第7讲 电场及带电粒子在电场中的运动-【红对勾】2025年高考物理二轮复习讲与练

综上所述，物块与水平轨道间的动摩 O,B相对A向左滑动，vA-t图像与t 联立并代入数据解得to=1.5s(另一 擦因数以的取值范固为0.25≤以< 轴所围图形的面积为相对位移，相对 解不符合题意，舍去) 0.4。 微专题四力学三大观点 位移大小为1=之×3×6m=9m: 根据运动学规律有 的综合应用 3~4s时间内UAm<0,B相对A向右 解得L=4.5m。 考向探究素养提升 滑动，相对位移大小为工=2X1× 3m=1.5m,故B相对A向左滑动的 真题演练感悟高考 典例(1)1m/s0.125m 最远距离为9m,即板长至少为9m, 1.(1)4m/s22N(2)0.3(3)2.5s (20.25m2m/s B错误；由题图乙可知，t=2s时撤去 解析：(1)滑块从静止释放到C点的过 拉力，3s末A、B两物体的速度相等 程中，由动能定理得mg(h-1.2R (3)4(√3t。-2t8)J 都为v=aBt3=3m/s,此时木板A速 解析：(1)因水平面光滑，故在木板未 度不为零，运动方向不变，C错误：由上 R-Rcos 0)=2mvc-0. 碰到弹簧之前，木板与小物块两者所 述分析可知，t=2s时撤去拉力，所以 解得vc=4m/s, 组成的系统动量守恒，取水平向右为 0~4s时间内拉力做的功即为0一2s 滑块在最高点C时，由牛顿第二定律得 正方向有m2o=(m1十m2)v1,解得 时间内拉力做的功，由VA=UA一U v1=1m/s。 可知，t=2s时A的速度为VA=UA Fc十mg=m尺，解得Fc=22N。 对木板，由动能定理， vr=(6十2)m/s=8m/s,故0~2s时 (2)滑块由静止释放到G点过程，由动 .1 有m2gx1=之m10i, UA 间内A相对地面的位移xA=21一 能定理得mgh一0.2mgLp=之m后， 解得x1=0.125m。 (2)木板与弹簧接触之后，分析小物块 8m,对A应用动能定理得WF一1· 设达到共速时的速度为，由动量守恒 与木板之间即将相对滑动时小物块的 2mgxA-以2gxA= 之moi,解得 得2v=mvG, 受力可知， 1 由功能关系得mugL三2m话二之 竖直方向上有m2g=Fv, WF=72J,D正确。 水平方向上有F特mx=F#=FN, 提升练2(1)4m/s 2mw2,解得=0.3。 由牛顿第二定律可知， (2)(1)0.21kg(i)4.5m (3)设滑块从滑上摆渡车与摆渡车共 对小物块有F特nx=m2a2mx, 解析：(1)对小物块在Q点，由圆周运 速的时间为1，有11=二=1s 对小物块与木板有kx2=(m1十m2)a2mmx 动知识有mg十3mg=m反 解得a2max=1m/s2,x2=0.25m。 设共速后继续向右做匀速直线运动的 对小物块与木板、弹簧所组成的系统， 解得v=4m/s。 时间为t2,有 从接触开始到小物块与木板即将相对 (2)()根据题图乙分析可知，当外力 滑动的过程中，系统机械能守恒，有 F4N时，轨道与小物块一起向左加 Lo-L-2ut 速运动，对整体由牛顿第二定律有 t,= =1.5s, 2(m1+m:)wi-2（m1 F=(M+m)a, 则t=t1十t2=2.5s。 3 2.(1)1m(2)0(3)12J m)u,解得=乞m/so 变形得a= 1F· M+m 解析：(1)对A物体，根据运动学公式 (3)对木板将弹簧压缩至x2后向右侧 2 结合题图乙可知 M+m kg 4 运动的过程中，因a1>a2mx,故小物块 可得h-x=2gt,解得x=1m。 相对木板一直向右滑动，小物块、木板 0.5kg1 (2)设B物体从地面竖直向上出时 一直受滑动摩擦力，两者加速度再次 当外力F>4N时，轨道与小物块有相 的速度为v,根据运动学公式可知 相等的位置就是弹簧压缩量再次为x 对滑动，对轨道由牛顿第二定律有 1 的，点，木板受恒定的滑动摩擦力与随 F-umg =Ma, x=vuot一2gt2,解得Uw=6m/s,根 位置呈线性变化的弹力作用，易得木 umg 据运动学公式可得碰撞前瞬间A物体 板在做简谐运动的一部分，证明如下： 变形得a=F M' 的速度大小为vA=gt=2m/s,方向竖 16-2 直向下，碰撞前瞬间B物体的速度大 令kxo=F请，易得xo= m1十m x2 结合题图乙可知M一8一4 kg 小为vu=Uo一gt=4m/s,方向竖直 即两者相对滑动点在该点右侧，以压 1kg, g=-2m/s2, 向上，选竖直向下为正方向，由动量守 缩量x。