专题十三 带电粒子（带电体）在电场中运动的常见模型 讲义 -2026届高考物理一轮复习

专题十三 带电粒子（带电体）在电场中 运动的常见模型 模型一：带电粒子（带电体）在电场中的直线运动模型 知识总结 1．受力分析： 与力学中受力分析方法相同，知识多了一个电场力而已。如果带电粒子在匀强电场中，则电场力为恒力（qE），若在非匀强电场，电场力为变力 2．运动过程分析： 带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，收到的电场力与运动方向在同一直线上，做匀加（减）速直线运动 3．用动力学观点分析：a＝，E＝，＝2ad 4．用功、能量观点分析 （1）匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝。 （2）非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。 5．带电体在电场中的直线运动 （1）带电小球在电容器中的直线运动 匀速直线运动 qE＝mg，a＝0 匀加速直线运动 qE＝mgtan θ，a＝ 匀加速直线运动 qE＝，a＝gtan θ 匀减速直线运动 qE＝，a＝gtan θ （2）多过程运动规律 运动模型 受力分析 运动分析 规律 ①速度公式v0＝gt1＝at2；速度位移公式v02＝2gx1＝2ax2 ②全程动能定理：mg(h＋d)－qU＝0 典型例题 1．如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为m、电荷量为q1（q1＞0）的粒子A；在负极板附近有一质量也为m、电荷量为－q2（q2＞0）的粒子B。仅在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距的平面Q，两粒子间相互作用力可忽略，不计粒子重力，则以下说法正确的是（　　） A．电荷量q1与q2的比值为3∶7 B．电荷量q1与q2的比值为3∶4 C．粒子A、B通过平面Q时的速度之比为9∶16 D．粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶7 【答案】B 【解析】设电场强度大小为E，两粒子的运动时间相同，对正电荷A有a1＝，＝··，对负电荷B有a2＝，＝··，联立解得＝，A错误，B正确；由动能定理得qEx＝－0，求得＝，选项C、D错误。故选：B。 2．如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子（　　） A．运动到P点返回 B．运动到P和P′点之间返回 C．运动到P′点返回 D．穿过P′点 【答案】A 【解析】设AB、BC间的电场强度分别为E1、E2，间距分别为d1和d2，电子由O点运动到P点的过程中，据动能定理得：eE1d1－eE2d2＝0 ① 当C板向右平移后，BC板间的电场强度E2′＝＝＝＝， BC板间的电场强度与板间距无关，大小不变。 第二次释放后，设电子在BC间移动的距离为x，则eE1d1－eE2x＝0－0 ② 比较①②两式知，x＝d2，即电子运动到P点时返回，A正确。故选：A。 3．（多选）如图所示，两个相同的平行板电容器均与水平方向成θ角放置，两极板与直流电源相连。若带电小球分别以速度v0沿边缘水平射入电容器，均能沿图中所示水平直线恰好穿出电容器，穿出时的速度分别为v1和v2。下列说法正确的是（　　） A．两种情形下带电小球的运动时间相等 B．两种情形下电容器所加电压相等 C．小球的速度满足关系v0＝v1＝v2 D．小球的速度满足关系 【答案】BD 【解析】静电力的方向垂直于极板，由于两种情形下小球均沿着水平方向运动，竖直方向所受合力均为零，因此两种情形下带电小球所受静电力大小均为F＝，又因两电容器相同，根据F＝Eq＝知两种情形下电容器所加电压相等，B正确；分析知第一种情形小球做匀减速直线运动，第二种情形小球做匀加速直线运动，初速度相同，运动位移相同，由匀变速直线运动规律知，两种情形带电小球的运动时间不同，末速度也不同，A、C错误；两种情形小球在水平方向上的加速度大小均为a＝＝gtan θ，第一种情形，水平方向上有：＝2ax，第二种情形，水平方向上有：＝2ax，两式联立，可得，D正确。故选：BD。 4．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间的距离为d，上板正中有一小孔．质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）．求： （1）小球到达小孔处的速度； （2）极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量； （3）小球从开始下落运动到下极板处的时间。 【答案】（1）；（2），；（3） 【解析】（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：v2＝2gh 解得： ① （2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg(h＋d)－qEd＝0 解得： ② 电容器两极板间的电压为： 电容器的带电量为： （3）加速过程：mgt1＝mv ③ 减速过程，有：(mg－qE)t2＝0－mv ④ t＝t1＋t2 ⑤ 联立①②③④⑤解得： 5．多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。 （1）求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1； （2）反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x； （3）已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）设离子经加速电场加速后的速度大小为v， 根据动能定理，有qU＝ ① 离子在漂移管中做匀速直线运动，则T1＝ ② 联立①②式，得T1＝ ③ （2）根据动能定理，有qU－qEx＝0 ④ 得x＝ ⑤ （3）离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为，有＝ ⑥ 通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L1，在无场区的总路程设为L2。根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，有t总＝＋ ⑦ 联立①⑥⑦式，得t总＝(2L1＋L2) ⑧ 可见，离子从A到B的总飞行时间与成正比。 依题意可得＝，可得m1＝。 模型二：带电粒子在电场中的偏转模型 知识总结 1．带电粒子在匀强电场中偏转的基本规律 （1）沿初速度方向做匀速直线运动，t＝（如图） （2）沿静电力方向做匀加速直线运动 ①加速度：a＝＝＝ ②离开电场时的偏移量：y＝＝ ③离开电场时的偏转角：tan θ＝＝ 2．带电粒子在电场中的“加速＋偏转＋射屏”基本规律 3．几个重要结论 （1）粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即粒子射出偏转电场时，O到偏转电场边缘的距离为。也可以理解为速度偏转角θ的正切值等于位移偏转角α的正切值的2倍，即tan θ＝2tan α。 （2）不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的。 （3）以相同的初速度进入同一个偏转电场的带电粒子，不论m、q是否相同，只要比荷相同，则偏转距离y和偏转角θ相同。 （4）若以相同的初动能Ek0进入同一个偏转电场，只要q相同，不论m是否相同，则偏转距离y和偏转角θ相同。 4．功能关系 当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝，其中Uy＝，指初、末位置间的电势差。 典型例题 1．如图所示，一带负电粒子（不计重力）质量为m、电荷量大小为q，以初速度v0沿两板中央水平方向射入水平放置、距离为d、电势差为U的一对平行金属板间，经过一段时间从两板间飞出，在此过程中，已知粒子动量变化量的大小为Δp，下列说法中不正确的是（ ） A．粒子在两板间运动的加速度大小为 B．粒子从两板间离开时的速度大小为 C．金属板的长度为 D．入射点与出射点间的电势差为 【答案】B 【解析】A．粒子在电场中运动，根据牛顿第二定律有＝ma，解得粒子在两板间运动的加速度大小为a＝，故A正确，不符合题意； BC．由于粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则水平方向动量的变化量为0，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则速度的变化量即为粒子离开电场时竖直方向的末速度，因此可得vy＝，则粒子从两板间离开时的速度v＝＝，粒子在两板间运动的时间为t＝＝，金属板的长度L＝v0t＝，故B错误，符合题意，C正确，不符合题意； D．设入射点与出射点之间的电势差为U0，根据动能定理可得－U0q＝，解得U0＝，故D正确，不符合题意。故选B。 2．（多选）一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（ ） A．L∶d＝2∶1 B．U1∶U2＝1∶1 C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2 D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变 【答案】BD 【解析】A．粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，设粒子射入电容器后的速度为v0，水平方向的分速度vx＝v0cos 45°＝，竖直方向的分速度vy＝v0cos 45°＝，则当粒子从射入到运动到最高点过程中，由运动学公式可得2L＝vxt，d＝，联立可得L∶d＝1∶1，A错误； B．带正电微粒从静止开始经电压U1加速，由动能定理可得qU1＝，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得E＝，F＝qE＝ma，从射入到运动到最高点由运动学关系＝2ad，联立解得U1∶U2＝1∶1，B正确； C．粒子从最高点到穿出电容器，由运动学公式可得L＝vxt1，vy1＝at1，射入电容器到最高点有vy＝at解得vy1＝，设粒子刚穿出电容器时速度方向与极板夹角为α，则cos α＝ 粒子射入电容器时速度方向与极板夹角的夹角为β，cos (α＋β)＝3，C错误； D．粒子射入电容器到最高点的过程水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y＝，联立解得y＝，同理可得粒子从最高点到射出电容器的过程，设水平方向的位移为x0，竖直方向的位移为y0＝联立解得y0＝，即仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变，D正确。故选：BD。 3．