个周期，电场的方向向左，电子所受的静电力水平向右，电子向左做匀减
速直线运动直到速度为零，然后进入第二个周期，重复之前的运动，由此
可知，电子在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动，然后向
左做匀减速直线运动，如此反复，由图像可知A正确，B、C、D错误。
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4. 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mv B. 机械能增加2mv2
C. 重力势能增加mv2 D. 电势能增加2mv2
√
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解析：　小球动能的增加量为ΔEk＝m（2v）2－mv2＝mv2，A错误；小
球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N点时竖直方向的速度为
零，则M、N两点之间高度差为h＝，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh
＝mv2，C错误；小球的动能和重力势能均增加，则小球的机械能增加，
ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝2mv2，B正确；由能量守恒定律可知，小球电势能的减少
量为ΔEp'＝ΔE＝2mv2，D错误。
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5. 一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，在该匀强电场
中，有一个带负电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受静电力作
用，则下列说法中正确的是（　　）
A. 带电粒子只向一个方向运动
B. 0～2 s内，静电力做功等于0
C. 4 s末带电粒子回到原出发点
D. 2.5～4 s内，静电力做功等于0
√
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解析：　画出带电粒子速度v随时间t变化的图像如图所示，v-t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，可见0～2 s内
静电力做的功不等于0，B错误；2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，则2.5～4 s内，静电力做功等于0，D正确。
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6. （2026·黑龙江大庆模拟）如图所示，竖直平面内有固定的光滑绝缘圆
形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向右，P、Q分别为轨道上的
最高点和最低点，M、N是轨道上与圆心O等高的点。质量为m、电荷量为q
的带正电的小球在P处以速度v0水平向右射出，恰好能在轨道内做完整的圆
周运动，已知重力加速度大小为g，电场强度大小E＝。则下列说法中正
确的是（　　）
A. 在轨道上运动时，小球动能最大的位置在Q点
B. 经过M、N两点时，小球所受轨道弹力大小的差值为
6mg
C. 小球在Q处以速度v0水平向右射出，也能在此轨道内
做完整的圆周运动
D. 在轨道上运动时，小球机械能最小的位置在N点
√
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解析：　电场力和重力的合力为F＝＝mg，方向
指向右下方，与水平方向的夹角为45°，所以动能最大点在QM圆弧的中
点，A错误；在N点，有F1＋qE＝m，在M点，有F2－qE＝m，根据动
能定理，则有qE×2R＝m－m，解得F2－F1＝6mg，B错误；PN圆
弧的中点即为速度最小点（小球做圆周运动的等效最高点），从P点出发
恰好到达速度最小点，所以相同的速度从Q点出发，无法到达速度最小
点，C错误；机械能最小意味着电势能最大，N点电势最高，电势能最大，
D正确。
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7. （2026·河南新乡期末）如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电金属
块（可视为质点）以初速度v0从足够高的光滑绝缘水平高台（侧壁竖直）
上飞出，高台右侧有水平向左的匀强电场，电场强度大小为，重力加
速度大小为g。金属块离开高台后，下列说法正确的是（　　）
A. 金属块做变加速曲线运动