为起点，向右运动x过程中 M 恒定律可得nAvA一mnu=（mA十 由胡克定律可得，△F为弹力增加量， 联立解得M=1kg,m=1kg,μ=0.2。 u)v,解得碰后瞬间的速度v=0。 则一△F弹=kx。(或对木板有一F弹慧十 (ⅱ)根据题图乙可知，当F=8N时 (3)根据能量守恒定律可知，碰撞过程 F浙=kx) 轨道的加速度为a1=6m/s2,小物块 可见，木板在做简谐运动的一部分，故 的加速度为a2=g=2m/s,方向均 损失的机械能为△E= 2mA十 当弹簧压缩量再次为x2时，结合简谐 水平向左， 运动对称性，可知所用时间为2t。,此 设经时间t。,小物块运动至轨道上的 之m0i一之（mA十m）u，解得 过程中物块运动位移x翡=v2·2to P点，由运动学规律可得 △E=12J。 a2max (2t)2, 此时轨道的速度v1=a1to, 小物块在P点时的速度v2=a2to, 专题三 电场与磁场 依据功能关系△U=F济Ax相对=F工物， 小物块从P点运动至Q点的过程，小 物块与轨道组成的系统机械能守恒， 第7讲电场及带电粒子在 解得△U=4(W3t。-2t)J。 提升练1AD由题图乙可知02s时 系统水平方向上动量守恒，取水平向 电场中的运动 间内vA>0,故A、B发生相对滑动，对 左为速度正方向，则有 B应用牛顿第二定律可得2mg …考向探究素养提升… maB,解得ap=1m/s2,故t=2s时物 2 Moi+ 2mi= 2 2 mv 考向一电场的性质 块B的速度为vB=ant=2m/s,A正 2mgR, 典例1CD因P点所在的等势面高于 确；由题图乙可知0一3s时间内UA如> Mv+mv2=MUs+mv, M点所在的等势面，可知P点电势比 -275- 参考答案一叱 M点的高，A错误：因M,点所在的等 动过程中，电场强度先变小后变大，粒提升练5D小圆环带正电，从M点到 差等势面密集，则M点场强较P点 子受到的静电力先变小后变大，则加 Q点电场力做正功，C错误；作出等势 大，即P点电场强度大小比M点的 速度先变小后变大，”一t图像切线的 面如图甲所示，沿电场线方向电势降 小，B错误：场强方向垂直等势面，且沿 斜率先变小后变大，故A错误，B正 低，则小圆环在M点的电势高于N,点 电场线方向电势逐渐降低，可知M点 确：沿着电场线方向电势逐渐降低，电 的电势，正电荷在电势高的地方电势 电场强度方向沿之轴正方向，C正确： 势与位移的图像的斜率表示电场强 能大，所以在小圆环在M点的电势能 因x轴上各，点电势相等，则沿x轴运 度，电场强度先减小后增大，所以图像 大于在N,点的电势能，B错误： 动的带电粒子电势能不变，D正确。 的斜率先减小后增大，故C错误；根据 提升练1D由，点电荷的场强公式和场 强叠加原理可知，两点电荷在M点产生 E。=q99,得 E2一qx △x 9=E,E先减 N 2kg 小后增大，所以E。一x图像切线的斜 的电场强度大小为E 2c0s60°= 3 率先减小后增大，故D错误 考向三 带电粒子（带电体）在电场中 的运动 3g,方向沿MA方向，又M点的电场 典例3BD设微粒经U1加速后在下 强度为0，所以细杆在M处产生的电 极板边缘速度为1，由题意知U1与水 甲 平方向成45°角，微粒在匀强电场中做 扬强度大小也为E=39,方向沿AM 类斜抛运动，在最高点速度2沿水平 小圆环受到的电场力F=qE=gm坚 方向，由对称性可知细杆在A处产生 方向，此时2 21,由电场力做功得 g,受力如图乙所示，则小圆环运动的 等效最高点和等效最低，点分别为A点 的电场强度大小也为E三，方向沿 12 和B点，在A点速度最小，在B点速 MA方向，又由，点电荷的场强公式和场强 2 度最大，则从M点到Q点动能先增大 Ug= 2 叠加原理可知，两，点电荷在A处产生的 2 后减小，A错误：根据沿电场线方向电 解得U1=Ug,B正确；将类斜抛运动近 势降低，则在B点的电势低于A点的 电场强度大小为E=2 a c0s30°=3g 似地看成两段类平抛运动，则根据位 电势，即动能最大处的电势低于动能 移偏转角的正切值的2倍等于速度偏 最小处的电势，D正确。 