在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q＞0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受电场力作用。 （1）求电场强度的大小； （2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？ （3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？ 【答案】（1）；（2）；（3）0或 【解析】（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动， 由于q＞0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知 所以根据动能定理有，解得 （2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有， 而电场力提供加速度有 联立各式解得粒子进入电场时的速度 （3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0，过C点做AC垂线会与圆周交于B点 故由题意可知粒子会从C点或B点射出。 当从B点射出时由几何关系有， 电场力提供加速度，联立解得 当粒子从C点射出时初速度为0，粒子穿过电场前后动量变化量的大小为，该粒子进入电场时的速率应为0或。 4．某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为小球）组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d、不考虑重力影响和颗粒间相互作用。 （1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压； （2）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f＝krv，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。 a．半径为R、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压； b．已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10 μm和2.5 μm的两种颗粒，若10 μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5 μm的颗粒被收集的百分比。 【答案】（1）；（2）a．；b．25% 【解析】（1）只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集， 水平方向有，竖直方向 根据牛顿第二定律，又， 解得 （2）a．颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，， 且，解得 b．10 μm带电荷量q的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有， 在竖直方向颗粒匀速下落 2.5 μm的颗粒带电荷量为 颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力， 有， 设只有距下极板为的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落 解得 2.5 μm的颗粒被收集的百分比×100%＝25% 模型三：带电粒子在交变电场中的运动模型 知识总结 1．常见的交变电场类型 产生交变电场常见的电压波形：正弦波、方形波、锯齿波等。 2．交变电场中常见的粒子运动类型及分析思路 运动类型 分析思路 粒子做单向直线运动 一般对整段或分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式求解 粒子做有往返的直线 一般分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理、动量定理等求解 粒子做偏转运动 一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解。 3．方形波交变电场中常见运动过程及其分析 U－t图 v－t图 轨迹图 典型例题 1．如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动（假设不与板相碰），下列说法正确的是（　　） A．电压如甲图所示时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少 B．电压如乙图所示时，在0～时间内，电子的电势能先增加后减少 C．电压如丙图所示时，电子在板间做往复运动 D．电压如丁图所示时，电子在板间做往复运动 【答案】D 【解析】若电压如题图甲时，在0～T时间内，静电力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压如题图乙时，在0～时间内，电子向右先加速后减速，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压如题图丙时，电子向左先做加速运动，过了后做减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误；电压如题图丁时，电子先向左加速，到后向左减速，后向右加速，后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，则电子做往复运动，故D正确。 