B. 金属块不会与高台相撞
C. 金属块进入电场后经过时的动能最小
D. 金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为
√
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解析：　金属块所受合力F合＝＝2mg，为定值，则
金属块做匀变速曲线运动，选项A错误；金属块运动过程中，在水平方向
受到向左的电场力，水平方向先向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加
速直线运动，则金属块一定会与高台边缘相碰，选项B错误；从进入电场
开始计时，设经过时间t金属块的动能最小，即速度最小，在水平方向上有
ax＝＝g，vx＝v0－gt，竖直方向vy＝gt，则合速度v＝，
解得v＝，由数学知识可知当t＝时，速度v有
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最小值，此时动能最小，选项C正确；当水平方向上的末速度为0时，金属块到高台边缘的水平距离最大，由运动学公式有最大水平距离xm＝＝，选项D错误。
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8. （2025·四川高考3题）如图所示，由长为R的直管ab和半径为R的半圆形
弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于水平面内，管道间平滑连接。bcd
圆心O点处固定一电荷量为Q（Q＞0）的带电小球。另一个电荷量为q（q
＞0且q Q）的带电小球以一定初速度从a点进入管道，沿管道运动后从f点
离开。忽略空气阻力。则（　　）
A. 小球在e点所受库仑力大于在b点所受库仑力
B. 小球从c点到e点电势能先不变后减小
C. 小球过f点的动能等于过d点的动能
D. 小球过b点的速度大于过a点的速度
√
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解析：　根据库仑定律F＝k可确定e点库仑力小于b点，A错误；小球从
c到d，静电力不做功，由d到e，静电力做正功，故电势能先不变后减小，
B正确；小球从d到f，静电力做正功，从a到b静电力做负功，故f点的动能
大于d点动能，b点速度小于a点速度，故C、D错误。
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9. （2025·甘肃高考7题）离子注入机是研究
材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图1
所示。从离子源S释放的正离子（初速度视为
零）经电压为U1的电场加速后，沿OO'方向射
入电压为U2的电场（OO'为平行于两极板的中
轴线）。极板长度为l、间距为d，U2-t关系如图2所
示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处，样品
中心位于O'点。假设单个离子在通过U2区域的极短
时间内，电压U2可视为不变，当U2＝±Um时。离子
恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的
相互作用。下列说法正确的是（　　）
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A. U2的最大值Um＝U1
B. 当U2＝±Um且L＝时，离子恰好能打到样品边缘
C. 若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U1
D. 在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A和B点
√
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解析： 　离子在加速电场中被加速时，有U1q＝m，在偏转电场中做
类平抛运动，则l＝v0t，＝×t2，解得Um＝U1，故选项A错误；当
U2＝±Um时，离子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，则＝，
解得L＝，选项B正确；根据y＝×t2＝，若其他条件不变，要
增加样品的辐照范围，则需减小U1，选项C错误；由图2可知t1时刻所加的
向上电场电压小于t2时刻所加的向下的电场的电压，则t1时刻射入的离子打
到A点时的竖直位移小于打到B点时的竖直位移，则选项D错误。
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10. （2025·河北石家庄三模）如图所示，在绝缘水平面上有一竖直高
度为h＝0.8 m的平台，一个带正电荷的弹性小球静止在平台边缘，空
