第7章 第4讲 带电粒子在电场中运动的综合问题(综合融通课)（课件）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（江苏专版）

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 CONTENTS 目录 4 课时跟踪检测 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。 (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]　两个所带电荷量相等的点电荷固定在x轴上A、B两点，A、B与坐标原点O的距离相等，以无穷远处为电势零点，x轴上各点电势φ随坐标x分布的图像如图所示，M、N是x轴上两点，其中M点比N点距离O点远，将一带负电的试探电荷沿x轴从M点移动到N点的过程中，下列说法中正确的是 (　 ) A.试探电荷在M点受到的电场力比在N点大 B.试探电荷在M点具有的电势能比在N点大 C.试探电荷在M、N两点受到的电场力方向相同 D.电场力先做正功后做负功 √ [解析]　φ⁃x图线上某点斜率表示该点场强，由图像可知M点场强大小大于N点场强大小，则试探电荷在M点受到的电场力比在N点大，故A正确;由图像可知两点电荷均带正电，两点电荷所带电荷量相等，关于O点对称，M点比N点距离O点远，则M点电势高于N点，则负试探电荷在M点具有的电势能比在N点小，故B错误;M、N两点场强方向相反，试探电荷在M、N两点受到的电场力方向相反，故C错误;由题图可知，从M到O电势降低，从O到N电势升高，将一带负电的试探电荷沿x轴从M点移动到N点的过程中，电势能先增大后减小，则电场力对试探电荷先做负功，后做正功，故D错误。 类型2　E⁃x图像 在给定了电场的E⁃x图像后，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;E⁃x图线与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，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]　在x轴的坐标原点O固定一电荷绝对值为q的点电荷，在x=8x0处固定另一点电荷，两者所在区域为真空，在两者连线上某点的电场强度E与该点位置的关系如图所示。选取x轴正方向为电场强度的正方向，无限远处电势为零，则下列说法正确的是 (　) A.x=3x0处的电场强度大于x=5x0处电场强度 B.x=3x0处的电势高于x=5x0处的电势 C.固定在x=8x0处的点电荷的电荷量的绝对值为3q D.电子沿x轴从x=x0移动到x=5x0过程中电势能先增加后减少 √ [解析]　由题图可知，从x=2x0处到x=8x0处，电场强度不断增大，所以x=3x0处的电场强度小于x=5x0处电场强度，故A项错误;由题意可知此为两不等量正电荷产生的电场，类比等量同种正电荷产生的电场，可知从x=2x0处到x=8x0处逆着电场线方向，电势逐渐升高，所以x=3x0处的电势低于x=5x0处的电势，故B项错误;设固定在x=8x0处的点电荷的电荷量为q'，在x=2x0处场强为0，可得k=k，解得q'=9q，故C项错误; 电子从x=x0移动到x=2x0过程，顺着电场线运动，可知电场力做负功，电势能增加，从x=2x0移动到x=5x0过程，逆着电场线运动，可知电场力做正功，电势能减少，所以电子沿x轴从x=x0移动到x=5x0过程中电势能先增加后减少，故D项正确。 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，图像Ep⁃x斜率的绝对值表示电场力的大小。 [例3]　(2025·连云港高三质检)空间存在沿x轴方向的电场，从O点沿x轴正方向释放一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子只在电场力作用下刚好运动到x4处，粒子在运动过程中电势能随位置变化的关系如图所示，下列说法正确的是 (　 ) A.粒子在x1处受到的电场力最大 B.电场中x2点的电势低于x1点 C.粒子释放时的动能为Ep4+Ep0 D.粒子经过x2处的动能为Ep4-Ep2 √ [解析]　Ep⁃x图像的斜率表示电场力，由于x1处的斜率为零，则粒子在x1处受到的电场力为零，故A错误;粒子带正电，则粒子在电势高处电势能大，因为Ep2>Ep1，故φ2>φ1，故B错误;粒子运动过程中能量守恒Ek0+Ep0=Ek2+Ep2=Ep4，解得粒子释放时的动能为Ek0=Ep4-Ep0，粒子经过x2处的动能为Ek2=Ep4-Ep2，故D正确，C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.常见的题目类型 (1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。 (2)粒子做往返运动(一般分段研究)。 (3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。 3.两个运动特征 分析受力特点和运动规律，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件。 4.两条分析思路 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(机械能守恒定律、动能定理、能量守恒定律)。 考法(一)　带电粒子在交变电场中的单向直线运动 [例1]　如图甲所示，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电场力作用下开始运动。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随时间变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)(　 ) 考法全训 √ [解析]　电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，C、D错误;从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t=T时刻速度变为零，之后重复上述运动，A正确，B错误。 