方向沿MA方向，所以A处的电场强 转角的正切值，可发现左边2L部 度大小为E1=E+E'=g(3十5)， d a 分，有an45=2元，可得L=,A错 D正确。 误：设微粒射出平行板电容器时速度 提升练2AC根据沿着电场线方向电 与水平方向间的夹角为日，从最高点 势降低可知M点的电势比N点的低 射出时微粒做类平抛运动，有tan日 污泥絮体带负电，根据E。=99可知污 d 泥絮体在M,点的电势能比在V点的 4 d 电势能大，污泥絮体从M点移到N 2L-2 ,则微粒穿过电容器区域 L 点，电势能减小，电场力对其做正功 2 故A、C正确：根据电场线的疏密程度 的偏转角的正切值为tan(45°十0)= 真题演练 感悟高考 可知V点的电场强度比P点的小，故 tan45·tan0-3,C错误；根据平1.A tan45°+tan8 B错误：M点和P点在同一等势面上 由曲线运动物体受力方向指向轨 则污泥絮体在M点的电势能与在P 迹的凹侧以及电子所受电场力方向与 抛运动规律可知，微粒在两电场中有 电场方向相反可知，A正确，B、C、D 点的电势能相等，结合A、C分析可知 1 污泥絮体在P点的电势能比其在V 2mvj=.-v1cos 45 错误 点的大，故D错误 2.D根据电场强度的叠加原理可知，若 U, 考向二电场中的图像问题 1qU,联立解得y=4d2 y=22dm 要P点处的电场强度为零，则Q,、Q2、 Q,不能都为正电荷，也不能都为负电 典例2AD绝缘细圆环的电场如图所 可知仅改变微粒的质量或电荷量，微 荷，否则P,点处的电场强度的矢量和 示，由图可知，粒子由P运动到Q的过 粒在电容器中的运动轨迹不会改变， 无法为零，A、B错误；由于PQ2在 程中，电场力先做正功，后一直做负 D正确。 PQ1与PQ?夹角的角平分线上，若要 功，根据电场力做功与电势能的关系 提升练4C由于不知道两粒子的电 P处的电场强度的矢量和为零，则必 W=一△E。可得，电势能先减小后 性，故不能确定M板和N板的电势高 须Q1、Q在P点产生的场强大小相 直增大，动能先增大后一直减小，故A、 低，故A错误；根据题意，垂直M板向 等，由直角三角形中边角关系可知 D正确；根据题图(c)可知Uop=Uoo 右的粒子到达N板时速度增加，动能 PQ3=2PQ1,所以需要Q,=4Q1,C错 根据W=gU可知，粒子由P运动到Q 增加，则静电力做正功，电势能减小， 误，D正确。 的过程，静电力对粒子做功的代数和 平行M板向下的粒子到达N板时静 3.D无限远处电势为0，根据，点电荷的 为0，故B错误：根据题图(b)可知，粒 电力也做正功，电势能同样减小，故B 子由P运动到Q的过程，场强先增大 错误；设两板间距离为d,对于平行M 电势公式9=kQ可知，工正半轴上， 后减小，再增大最后再减小，故粒子所 板向下的粒子刚好从N板下端射出， 电荷量为十4g的点电荷在x处产生的 受静电力先增大后减小，再增大最后 再减小，故C错误。 在两板间做类平抛运动，有2 =vot, 电势为=绍电符量为-g的点 1 d=2at,对于垂直M板向右的粒 qE 电荷在x处产生的电势为，=一纟 子，在板间做匀加速直线运动，因两粒 子相同，则在电场中加速度相同，有 工正半轴上在x处的电势，= x+1 (√2vo)2一v号=2ad,联立解得t= 提升练3B根据等量异种点电荷的电 2u8 k是：可知在红=号处电势为0，在x=0 场线分布可知，在粒子从A到B的运 20。a=元，故C正确，D错误。 处电势接近负无穷大，则D正确。 ☑一红勾·讲与练·高三二轮物理 -276- (1 则可得P,P,上各，点的磁感应强度大提升练4BCD粒子运动轨迹如图所 L 示，从F点飞出的粒子在正六边形区 故选B。 