间内存在着水平向右的匀强电场，弹性小球所受电场力的大小为自身
重力大小的0.5倍。在绝缘水平面上的A点与平台的水平距离为l＝0.72
m，现使弹性小球以初速度v0水平抛出，落到A点上反弹（碰撞过程时
间极短，碰撞前后水平方向上的速度不变，竖直方向上的速度大小不
变但方向相反）后再次返回水平面时刚好落在B点上。不计空气阻力，
重力加速度为g＝10 m/s2，求：
（1）弹性小球的初速度v0的大小；
答案：0.8 m/s　
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解析：弹性小球抛出后在竖直方向做自由落体运动，设弹性小球落到A点的时间为t，则下落高度为h＝gt2
弹性小球抛出后在水平方向上做匀加速直线运动，水平方向的加速度为a
＝0.5g
弹性小球落到A点，在水平方向做匀加速直线运动的距离为l＝v0t＋at2
解得弹性小球的初速度为v0＝0.8 m/s。
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（2）A、B两点间的距离d。
答案：3.84 m
解析：弹性小球落到A点时的竖直方向的速度为vy＝gt
此时水平方向的速度为vx＝v0＋at
弹性小球从A点弹起后在竖直方向上做竖直上抛运动，弹性小球从A点运动
到B点的时间为t'＝2×
弹性小球从A点弹起后在水平方向上做匀加速直线运动，A、B两点间的距
离为d＝vxt'＋at'2＝3.84 m。
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演示完毕 感谢观看素养提升12　带电粒子（体）在电场中运动的综合问题
1.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A.小球带负电
B.静电力与重力平衡
C.小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D.小球在运动过程中机械能守恒
2.（2026·河北石家庄模拟）如图所示，在电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为＋q的物体，以某一初速度沿电场方向做匀减速直线运动，不计空气阻力，其加速度大小为，物体运动距离s时速度变为零。则在此过程中（　　）
A.物体克服静电力做功
B.物体的电势能增加了qEs
C.物体的重力势能增加了qEs
D.物体的动能减少了
3.（2026·重庆渝中区模拟）如图甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交流电压。开始A板的电势比B板高，此时两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，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是（其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化）（　　）
4.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mv B.机械能增加2mv2
C.重力势能增加mv2 D.电势能增加2mv2
5.一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受静电力作用，则下列说法中正确的是（　　）
A.带电粒子只向一个方向运动 B.0～2 s内，静电力做功等于0
C.4 s末带电粒子回到原出发点 D.2.5～4 s内，静电力做功等于0
6.（2026·黑龙江大庆模拟）如图所示，竖直平面内有固定的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向右，P、Q分别为轨道上的最高点和最低点，M、N是轨道上与圆心O等高的点。质量为m、电荷量为q的带正电的小球在P处以速度v0水平向右射出，恰好能在轨道内做完整的圆周运动，已知重力加速度大小为g，电场强度大小E＝。则下列说法中正确的是（　　）
A.在轨道上运动时，小球动能最大的位置在Q点
B.经过M、N两点时，小球所受轨道弹力大小的差值为6mg
C.小球在Q处以速度v0水平向右射出，也能在此轨道内做完整的圆周运动
D.在轨道上运动时，小球机械能最小的位置在N点
7.（2026·河南新乡期末）如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电金属块（可视为质点）以初速度v0从足够高的光滑绝缘水平高台（侧壁竖直）上飞出，高台右侧有水平向左的匀强电场，电场强度大小为，重力加速度大小为g。金属块离开高台后，下列说法正确的是（　　）
A.金属块做变加速曲线运动 B.金属块不会与高台相撞