2．如图甲为直线加速器原理图，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。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。已知电子的质量为m、元电荷为e、电压的绝对值为u，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）中央有一个初速度为零的电子。下列说法正确的是（ ） A．电子在圆筒中做匀加速直线运动 B．本装置可采用直流电进行加速 C．进入第2个金属圆筒时的速度为 D．第8个金属圆筒的长度为 【答案】C 【解析】电金属圆筒中电场为零，电子做匀速直线运动；电子在金属圆筒中的运动时间为；根据动能定理求电子出第2个圆筒瞬间速度，由x＝vt求解第8个圆筒长度。 解答本题的关键要理解直线加速器的工作原理，把握电子的运动规律，运用动能定理和运动学公式相结合解答。 A、金属圆筒中电场为零，电子不受电场力，做匀速直线运动，故A错误； B、只有电子保证每次在缝隙中被电场加速，才能获得较大的速度，故采用交流电进行加速，故B错误； CD、电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理得：neU＝－0，解得电子进入第2个圆筒瞬间速度为v2＝＝，由于不计电子通过圆筒间隙的时间，则电子在圆筒内做匀速直线运动的时间恰好是， 则第8个圆筒长度为L8＝＝＝，故D错误，C正确。 故选C。 3．（多选）如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为＋q、质量为m的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是（　　） A．粒子在电场中运动的最短时间为 B．射出粒子的最大动能为 C．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出 D．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出 【答案】AD 【解析】由题图可知电场强度E＝，则粒子在电场中的加速度a＝＝，则粒子在电场中运动的最短时间满足＝，解得tmin＝，选项A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t＝，则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时的动能均为，选项B错误；t＝＝时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是先向下加速，后向下减速速度到零；然后向上加速，再向上减速速度到零……如此反复，则最后射出时有沿电场方向向下的位移，即粒子将从O′点下方射出，故C错误；t＝＝时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是先向上加速，后向上减速速度到零；然后向下加速，再向下减速速度到零……如此反复，则最后射出时沿电场方向的位移为零，即粒子将从O′点射出，选项D正确。故选：AD。 4．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器极板长L＝10 cm，极板间距d＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求： （1）在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的位置到O点的距离； （2）荧光屏上有电子打到的区间长度。 【答案】（1）13.5 cm；（2）30 cm 【解析】（1）设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU0＝ ① 设电容器间偏转电场的场强为E，则有：E＝ ② 设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则： 沿中心轴线方向有：t＝ ③ 垂直中心轴线方向有：a＝ ④ 联立①②③④得y＝＝＝ ⑤ 设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ， 则电子通过偏转电场时有：vy＝at ⑥，tan θ＝ ⑦ 则电子在荧光屏上偏离O点的距离为Y＝y＋Ltan θ＝ ⑧ 由题图乙知t＝0.06 s时刻U＝1.8U0，解得Y＝13.5 cm。 （2）由题知电子偏转量y的最大值为，根据y＝可得，当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了。 代入⑧式得：Ymax＝ 所以荧光屏上电子能打到的区间长度为：2Ymax＝3L＝30 cm。 模型四：带电粒子在复合场（电场与重力场） 中的匀变速曲线运动模型 知识总结 1．带电物体在静电场和重力场的复合场中运动时的能量守恒 （1）带电物体只受重力和静电场力作用时，电势能、重力势能以及动能相互转化，总能量守恒，即＝恒定值 （2）带电物体除受重力和静电场力作用外，如果还受到其它力的作用时，电势能、重力势能以及动能之和发生变化，此变化量等于其它力的功，这类问题通常用动能定理来解决。 2．带电粒子在复合场中的匀变速曲线运动的几种常见情况 竖直向上抛出 水平抛出 斜上抛出 典型例题 1．