gU-mgL (2)1 3qU-3mgL 小为B=2B,c0s30=5F IL 域磁场中做圆周运动的半径为r1,洛 m 伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律 解析：(1)A、B两点间的电势差为U, P (P 9F-名 得9B=m 二，由几何关系可得r1= V3a (2)小球运动到A点时，由牛顿第二定 M(M) ·N,N) 2sin60=3,联立解得u=5g」 3m UA 律有qE-mg=mi, 考向二 带电粒子在匀强磁场中的运动 故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周 解得小球在A点的速度大小 典例2AC两粒子的运动轨迹如图所 运励的羽期为了- ,所有从AF边 示，由几何关系可知r1=r2,粒子在磁 vA=N qU-mgL 场中运动时，洛伦兹力提供向心力，有 上飞出磁场的粒子，在磁场中转过的 小球从A点运动到B点的过程，由动 quB=mu? r 解得r=m 圆心角均为120°，则在磁场中的运动 ,若两粒子的 gB 能定理有 比荷相等，则上=头，故1=，A正 时间均为4=120 T=1×2πm= 360° 3 9B 1 qU-mgl.-2 mvi-2 mv. 确，B错误；粒子在磁场中运动的周期 3B,故B正确：由几何关系可得，从E 解得小球在B点的速度大小 为T=2-2,故4：里=T,: 点飞出的粒子在磁场中转过的圆心角 UB一入 /3gU-3mgL gB数1m2 为60°，粒子在磁场中的运动时间为 m 在磁场中两粒子的运动时间分别为 60° 第8讲 。磁场的性质及带电粒子 t1=228 28 器1-青×霜-器长C正 2π T2= 在磁场中的运动 确；由几何关系可得，从ED边上的某 日不，若两粒子同时从A点射入，则 一，点垂直ED飞出磁场的粒子，在磁场 考向探究素养提升 两粒子相遥时运动时间相等，有t1= 中转过的圆心角为30°，则有AE= 考向一磁场的性质 ,故π9 AE T 联立可得91：92 2acos 30asin 30-23a 典例1DB对A的作用力沿AB水平 向左，C对A的作用力沿AC斜向右 π一 故D正确 ,C正确，D错误。 下，且大小与B对A作用力相等，如图 所示，A输电线缆所受安培力垂直AD 斜向左下方，故A错误；A输电线缆在 30 O点的磁感应强度方向垂直OA指向 r2 右上方，B输电线缆在O,点的磁感应 02 强度方向垂直OB指向左上方，C输电 .60° 线缆在O,点的磁感应强度方向垂直 OC水平向左，根据平行四边形定则，O 提升练3D根据带电粒子在圆形边界 处合磁感应强度不为零，故B错误；根 磁场中的运动性质可知粒子的运动轨 据平行四边形法则，D、E、F三点中F 迹不可能经过)，点，粒子射出圆形区 点磁感应强度最小，D点和E点磁感 域时的速度方向一定沿该区域的半径 应强度大小相等，故C错误，D正确」 方向，A、B错误；当粒子在磁场中运动 B 的轨迹半径为r1=R时，粒子连续两 考向三带电粒子在匀强磁场中运动 次由A,点沿AC方向射入磁场区域的 的临界和极值问题 B 时间间隔最短，其运动轨迹如图1所 典例3AC部分粒子运动轨迹如图 示，由洛伦兹力提供向心力有gu1B 所示。 ,又T1=2,则最短时间间隔 r 为tmn=2T= B,C错误：粒子从A 4π 提升练1B线框在磁场的有效线段的 点射入到从C,点射出圆形区域用时最 长度L=R=2 短时，粒子的运动轨迹如图2所示，由 m,安培力大小为 几何关系可知此时粒子的轨迹半径为 10 P F-BIL 25N,故选B. r2= 3 R,由洛伦兹力提供向心力有 由OP=3OS=√3d,可得SP=2d, 结合“在轨迹圆中，轨迹的直径为最长 提升练2B根据安培力公式可得 qo:B=m ,联立解得，=5gB那 的弦”和题中“所有粒子射出磁场时 N1N2中电流在MM2处产生的磁感 3m 离S最远的位置是x轴上的P点”可 D正确。 F 知SP是其中一个轨迹的直径，由 应强度大小为B。=元，由于MM,和 mB=m号解得。 ,故A正确； VN。中电流大小相等，且三棱柱底 边为等边三角形，三条棱距离相等，因 此M1M2和N,N,中电流在棱P1P。 粗子在磁场中英功的同期T一昭，由 上产生的磁感应强度大小相等，都为 几何知识可得从O点射出的粒子，轨 B。