C.金属块进入电场后经过时的动能最小 D.金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为
8.（2025·四川高考3题）如图所示，由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于水平面内，管道间平滑连接。bcd圆心O点处固定一电荷量为Q（Q＞0）的带电小球。另一个电荷量为q（q＞0且q Q）的带电小球以一定初速度从a点进入管道，沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则（　　）
A.小球在e点所受库仑力大于在b点所受库仑力
B.小球从c点到e点电势能先不变后减小
C.小球过f点的动能等于过d点的动能
D.小球过b点的速度大于过a点的速度
9.（2025·甘肃高考7题）离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图1所示。从离子源S释放的正离子（初速度视为零）经电压为U1的电场加速后，沿OO'方向射入电压为U2的电场（OO'为平行于两极板的中轴线）。极板长度为l、间距为d，U2-t关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处，样品中心位于O'点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不变，当U2＝±Um时。离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A.U2的最大值Um＝U1
B.当U2＝±Um且L＝时，离子恰好能打到样品边缘
C.若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U1
D.在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A和B点
10.（2025·河北石家庄三模）如图所示，在绝缘水平面上有一竖直高度为h＝0.8 m的平台，一个带正电荷的弹性小球静止在平台边缘，空间内存在着水平向右的匀强电场，弹性小球所受电场力的大小为自身重力大小的0.5倍。在绝缘水平面上的A点与平台的水平距离为l＝0.72 m，现使弹性小球以初速度v0水平抛出，落到A点上反弹（碰撞过程时间极短，碰撞前后水平方向上的速度不变，竖直方向上的速度大小不变但方向相反）后再次返回水平面时刚好落在B点上。不计空气阻力，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
（1）弹性小球的初速度v0的大小；
（2）A、B两点间的距离d。
素养提升12　带电粒子（体）在电场中运动的综合问题
1.B　由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与静电力的合力为0，即静电力与重力平衡，知静电力方向竖直向上，所以小球带正电，A错误，B正确；从a→b，静电力做负功，电势能增大，C错误；由于静电力对小球做功，故小球在运动过程中机械能不守恒，D错误。
2.D　由于物体所受静电力和运动方向相同，故静电力做正功W＝qEs，故A错误；静电力做正功，电势能减小，物体的电势能减小了qEs，故B错误；重力做功WG＝－mgs，重力做负功，重力势能增加，又由牛顿第二定律可知，mg－qE＝ma＝，解得mg＝，所以重力势能增加了，故C错误；物体做减速运动，所受合外力做负功，动能减小，由动能定理得ΔEk＝－F合s＝－mas＝－，所以物体的动能减少了，故D正确。
3.A　在前半个周期内，A板的电势高，电场的方向向右，电子受到的静电力方向水平向左，电子向左做初速度为零的匀加速直线运动，在后半个周期，电场的方向向左，电子所受的静电力水平向右，电子向左做匀减速直线运动直到速度为零，然后进入第二个周期，重复之前的运动，由此可知，电子在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动，然后向左做匀减速直线运动，如此反复，由图像可知A正确，B、C、D错误。
4.B　小球动能的增加量为ΔEk＝m（2v）2－mv2＝mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N点时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间高度差为h＝，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝mv2，C错误；小球的动能和重力势能均增加，则小球的机械能增加，ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝2mv2，B正确；由能量守恒定律可知，小球电势能的减少量为ΔEp'＝ΔE＝2mv2，D错误。