如图所示，水平地面的上方存在水平向左、场强大小可调的匀强电场，将一质量为m的带正电小球从O点的正上方O′点，以一定的初速度水平向右抛出，由于匀强电场场强大小不同，小球落地位置处于O、A之间，且小球落在A点时的速度方向与地面垂直，动能与抛出时相等，已知重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ） A．小球受到的电场力越大，小球从抛出到落地的过程中重力的冲量越大 B．小球受到的电场力越大，小球单位时间内动量的改变量越小 C．小球落在A点时受到的电场力大小为 D．小球落在O点时受到的电场力大小为2mg 【答案】D 【解析】A．不管电场强度的大小如何，小球在竖直方向均做自由落体运动，因而运动时间不变，而重力的冲量I＝mgt，可知重力的冲量不变，A错误； B．小球受到的电场力越大，小球受到的合力越大，据动量定理可知，小球单位时间内动量的改变量越大，B错误； CD．设小球的初速度大小为v0，因小球落到A点时速度方向与地面垂直，且动能与抛出时相同，即落在A点时的速度vy＝v0 设此时电场力大小为F，则水平方向有Ft＝mv0 竖直方向有mgt＝mvy，可知F＝mg 设小球落到O点时对应的电场力大小为F′，水平方向有F′t＝mv0－(－mv0)＝2mv0 解得F′＝2mg，故C错误，D正确。 故选D。 2．（多选）如图，在竖直平面内有一圆心为O、半径为R的圆形区域，圆内有一场强大小为E的水平匀强电场，方向与该区域平面平行，圆的直径MN与水平方向夹角θ＝45°。质量为m、电荷量为q的带正电微粒从M点以不同水平速度向右射入电场，微粒通过圆形区域的过程中，电势能增加量最大值为ΔEp，动能增加量最大值为ΔEk。已知速度大小为v的微粒恰能运动到N点且速度大小也为v，重力加速度大小为g。下列等式成立的是（ ） A．E＝ B．R＝ C．ΔEk＝ D．ΔEp＝ 【答案】AC 【解析】A．微粒在M点和N点速度大小大小均为v，表明重力和电场力的合力与MN垂直，可得qE＝mg，E＝，A正确； B．微粒由M点运动到N点，根据类斜抛运动的对称性，N点速度方向竖直向下，竖直方向分运动：v2＝2g()，可得：R＝，B错误； C．在等效最低点动能增加量最大，ΔEk＝W合＝，代入R＝，ΔEk＝，C正确； D．带电粒子在圆周上圆心右边与圆心等高处，电势能增加量最大，ΔEp＝－W电＝－qE(R＋Rcos 45°)＝，D错误。 故选AC。 3．（多选）真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°。现将该小球从电场中A点以初速度v0竖直向上抛出，经过最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则（ ） A．小球所受的电场力为 B．小球在最高点B的动能为 C．小球从B到C的电势能减少量是从A到B的电势能减少量的3倍 D．小球在C点的机械能比在A点多 【答案】CD 【解析】A．结合题意，由几何关系可得，电场力的大小qE＝mgtan 37°＝，故A错误； B．小球竖直向上做匀减速直线运动，加速度大小为ay＝g， 水平方向做匀加速直线运动，加速度大小为ax＝＝， 小球上升到最高点的时间t＝，在水平方向上，根据匀变速直线运动的速度时间关系得vB＝axt＝，小球在最高点B的动能为EkB＝＝，故B错误； C．由竖直方向上的运动，根据对称性可知，小球从B到C的时间等于从A到B的时间，在水平方向上，小球从A到C做初速为0的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的规律可知，在水平方向上，从A到B与从B到C的水平位移之比为1：3，则小球从B到C过程中电场力所做的功等于小球从A到B过程中电场力所做功的3倍，所以小球从B到C的电势能减少量是从A到B的电势能减少量的3倍，故C正确； D．在水平方向上，小球从A到C做匀加速直线运动，根据位移时间关系得xAC＝＝，电场力做功WAC＝qExAC＝，根据功能关系可知，小球从A到C过程中增加的机械能等于电场力所做的功，所以小球在C点的机械能比在A点多，故D正确。 4．在一空间范围足够大区域内可能存在竖直向上的匀强电场，其电场线与坐标xOy平面平行。以坐标原点O为圆心，作半径为R的圆交坐标轴于A、B两点，C点为AB圆弧中点位置，如图所示。在原点O处有带正电小球，以某一初动能沿x轴正向水平抛出。 （1）空间电场强度为0时，小球以Ek0的初动能从O点平抛，刚好能经过C点位置，求小球经过C点位置时的动能； （2）空间电场强度不为0时，小球以Ek0的初动能从O点平抛，当小球经过图中圆周上D点时动能大小为2Ek0，求D点位置坐标（图中未标出D点）； （3）空间电场强度不为0时，小球以某一初动能从O点平抛，小球经过图中圆周上C点时动能大小为2Ek0，若已知带电小球的质量为m，电量为q，求空间所加匀强电场的场强大小（用m、q、g表达）。 【答案】（1） （2），或， （3） 【解析】（1）小球从O到C做平抛运动有， 可得vy＝2v0，则，得EkC＝5Ek0 （2）小球过D点时有xD＝v0t，，EkD＝2Ek0，即， 可得，则有vy＝v0，解得 又由几何关系得， 解得，或， （3）在（1）问中由，，可得 空间有电场时小球过C点有：xc＝v0′t， 其中，，vy′＝2v0′，EkC＝2Ek0，即， 可得，， 模型五：“等效重力场”模型 知识总结 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”；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．问题分析 3．方法应用 典型例题 1．如图所示，光滑绝缘轨道ABC由半圆轨道AB和水平直轨道BC组成，A、B连线竖直。