考法(二)　带电粒子在交变电场中的往复直线运动 [例2]　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，t=0时刻A板电势比B板高，两板中间静止一电子，设电子在运动过程中不与两板相碰，而且电子只受静电力作用，规定向左为正方向，则下列叙述正确的是(　 ) A.若在t=0时刻释放电子，则电子运动的v⁃t图像如图丙图线一所示，该电子一直向B板运动 B.若在t=时刻释放电子，则电子运动的v⁃t图像如图丙图线二所示，该电子一直向B板运动 C.若在t=时刻释放电子，则电子运动的v⁃t图像如图丙图线三所示，该电子在2T时刻在出发点左边 D.若在t=T时刻释放电子，在2T时刻电子在出发点的左边 √ [解析]　在t=时刻之前释放电子，电子在静电力的作用下向A板运动，故A、B项错误;若在t=T时刻释放电子，电子先向左做匀加速直线运动，水平向左为速度正方向，在T时刻速度达到最大，然后做匀减速直线运动，在T时刻速度减为零，继续向右做匀加速直线运动，水平向右为速度负方向，在T时刻速度达到最大，然后做匀减速直线运动，在T时刻速度减为零，图线三符合电子运动的v⁃t图像， v⁃t图像与t轴所围的面积即为电子的位移，从开始到2T时刻v⁃t图像与t轴所围的面积为正，电子的位移为正，所以电子在出发点左边，故C项正确;若在t=时刻释放电子，易分析得从开始到2T时刻v⁃t图像与t轴所围的面积为负，即位移为负，电子在出发点的右边，故D项错误。 考法(三)　带电粒子在交变电场中的偏转 [例3]　如图甲所示，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，电容器板长和板间距离均为L=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流电压，上下两极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求： (1)在t=0.06 s时刻进入电容器的电子打在荧光屏上的何处; [答案]　打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm　 [解析]　电子经加速电场，由动能定理有qU0=mv2，经偏转电场后侧移量y=at2=·，可得y=，由题图知t=0.06 s时刻U偏=1.8U0，所以y=4.5 cm，设打在屏上的点距O点的距离为Y，由几何知识得=，解得Y=13.5 cm，即打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm。 (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长。 [答案]　30 cm [解析]　由题知电子侧移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L=30 cm。 (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.物体做圆周运动的物理最高点 [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)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。 (2)带电小球在重力和电场力作用下在空间做“类抛体”运动时，小球在“等效重力”方向上做匀变速直线运动，在垂直于“等效重力”方向上做匀速直线运动。 思维建模 类型1　等效场中的“绳球”模型 1.如图所示，电小球(可视为质点)用绝缘细线悬挂在O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E，小球质量为m、带电荷量为q，细线长为l，重力加速度为g，则(　) 考法全训 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v= √ 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，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;由于等效重力竖直向上，所以小球运动到最低点时速度最小，最小速度满足qE-mg=m，即v=，故D错误。 类型2　等效场中的“杆球”模型 2.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; 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 θ，所以E=。 (2)若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，小球初速度的大小应满足的条件。 答案：不小于 解析：小球所受重力与电场力的合力F==mg。当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为g的“重力场”中运动。若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q点。 设当小球从P点出发的速度为vmin时，小球到达Q点时速度为零，在小球从P运动到Q的过程中，根据动能定理有-mg·2r=0-m，解得vmin=，即小球的初速度大小应不小于。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A级——基准保分考法 1.真空中静止的均匀带正电的球体，其半径为R，场强大小沿半径方向分布如图所示，静电力常量为k，球外电场可以看成是电荷量全部集中于球心处的点电荷产生的电场，则(　 ) A.r1和r2两处电势相等 B.球体表面处电势最高 C.r1和r2两处电势差为E0(r2-r1) D.