,根据右手螺旋定则，M1M2和 迹所对的圆心角为60°，在磁场中的运 NN2中电流在棱PP2上产生的磁 场方向如图所示，根据平行四边形定 图1 图2 动时间1=吉T=器此B错误：从 -277 参考答案一具专题三 电场与磁场 第7讲 电场及带电粒子在电场中的运动 M复习定位 1.理解电场的性质，会比较场强大小、电势高低、电势能大小，会分析和计算静电力做功。 2.会通过电场中的图像来分析问题。 3.关注生产、生活、科技问题，善于把实际问题模型化，会用动力学观点和能量观点分析处理相关问题。 知识网络 体系构建 静电感应 电荷守恒定律 电荷 电势能和电势 元电荷 电势差电场线和等势线相互垂直 =1.6×10"C点电荷库仑定律 电场 U=Ed,d不是 及带 电势差与电场强度的关系 两点间的距离 B号定义式点电荷的电场 电粒 静电及 子在 静电场中 电容器的电容 B=号决定式电场强度的叠加 电场 电场强度 其应用 的能量 电场 带电粒子在电 可能是匀变速，也 注意与等势线和 电场线 中的 场中加速， ”可能是变加速 轨迹线的区别 运动 带电粒子在电 场中的运动 带电粒子在电 时间=总 尖端放电 静电平衡 静电的防 场中的偏转 047 止与利用 静电吸附 静电屏蔽 考向探究 素养提升 老向一 电场的性质 1.电场强度的判断 PA>PB,反之，则9A<9B。 (1)场强方向是正电荷所受电场力的方向，也 3.电势能变化的判断 是电场线上某点的切线方向。 (1)根据电场力做功判断，若电场力对电荷做 (2)电场的强弱可根据电场线的疏密程度来 正功，电势能减少，反之则增加，即W=一△E。 判断。 (2)根据能量守恒定律判断，电场力做功的过 (3)电场中场强大小也可根据场强公式进行 程是电势能和其他形式的能相互转化的过 比较。 程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能 2.电势高低的比较 相互转化，而总能量保持不变 (1)沿着电场线方向，电势越来越低。 【典例1】（多选）(2023·辽宁卷)图(a)为金属 (2)将带电荷量为十q的电荷从电场中的某点 四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示 移至无穷远处，电场力做功越多，则该点的电 意图，图(b)为四极杆内垂直于x轴的任意 势越高。 截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电 (3)根据电势差UAB=PA一PB,若UAB>0,则 势差相等，则 ( 第一部分专题三 电场与磁场一佛 为0，静电力常量为k。顶点A处的电场强 度大小为 ( A.23g PA kg(6十3) 图(a) 图b) Cga,8+1) D,g(3+30 A.P点电势比M点的低 【提升练2】 （多选) 污水 金属棒 B.P点电场强度大小比M点的大 (2024·广东卷)污 C.M点电场强度方向沿之轴正方向 水中的污泥絮体经 D.沿x轴运动的带电粒子，电势能不变 处理后带负电，可利 马听课记录 用电泳技术对其进 金属圆盘 行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘 层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负 极，金属圆盘置于底部，金属棒插入污水中， 【提升练1】(2024·河北卷) 形成如图所示的电场分布，其中实线为电场 如图，真空中有两个电荷 线，虚线为等势面。M点和N点在同一电 场线上，M点和P点在同一等势面上。下 量均为q(q>0)的点电 列说法正确的有 () 荷，分别固定在正三角形B⑧ A.M点的电势比N点的低 048 ABC的顶点B、C。M为三角形ABC的中 B.N点的电场强度比P点的大 心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形 C.污泥絮体从M点移到N点，电场力对其 共面的均匀带电细杆，电荷量为号，已知正 做正功 D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点 三角形ABC的边长为a,M点的电场强度 的大 考向二 电场中的图像问题 1.