5.D　画出带电粒子速度v随时间t变化的图像如图所示，v-t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，可见0～2 s内静电力做的功不等于0，B错误；2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，则2.5～4 s内，静电力做功等于0，D正确。
6.D　电场力和重力的合力为F＝＝mg，方向指向右下方，与水平方向的夹角为45°，所以动能最大点在QM圆弧的中点，A错误；在N点，有F1＋qE＝m，在M点，有F2－qE＝m，根据动能定理，则有qE×2R＝m－m，解得F2－F1＝6mg，B错误；PN圆弧的中点即为速度最小点（小球做圆周运动的等效最高点），从P点出发恰好到达速度最小点，所以相同的速度从Q点出发，无法到达速度最小点，C错误；机械能最小意味着电势能最大，N点电势最高，电势能最大，D正确。
7.C　金属块所受合力F合＝＝2mg，为定值，则金属块做匀变速曲线运动，选项A错误；金属块运动过程中，在水平方向受到向左的电场力，水平方向先向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动，则金属块一定会与高台边缘相碰，选项B错误；从进入电场开始计时，设经过时间t金属块的动能最小，即速度最小，在水平方向上有ax＝＝g，vx＝v0－gt，竖直方向vy＝gt，则合速度v＝，解得v＝，由数学知识可知当t＝时，速度v有最小值，此时动能最小，选项C正确；当水平方向上的末速度为0时，金属块到高台边缘的水平距离最大，由运动学公式有最大水平距离xm＝＝，选项D错误。
8.B　根据库仑定律F＝k可确定e点库仑力小于b点，A错误；小球从c到d，静电力不做功，由d到e，静电力做正功，故电势能先不变后减小，B正确；小球从d到f，静电力做正功，从a到b静电力做负功，故f点的动能大于d点动能，b点速度小于a点速度，故C、D错误。
9.B　离子在加速电场中被加速时，有U1q＝m，在偏转电场中做类平抛运动，则l＝v0t，＝×t2，解得Um＝U1，故选项A错误；当U2＝±Um时，离子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，则＝，解得L＝，选项B正确；根据y＝×t2＝，若其他条件不变，要增加样品的辐照范围，则需减小U1，选项C错误；由图2可知t1时刻所加的向上电场电压小于t2时刻所加的向下的电场的电压，则t1时刻射入的离子打到A点时的竖直位移小于打到B点时的竖直位移，则选项D错误。
10.（1）0.8 m/s　 （2）3.84 m
解析：（1）弹性小球抛出后在竖直方向做自由落体运动，设弹性小球落到A点的时间为t，则下落高度为h＝gt2
弹性小球抛出后在水平方向上做匀加速直线运动，水平方向的加速度为a＝0.5g
弹性小球落到A点，在水平方向做匀加速直线运动的距离为l＝v0t＋at2
解得弹性小球的初速度为v0＝0.8 m/s。
（2）弹性小球落到A点时的竖直方向的速度为vy＝gt
此时水平方向的速度为vx＝v0＋at
弹性小球从A点弹起后在竖直方向上做竖直上抛运动，弹性小球从A点运动到B点的时间为t'＝2×
弹性小球从A点弹起后在水平方向上做匀加速直线运动，A、B两点间的距离为d＝vxt'＋at'2＝3.84 m。
1 / 1素养提升12　带电粒子（体）在电场中运动的综合问题
1.掌握带电粒子在交变电场中运动的分析方法。 2.知道“等效重力场”的概念，掌握带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动规律。 3.会用动力学观点和能量观点分析电场中的力电综合问题。
提升点一　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）a-t图像v-t图像。
〔人教版必修第三册P45·例题1改编〕如图甲所示，某多级直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙所示交流电源两极相连。t＝0时，位于金属圆板（序号为0）中央的电子，由静止开始加速。电子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（　　）
A.圆筒内部电场强度大小随序号增大而减小
B.电子在各圆筒中做匀加速直线运动
C.电子在各圆筒中运动的时间都为T
D.各圆筒的长度之比为1∶∶…
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
〔多选〕（2026·陕西西安模拟）接在平行板电容器A、B两极板的电压随时间变化关系图像如图所示，两板间距足够大，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子（不计重力），开始时静止在两极板中央，从某时刻由静止释放，关于带电粒子的运动，下列描述正确的是（　　）