该球所带的电荷量为Q= √ 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析：由题图可知，r1和r2两处电场强度相同，由于沿电场线方向电势降低，所以r1处的电势高于r2处电势，故A错误;沿电场线方向电势降低，所以从球心处开始电势一直降低，故B错误;r1和r2两处电势差等于图线与横轴所围区域的面积，大于E0(r2-r1)，故C错误;球外电场可以看成是电荷量全部集中于球心处的点电荷产生的电场，则在r2处，有E0=，解得Q=，故D正确。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2.匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法正确的是 (　 ) A.2 s末带电粒子的速度为零 B.3 s末带电粒子回到原出发点 C.带电粒子将始终向同一个方向运动 D.0~3 s内，电场力始终做正功 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析：0~1 s内，粒子做加速运动，1~2 s内电场强度反向，且大小是0~1 s内电场强度的2倍，故粒子在1~2 s内的加速度大小是0~1 s内的加速度大小的2倍，故粒子在1.5 s末速度减小为零，所以2 s末粒子反向运动，速度不为零，根据对称性可知粒子在3 s末速度为零，回到出发点，A、C错误，B正确;0~1 s内电场力做正功，1~1.5 s内电场力做负功，1.5~2 s内电场力做正功，2~3 s 内电场力做负功，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3.如图所示，竖直平面内分布有水平向右的匀强电场，一带电小球沿直线从位置b斜向下运动到位置a。在这个过程中，带电小球 (　 ) A.只受到电场力作用　　 B.带正电 C.做匀加速直线运动 D.机械能守恒 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析：小球沿直线运动，故合力一定沿该直线方向，电场力只能水平向左或者向右，故小球必定受到重力，重力竖直向下，故电场力方向水平向左，合力沿轨迹直线方向斜向下，所以小球带负电，A、B项错误;根据前面分析可知合力大小不变，方向与运动方向相同，故做匀加速直线运动，C项正确;小球在运动过程中除重力做功外，还有电场力做功，所以机械能不守恒，D项错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 4.如图，等量正点电荷连线的中垂线上，放置两检验电荷a、b。取无穷远处为零势能点，以下描述a、b电荷的电势能Ep与其所带电量q的关系，可能正确的是 (　 ) 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析：依题意，取无穷远处为零势能点，根据题图中a、b点所在位置，则有φa>φb>0，根据Ep=qφ可知，Ep⁃q图像中a点与坐标原点连线的斜率大于b点与坐标原点连线的斜率，故选A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 5.如图所示，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力，下列说法错误的是 (　 ) A.M带负电荷，N带正电荷 B.M在b点的动能小于它在a点的动能 C.N在d点的电势能等于它在e点的电势能 D.N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析：由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确，不符合题意;M从a点到b点，电场力做负功，根据动能定理知，动能减小，则M在b点的动能小于在a点的动能，故B正确，不符合题意;d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确，不符合题意;N从c点运动到d点，电场力做正功，故D错误，符合题意。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 6.如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是 (　 ) A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析：设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a，粒子在t=nT时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大y max=a+a××=aT2;粒子在t=nT+时刻进入偏转电场，则竖直方向上先速度为0后加速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小y min=0+a=aT2，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 7.如图所示，固定在竖直面内、半径为R的光滑绝缘半圆形轨道ABC，圆心为O，AC为水平直径，处在水平向右的匀强电场中，电场线与轨道平面平行。一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带电小球从轨道上的A点由静止释放，小球始终沿圆弧轨道运动。下列说法正确的是 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A.小球从A运动到B的过程中，小球的机械能可能增加 B.小球一定会运动到C点 C.小球运动速度最大的位置一定在AB段圆弧上的某一点 D.小球一定带正电 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析：小球沿圆弧轨道运动，不脱离轨道，所以受到的静电力水平向左，则小球一定带负电，小球从A运动到B的过程中，静电力做负功，电势能增大，机械能减小，故A、D错误;小球向右运动过程中，静电力做负功，电势能增大，机械能减小，因此小球不可能到达C点，故B错误;小球在电场和重力场的合力场中运动，静电力水平向左，重力方向竖直向下，所以电场和重力场的合力场的最低点在圆弧AB段上，因此小球速度最大的位置一定在AB段圆弧上某一点，故C正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 8.O、A、B为一条电场线上的三点，一电子仅在电场力作用下由O点经A点向B点运动，以O点为零电势点，该电子运动过程中电势能Ep随移动距离x的变化规律如图所示，则下列说法中正确的是 (　 ) A.