半圆轨道的圆心为O、半径为R，空间有如图所示的匀强电场，场强大小为E＝，方向与水平面夹角为θ＝30°，重力加速度为g。在水平直轨道上距B点L处静止释放一质量为m、电量为q的带正电小滑块，下列说法正确的是（ ） A．无论L取何值，小滑块都能运动到A点 B．小滑块在半圆轨道上运动时始终处于超重状态 C．若L＝，轨道对滑块的弹力最大值等于4mg D．若L＝，轨道对滑块的弹力最大值等于3mg 【答案】C 【解析】A．假设小滑块刚好可以到达A点，在A点有mg－Eqsin θ＝， 则根据动能定理qELcos θ＋qE×2Rsin θ－mg×2R＝－0， 解得L＝，要使小滑块能运动到A点，应满足L≥，故A错误； B．对小滑块受力分析，如图 合外力与水平方向夹角为30°，则小滑块运动到A点时小滑块减速运动，故在A点时小滑块处于失重状态，故B错误； CD．合外力与水平方向夹角为30°，则OD与水平方向夹角为30°的D点为等效最低点，如图 若L＝时，根据动能定理＝， 则此时，轨道对小滑块的支持力为N＝F合＋， 解得N＝4mg，故C正确，D错误。 故选C。 2．（多选）用轻绳拴着一质量为m、带正电的小球在竖直面内绕O点做圆周运动，竖直面内加有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，如图甲所示，不计一切阻力，小球运动到最高点时的动能Ek与绳中张力F间的关系如图乙所示， 当地的重力加速度为g， 由图可推知（ ） A．轻绳的长度为 B．小球所带电荷量为 C．小球在最高点的最小速度为 D．小球在最高点的最小速度为 【答案】AC 【解析】A．在最高点时，绳对小球的拉力、重力和电场力的合力提供向心力，则得：F＋mg＋Eq＝，即＝F＋mg＋Eq，由于EK＝，故EK＝(mg＋Eq)，由图象可知，图象斜率k＝＝，即L＝，故A正确； B．当F＝0时，由mg＋Eq＝，＝a，解得，q＝，故B错误； C．当F＝0时，重力和电场力提供向心力，此时为最小速度，＝a，解得v＝，故C正确，D错误； 故选：AC。 3．（多选）（2023·重庆市八中高三检测）如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝1×104 V/m，其中有一个半径为R＝2 m的竖直光滑圆环轨道，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。质量为m＝0.08 kg、电荷量为q＝＋6×10－5 C的带电小环（视为质点）穿在弦轨道上，从A点由静止释放，可分别沿AB和AC到达圆周上的B、C点。现去掉弦轨道AB和AC，如图乙所示，让小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动。不考虑小环运动过程中电荷量的变化。下列说法正确的是（cos 37°＝0.8，g取10 m/s2）（　　） A．小环在弦轨道AB和AC上运动时间之比为1∶1 B．小环做圆周运动过程中经过C点时动能最大 C．小环做圆周运动过程中动能最小值是1 J D．小环做圆周运动过程中对圆环轨道的最大压力是5 N 【答案】AD 【解析】因为重力与静电力均为恒力，所以二者的合力大小为＝1 N，与竖直方向夹角正切值tan θ＝＝，解得θ＝37°，重力与静电力合力指向AO，A为等效最高点，根据等时圆模型，小环在弦轨道AB和AC上运动时间相等，A正确；等效最低点是AO延长线与圆环轨道交点，而非C点，等效最低点速度最大，动能最大，B错误；因为小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动，则小环在等效最高点A速度最小为零，在A点动能最小也为零，C错误；小环在等效最低点时速度最大，动能最大，小环对圆环轨道压力也最大，从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得F·2R＝－0，由牛顿第二定律得FN－F＝，代入数据解得FN＝5 N，由牛顿第三定律，小环做圆周运动的过程中对圆环的最大压力是5 N，D正确。故选：AD。 4．如图（a）所示，竖直平面内有一半径为R的光滑绝缘圆环，空间存在水平方向的匀强电场，A与圆心O位于同一水平高度，设圆环上的某点与O点的连线与OA连线的夹角为θ，其电势φ与θ的关系图像如图（b）所示，其中φ0＝，初始时刻一电量为＋q、质量为m、可视为质点的小球，在环内A点以速度v0＝竖直向下运动， 重力加速度为g，求： （1）电场强度E的大小和方向； （2）小球对圆环的最大压力的大小； （3）小球运动的过程中一个周期内通过的弧长。 【答案】（1）如图所示 沿电场线方向上，A点为θ＝0，B点为θ＝π时， 两点间的电势差UBA＝φB－φA＝φ0－(－φ0)＝2φ0 又因为E＝＝ 联立，解得E＝ 因为UBA＝φB－φA＞0，所以φB＞φA，即电场强度的方向沿OA方向。 （2）小球所受合力即等效重力大小为F合＝＝ 方向斜向左下方与OA夹角为45°，如图所示 则B点为等效最低点，此处小球对圆环的压力最大，设小球在B点的速度大小为v1，小球从A点到B点过程，根据动能定理F合R(1－cos 45°)＝ 在B点对小球根据牛顿第二定律FN－F合＝ 解得圆环对小球的最大支持力大小为FN＝ 根据牛顿第三定律得，小球对圆环的最大压力大小为FN′＝ （3）设小球到达等效圆心等高点C的速度大小为v2，小球从A点到C点过程 根据动能定理－F合Rcos 45°＝，解得v2＝0 说明小球刚好能到达等效圆心等高点，不脱离轨道，然后关于合力方向对称做周期性的往复运动，所以一个周期内通过的弧长为s＝2πR 1 学科网（北京）股份有限公司 $$