电场中的常见图像：w-t图像、9-x图像、E-x【典例2】（多选)(2024·九省联考江西卷)如 图像、E。-x图像。 图(a)所示，有一电荷均匀分布的固定绝缘 2.掌握图像问题的四个关键 细圆环，圆心为O,轴线上的电场强度和电 (1)根据-t图像中速度变化、斜率确定电荷 势分布如图(b)(c)所示。现有一带负电的 所受合力的方向与合力大小变化，确定电场 粒子（重力不计）以初速度v。沿轴线由P运 的方向、电势高低及电势能变化。 动到Q,OP=OQ=L。关于粒子由P运动 (2)电场强度的大小等于口-x图线的斜率大 小，电场强度为零处，”-x图线存在极值，其 到Q的过程分析，下列说法正确的是( ) 切线的斜率为零。 (3)E-x图像中图线与x轴围成的“面积”表 示电势差，“面积”大小表示电势差大小。 0 (4)E。-x图像中图线的切线斜率大小等于 图(a) 电场力大小。 ☑一红对勾·讲与练·高三二轮物理 续表 分类 示例 注意事项 E 0 图(b) 图(c) a↓El.u↑ 利用斜率确定粒子 运动的加速度，进 A.粒子先加速后一直减速 v-t t 而可判定粒子运动 B.静电力对粒子做功不为0 图像 a不变，E不变v 中经过的各点的电 C.粒子所受静电力先增大后一直减小 场强度 D.粒子的电势能先减小后一直增大 听课记录 【提升练3】如图所示，O点为两等量异种点电 荷连线的中点，一带正电的粒子（不计重力） 从连线上的A点由静止释放，在静电力作用 规律总结 电场中常见图像模型 下运动到B点。取A点为坐标原点，沿直 线向右为x轴正方向。在粒子从A点运动 分类 示例 注意事项 到B点的过程中，下列关于粒子运动的速度 (1)图像在某一点 v和加速度a随时间t的变化、运动径迹上 9外 电场强度的大小不变 的切线斜率的大小 o-x 电场强度的大小变化 等于电场强度的 电势9和粒子的电势能E。随位移x的变化 图像 大小； 图线可能正确的是 (2)由图像可判断 +0 -0 049 电场是否变化 E E>0表示电场强 图像所围“面 E-x 积”表示O、A 度沿x轴正方向； 图像 两点的电势差 E<0表示电场强 0 度沿x轴负方向 B ↑E 图像在某一点的切 E 线斜率的大小等于 图像 -3L-2L-L0 L 2L 3L 电场力的大小 考向三 带电粒子（带电体）在电场中的运动 1.带电粒子（带电体）在电场中运动时重力的 ①用动力学观点分析：a盒，E 处理 m d,v 基本粒子一般不考虑重力，带电体（如液 u=2ad,适用于匀强电场。 滴、油滴、尘埃等)一般不能忽略重力，除有说 ②用功能观点分析：w=U-子m-2 mvo, 明或明确的暗示外。 匀强电场和非匀强电场都适用。 2.带电粒子（不计重力）在电场中的运动 (2)带电粒子在匀强电场中的偏转运动（类平 (1)变速直线运动 抛运动) 第一部分专题三电场与磁场一讲 ①运动的分解（如图所示） C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切 偏转角：tan0=之-qU,l」 Ul 2yo 值为2 vo mdvi 2dU l D.仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电 侧移距离：yo qU212 U21 容器中的运动轨迹不变 2mdv 4dU'y=yo 听课记录 Ltan0=（ 经+Lan0。 ②粒子垂直电场方向射入 【提升练4】(2022·浙江6月选考)M 极板间时，位移偏向角9和 如图所示，带等量异种电荷的两 速度偏转角0满足tan0= 正对平行金属板M、N间存在匀 2tan o 强电场，板长为L(不考虑边界效 ③射出极板时粒子的速度 应)。t=0时刻，M板中点处的 的反向延长线过粒子水平位移的中点。 粒子源发射两个速度大小为。的相同粒子， 3.带电体在电场、重力场中运动的分析方法 垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大 (1)等效重力法：将重力与静电力进行合成， 小为√2o;平行M板向下的粒子，刚好从N 如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”， 板下端射出。