A.若从0时刻由静止释放，粒子一直向右运动
B.若从0时刻由静止释放，粒子先向右后向左做往复性的运动
C.若从T时刻由静止释放，粒子时而向右运动，时而向左运动，每个周期都会向左移动一定距离
D.若从T时刻由静止释放，粒子时而向左运动，时而向右运动，每个周期都会向右移动一定距离
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
作v-t图像时的注意点 （1）带电粒子进入电场的时刻。 （2）v-t图像的斜率表示加速度，因此加速度相同的运动图像一定是平行的直线。 （3）图线与时间轴围成的“面积”表示位移，且在横轴上方所围成的“面积”为正，在横轴下方所围成的“面积”为负。 （4）注意对称性和周期性变化关系的应用。 （5）图线与横轴有交点，表示此时速度为零；对于运动很复杂，不容易画出v-t图像的问题，还应逐段分析求解。
（2026·广东广州期末）如图a所示，两竖直平行金属板A、B与x轴垂直，接在电压大小为U0＝400 V的稳压电源上，A板过原点，在B板上靠近中间处有一长度d0＝2 cm的水平狭缝。在B板右侧水平放置边长为l＝10 cm的两正方形平行金属板C、D，两板间距d＝10 cm，距板右端处垂直x轴有一足够大的荧光屏。A板中间位置沿z轴方向有一线形离子源，可以连续释放初速度为零的正离子。已知离子源、B板上的狭缝和C、D板中间线均在同一水平面内，且C、D板不加电压时，屏上会出现长2 cm一条水平亮线。现在C、D两极板间接上如图b所示的交变电压（若每个离子穿过C、D板间的时间极短，可认为此过程中C、D板间电压不变，极板间形成的电场可视为匀强电场），忽略电场的边缘效应，不计离子重力以及离子间的相互作用力，离子的比荷均为＝2×106 C/kg。求：
（1）离子穿过B板狭缝时的速度大小；
（2）C、D板间电压为U1＝400 V时，离子离开C、D板时的速度与水平方向夹角（即速度偏向角）的正切值；
（3）离子打在屏上的区域面积S。
尝试解答
（1）研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况。根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。 （2）注重全面分析（分析受力特点和运动规律）：抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性，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。 （3）对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。
提升点二　带电体在“等效场”中的圆周运动
如图所示为小球在最高点没有支撑的“轻绳”模型（不计一切摩擦阻力），通过前面的学习我们知道，小球能完成竖直面内完整圆周运动的临界特征是在最高点重力恰好提供向心力，即mg＝m，则在最高点的最小速度vmin＝。请思考：
（1）若小球同时受到一个竖直向下的恒定电场力qE，临界特征是什么？如果电场力qE竖直向上呢？我们把重力和电场力的合力等效成小球所受重力，那么就可以直接套用mg'＝m，vmin＝ 规律，这个等效的重力加速度g'的大小和方向如何？
（2）试用等效法分析，若小球受到一个水平向左的恒定电场力qE，临界特征是什么？
1.等效重力场 　
2.等效最“高”点与最“低”点的确定方法
在“等效重力场”中做圆周运动的物体过圆心作“等效重力”的作用线，其反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运动的等效最“高”点，沿着“等效重力”的方向延长交于圆周上的那个点即为等效最“低”点，如图所示。
（2026·河南三门峡期末）如图所示，一半径R＝0.4 m的绝缘光滑竖直圆轨道，处于水平向右的匀强电场中，电场强度E＝5×103 V/m。在轨道的最低点A，由静止释放一质量m＝5 g的带电小球，小球沿轨道恰在A、B两点间往复运动，且知轨迹所对圆心角∠AOB＝120°，g＝10 m/s2。试求：
（1）小球的带电荷量q；
（2）若欲使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则由A点沿水平向右的方向至少需给小球多大的初速度v0；
（3）若在A点给小球一个沿水平向右大小为vA＝2 m/s的初速度，小球是否会脱离轨道？若会脱离轨道，其脱离轨道时所在位置与圆心O的连线与竖直方向的夹角θ多大及此时速度vt的大小？
尝试解答
　（2026·山东枣庄期末）如图所示，半径为R的光滑绝缘半圆形轨道固定在竖直平面内，下端与光滑绝缘水平面相切于B点，整个空间存在水平向右的匀强电场。质量为m的带正电小球从A点以某一初速度向左运动，沿轨道运动并从C点飞出，经过P点时恰好对轨道无压力。已知轨道上M点与圆心O等高，O、B、C共线，OP与竖直方向的夹角为45°，取重力加速度为g，求：