该电场可能是孤立点电荷形成的电场 B.A点的电场强度等于B点的电场强度 C.电子在A点的动能小于在B点的动能 D.电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W=EpB-EpA 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析：由题图可知，从O点到B点，电子的电势能随移动距离均匀增加，则电势随移动距离均匀减小，该电场一定为匀强电场，不可能为孤立点电荷形成的电场，A、B两点的电场强度相等，A错误，B正确;电子在A、B两点的电势能分别为EpA和EpB，且EpA<EpB，说明电子由A点运动到B点时电势能增大，电场力做负功，动能减小，即电子在A点的动能大于在B点的动能，电场力对其所做的功为W=EpA-EpB，C、D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 9.如图甲所示，三个电荷量相等的点电荷位于等边三角形的三个顶点上，其中x=0处电荷带负电，其余两电荷带正电且关于x轴对称。一试探电荷沿x轴正方向运动，所受电场力随位置的变化图像如图乙所示(以x轴正方向为电场力的正方向)。设无穷远处电势为零。则 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A.试探电荷带负电 B.图乙中的x1与图甲中的x0相等 C.在x轴正半轴上，x2处电势最高 D.试探电荷在x1处电势能最大 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 解析：根据场强叠加原理可知，在0<x<x1范围内，三个点电荷在x轴上产生的合场强方向向左，在0<x<x1时，三个点电荷对试探电荷的电场力向左，与场强方向相同，则该试探电荷带正电，故A项错误;在x=x0时，试探电荷所受电场力向左，在x=x1时，试探电荷所受电场力为0，则题图乙中的x1与题图甲中的x0不相等，故B项错误;试探电荷沿x轴正方向运动，在0<x<x1时，试探电荷所受电场力做负功，电势能增大，在x>x1时，试探电荷所受电场力做正功，电势能减小，则试探电荷在x1处电势能最大，由电势定义φ=可知，对于正电荷，电势能越大，所在位置的电势越高，则x1处电势最高，故C项错误，D项正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (1)求电场的场强大小;(4分) 答案：　 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 故OD连线与竖直方向夹角为θ=60°， 由qE=mgtan θ，解得E=。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)若小球与轨道碰后速度反向且电荷量不变，碰后瞬间速率变为碰前瞬间速率的，求小球第一次反弹后与O点的最近距离。(8分) 答案： 解析：小球所受合力为F合==2mg 从O到D，由动能定理有2mgR=mv2 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 可得v=2 第一次碰后瞬间速率为v'=v= 从D点反弹至最高点的过程，小球沿DO方向做匀减速直线运动 由动能定理有-2mgx=0-mv'2，解得x= 则小球第一次反弹后与O点的最近距离为xmin=R-x=。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B级——把关进阶考法 11.如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电 场，电场强度大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长 度为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负 电小球，另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平的A点，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ=60°角的B点时速度为零。以下说法中正确的是 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A. 小球在B点处于静止状态 B.小球受到的重力与静电力的关系是qE=mg C.小球将在A、B之间往复运动，且幅度将逐渐减小 D.小球从A运动到B的过程中，静电力对其做的功为-qEl 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析：小球受重力、向右的电场力和细线的拉力，将重力和电场力合成等效为复合场的场力，则小球的运动是类似单摆的摆动，故在B点不是处于平衡状态，故A项错误;对小球从A到B的过程，根据动能定理有mglsin θ-qEl(1-cos θ)=0-0，解得mg=qE，故B项错误;根据能量守恒定律可知，小球将在A、B之间往复运动，且振幅不变，故C项错误;小球从A运动到B的过程中，静电力对其做的功为W=-qEl(1-cos θ)=-qEl，故D项正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12.(2025·南通高三质检)两个相同的带电金属圆环同轴相隔某一距离固定放置，如图甲所示，轴线上电势φ的变化如图乙所示，在O点静止释放电荷量为-e的电子，下列说法中正确的是 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A.两金属圆环均带正电 B.