不计重力和粒子间的相互作 g-为等效重力场中的“等效重力加速 m 用，则 ( 度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等 A.M板电势高于N板电势 效重力场中的竖直向下方向。 B.两个粒子的电势能都增加 050 等效最高点 2v C.粒子在两板间的加速度为a= D.粒子从N板下端射出的时间t= (W2-1)L 2Vo 等效最低点 【提升练5】(2024· (2)等效最高点和等效最低点：在“等效重力 广西模拟)如图所 场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平 E 示，空间中有一匀 行线，交于圆周上的两点即为等效最高点和 强电场，大小为 等效最低点。 【典例3】（多选）(2023· ,方向与水平 9 湖北卷)一带正电微粒 方向成30°角，现有一光滑绝缘大圆环固定 从静止开始经电压U 了450 在竖直平面内，O点为环心，将质量为m、带 加速后，射入水平放置 中 2L 电荷量为十q的小圆环套在大圆环的M点 的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射 并同时给小圆环一个向右的水平初速度，小 入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角 圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动， 为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右 重力加速度为g,则小圆环 () 两端的水平距离分别为2L和L,到两极板 A.从M点到Q点动能减小 距离均为d,如图所示。忽略边缘效应，不计 B.在M点和N点的电势能相等 重力。下列说法正确的是 ( C.从M点到Q点电场力做负功 A.L:d=2:1 D.动能最大处的电势低于动能最小处的 B.U1:U2=1:1 电势 ☑一红对勾·讲与练·高三二轮物理 真题演练 感悟高考 1.(2023·全国甲卷)在一些电子显示设备中， 让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电 场，可以使发散的电子束聚集。下列4幅图 中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表 C D 示电子可能的运动轨迹，其中正确的是 4.(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 电好演春著 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 A B 与O点等高。当小球运动到A点时，细线对 电套清 电子套鑫 小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为g C D (g>0),质量为m,A、B两点间的电势差为 2.(2023·湖南卷)如图所示，真空中有三个点 U,重力加速度大小为g,求： 电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q、 (1)电场强度E的大小； Q2和Q3,P点和三个点电荷的连线与点电荷 (2)小球在A、B两点的速度大小。 所在直线的夹角分别为90°、60°和30°。若P 点处的电场强度为零，q>0,则三个点电荷的 电荷量可能为 051 B 60° A.Q-q:Q2=/2q,Q:-q BQ=-g,Q。=-4 9Q=-4g C.Q1=-q,Q2=√2q,Q3=-q 4w D.Q=q,Q2=- 39,Q,=4g 3.(2024·湖南卷)真空中有电荷量为+4g和 一q的两个点电荷，分别固定在x轴上一1和 0处。设无限远处电势为0，x正半轴上各点 电势φ随x变化的图像正确的是 () 请完成课时作业11 练 B 第一部分专题三电场与磁场一饼