（1）小球所受静电力大小；
（2）小球经过P点的速度大小；
（3）小球经过轨道上C点的加速度大小；
（4）小球在M点受到的弹力大小。
提升点三　电场中的力电综合问题
1.动力学的观点
（1）由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法。
（2）综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，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，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述是否为某方向上动量守恒。
（2026·河南郑州模拟）如图所示，AC水平轨道上AB段光滑、BC段粗糙，且BC段的长度L＝1 m，CDF为竖直平面内半径R＝0.1 m的光滑半圆绝缘轨道，两轨道相切于C点，CF右侧有电场强度大小E＝1×103 N/C、方向水平向右的匀强电场。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与质量m＝0.1 kg的滑块P接触。当弹簧处于原长时滑块在B点，在F点有一套在半圆轨道上、电荷量q＝1.0×10－3 C的带正电圆环，在半圆轨道最低点放一质量与圆环质量相等的滑块Q（图中未画出）。由静止释放圆环，圆环沿半圆轨道运动。当圆环运动到半圆轨道的最右侧D点时对轨道的压力大小FN＝5 N。已知滑块Q与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度大小g取10 m/s2，两滑块和圆环均可视为质点，圆环与滑块Q的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，Q、P两滑块碰撞后粘在一起。求：
（1）圆环的质量M；
（2）圆环与滑块Q碰撞前瞬间的速度大小vC；
（3）弹簧的最大弹性势能Ep。
尝试解答
　（2026·山东青岛期末）如图所示，竖直平面内光滑绝缘杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，B点为AC的中点，C点为圆周与水平面的切点，圆心O处固定一正点电荷。一质量为m、电荷量为－q的小球套在杆上，从A点由静止开始下滑。已知A点距水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为，小球可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A.小球下滑过程中电势能先增大后减小
B.小球滑至BC中点时动能最大
C.A、C两点间的电势差UAC＝
D.小球滑至C点时的速度大小为3
素养提升12　带电粒子（体）在电场中运动的综合问题
提升点一
【例1】　D　金属圆筒内部电场强度为零，电子不受电场力，电子在各圆筒中做匀速运动，故A、B错误；只有电子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故C错误；电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理有neu＝m，解得vn＝，第n个圆筒长度Ln＝vn×＝，则各金属筒的长度之比为1∶∶…，故D正确。
【例2】　AC　从0时刻释放粒子，根据静止粒子所受电场力方向及作用时间，画出粒子的v-t图像如图甲所示（取向右为正方向），由图甲可知，粒子在0～时间内向右做匀加速直线运动，在～T时间内向右做匀减速直线运动直至速度减为零，之后重复上述运动，因此粒子始终向右运动，故A正确，B错误；若粒子从T时刻由静止释放，根据静止粒子所受电场力方向及作用时间，画出粒子的v-t图像
如图乙所示，由图乙可知，粒子在电场力的作用下，时而向右运动，时而向左运动，一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，所以每个周期都会向左移动一定距离，故C正确，D错误。
【例3】　（1）4×104 m/s　（2）　（3）4×10－3 m2
解析：（1）设离子穿过B板狭缝时的速度为v0，根据动能定理有qU0＝m
解得v0＝4×104 m/s。
（2）C、D两板间电压U1＝400 V，设离子离开C、D间电场时的竖直方向的速度分量为vy，速度偏向角为θ，由牛顿第二定律可得l＝v0t，q＝ma，vy＝at
tan θ＝，联立解得tan θ＝。
（3）设离子在运动过程中的加速度大小为a'，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy'，速度偏转角为θ'，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，如图所示