两金属圆环相距2a C.电子在运动过程中电势能一直变小 D.电子的最大动能为eφm 解析：根据题图乙可知，O点右侧电势先增大后减小，O点左侧电势先减小后增大，并且左右两侧电势大小对称，沿着电场线方向电势降低，故左侧金属圆环带负电，右侧金属圆环带正电，故A错误; 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由于右侧金属环上电荷关于O1对称，所以其在O1产生的场强为0，而左侧金属圆环在O1产生的场强水平向左，故合场强为0的位置应该在O1的右侧，同理O2的左侧也有场强为0的位置，而O1和O2之间场强始终大于0，故两金属圆环相距小于2a，故B错误;在O点静止释放电荷量为-e的电子，在电场力的作用下先逆着电场线方向做加速运动后顺着电场线方向做减速运动，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故C错误;整个过程中，根据动能定理可得Ekm=eφm，故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 13.(12分)绝缘粗糙的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定电荷量不等的正电荷，两电荷的位置坐标如图甲所示，已知A处电荷的电荷量为+Q。图乙是A、B连线之间的电势φ与位置x之间的关系图像，图中x=L处对应图线的最低点，x=-2L处的纵坐标φ=2φ0，x=2L处的纵坐标φ=φ0。若在x=-2L处的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为+q的带电物块(可视为质点)，物块随即向右运动(假设此带电物块不影响原电场分布)，重力加速度为g，求： 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (1)固定在B处的电荷的电荷量QB;(4分) 答案： 解析：由题图乙得x=L处对应图线的最低点，切线斜率为零，即合场强为0，则有k=k 代入数据得QB==。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)小物块与水平面间的动摩擦因数μ为多大，才能使小物块恰好到达x=2L处;(4分) 答案： 解析：从x=-2L到x=2L的过程中，物块先做加速运动再做减速运动，由动能定理得qU1-μmgs1=0-0，即q-μmg·4L=0-0，解得μ=。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (3)若小物块与水平面间的动摩擦因数μ=，小物块运动到何处时速度最大。(4分) 答案：x=0处 解析：小物块运动速度最大时，电场力与摩擦力的合力为零，设该位置离A点的距离为LA，则有k-k-μmg=0，解得LA=3L 即小物块运动到x=0处时速度最大。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14.(18分)如图a所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图b所示的交流电压UAB，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v0水平射入电场。粒子电荷量为+q，质量为m，不计粒子重力。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (1)若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t;(4分) 答案： 解析：根据题意可知，粒子在电场中运动，水平方向上做匀速直线运动，若粒子能够射出电场，则粒子在电场中的运动时间为t=。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)若粒子在t=时刻射入电场，经过一段时间后从A板右侧边缘水平射出，则板长L和两板间距d分别满足什么条件?(7分) 答案：L=nv0T　d≥ 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析：根据题意可知，若粒子在t=时刻射入电场，且经过一段时间后能够从A板右侧边缘水平射出，则在竖直方向上，粒子在~时间内做向下的匀加速直线运动，在~时间内向下做匀减速直线运动，由对称性可知，粒子在时，竖直分速度减小到0，此时，粒子未打到B板上，然后在~T时间内向上做匀加速直线运动， 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 在T~时间内向上做匀减速直线运动，由对称性可知，在时，粒子恰好回到A板附近，且竖直分速度为0，由上述分析可知，两板间距d满足条件为d≥2×a 由牛顿第二定律可得a= 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 联立解得d≥ 粒子在电场中的运动时间为 t1=nT 则板长为L=v0t1=nv0T。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (3)若金属板足够长，要求t=0时刻射入的粒子打到B板时动能最大，则板间距d应当满足什么条件?(7分) 答案：d= 解析：根据题意可知，若粒子从t=0时刻进入电场，在0~时间内做向下的匀加速直线运动，在~T时间内向下做匀减速直线运动，由对称性可知，在T时刻，粒子竖直分速度减小到0，要求粒子打到B板时动能最大， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 则粒子打到B板时，竖直分速度最大，即粒子在，…时，恰好打到B板，则有d=×· 解得d=。 10.(12分)如图， 是竖直面(纸面)内圆心在O点、半径为R的固定圆弧轨道，所在空间有方向水平向右(与OA平行)的匀强电场，从O点静止释放一质量为m、电荷量为q(q>0)的小球，小球第一次与轨道碰撞于D点， =。小球可视为质点，重力加速度大小为g。 解析：从O到D，小球受重力和电场力作用做初速度为0的匀加速直线运动，因= $$