则有y＝a't2，l＝v0t，vy'＝a't，tan θ'＝＝
联立以上各式解得x＝
即离子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点。设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U'，有d＝a't'2，＝ma'
解得U'＝800 V
可知，当｜U｜＞800 V时离子打到极板上，｜U｜＜800 V时离子打到屏上。设离子打到屏上区域的竖直高度为y0，根据上述推导可得结论：打到屏上的离子好像是从两极板间中线的中点沿直线射出一样，结合题图由三角形相似可得＝
解得y0＝d＝0.1 m
结合对称性可知，打到屏上区域的面积为长为2y0、宽为d0的长方形面积，即S＝2y0d0＝40cm2＝4×10－3m2。
提升点二
寻规探律
　提示：（1）若小球同时受到一个竖直向下的恒定电场力qE，临界条件是在最高点位置时qE＋mg＝m。如果qE竖直向上且小于mg，临界条件是在最高点位置时mg－qE＝m；如果qE竖直向上且等于mg，小球做匀速圆周运动，无临界条件；如果qE竖直向上且大于mg，临界条件是在最低点位置qE－mg＝m。把重力和电场力的合力等效成小球所受重力，有F合＝mg'，
则g'＝，方向与F合相同。
（2）电场力和重力的合力大小F合＝，方向如图所示，则等效重力加速度g'＝，临界特征是在等效最高点位置（如图中A点）vmin＝。
【例4】　（1）×10－5 C　（2）4 m/s　（3）会脱离轨道　0°　2 m/s
解析：（1）小球在A、B间往复运动，则劣弧中点C为等效最低点，此位置小球所受重力与电场力的合力方向沿OC方向，由几何关系tan 60°＝
代入数据得q＝×10－5 C。
（2）等效最高点设为D，与C对称，合力F'＝＝2mg
等效最高点满足F'＝m
可得vD＝
从A到等效最高点D，根据动能定理，
有－mg（R＋Rcos 60°）－qE·Rsin 60°＝m－m
化简得v0＝4 m/s。
（3）因为vA＝2 m/s＜4 m/s，所以小球无法通过等效最高点D沿轨道做完整的圆周运动。设小球恰好脱离轨道时，其位置与圆心O的连线与OD的夹角为α，速度大小为vt，等效重力为G'，则有G'cos α＝Fn＝m
由动能定理得－G'（cos 60°＋cos α）R＝m（－）
其中G'＝F'＝2mg
联立上述二式得cos α＝，vt＝2 m/s
易知α＝60°
则与竖直方向的夹角θ＝0°，小球于CD间脱离轨道时其所在位置与圆心O的连线与竖直方向的夹角为0°，此时小球速度大小为2 m/s。
强化训练
　（1）mg　（2）　（3）g　（4）3（－1）mg
解析：（1）小球经过P点时恰好对轨道无压力，合力恰好提供向心力
则有tan 45°＝
可得小球所受静电力大小为F＝mg。
（2）根据牛顿第二定律，小球经过P点时有
F合＝mg＝m
小球经过P点的速度大小为vP＝。
（3）小球从P点到C点的过程中，根据动能定理有
F·Rsin 45°－mgR（1－cos 45°）＝m－m
求得＝（3－2）gR
可得小球经过轨道上C点的向心加速度大小为
an＝＝（3－2）g
水平方向的加速度大小为ax＝＝g
则小球经过轨道上C点的加速度大小为
aC＝＝g。
（4）P点是小球运动的等效最高点，根据运动的对称性
可知小球在M点速度大小满足vM＝vC，小球在M点
根据牛顿第二定律，有N＋F＝m
联立可求得小球在M点受到的弹力大小N＝3（－1）mg。
提升点三
【例5】　（1）0.1 kg　（2）2 m/s　（3）0.05 J
解析：（1）圆环从F点运动到D点的过程，由动能定理有MgR＋qER＝M
由牛顿第二定律有FN'－qE＝M
又FN'＝FN＝5 N
解得M＝0.1 kg。
（2）圆环从F点运动到C点，静电力做功为0，仅有重力做功，故Mg×2R＝M
解得vC＝2 m/s。
（3）圆环与滑块Q碰撞，由于两者质量相等，碰撞后交换速度，故碰撞后圆环的速度为0，滑块Q的速度大小为2 m/s
滑块Q在BC段运动的过程中，根据动能定理有
－μMgL＝M－M
解得vB＝ m/s
滑块Q和滑块P碰撞时有MvB＝（M＋m）v
Ep＝（M＋m）v2
解得Ep＝0.05 J。
强化训练
　D　小球从A点滑到C点的过程中，与O点的距离先减小后增大，电场力先做正功，后做负功，小球的电势能先减小后增大，A错误； 小球滑至BC中点时，杆的弹力和正电荷的库仑引力均与杆垂直，重力竖直向下，小球所受合力不等于0，动能不是最大值，小球还要继续加速，动能还要继续增大，B错误； A、C两点间的电势差为UAC＝UAB＝－UBA，小球从A点到B点，根据动能定理mg·＋qUBA＝m，解得UAC＝－，C错误；小球从B点到C点，根据动能定理得mg·＝m－m，解得vC＝3，D正确。
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