专题13　带电粒子在电场中的运动 课件-2026 届高考物理二轮复习备考

物理清北班——涅槃阶段 真题解码 专题13 带电粒子 在电场中的运动 1 带电粒子在电场与磁场交织的世界中加速偏转,我们在知识与方法的组合与叠加中积累属于自己 的力量! 真题解码 　  (2024贵州,14,14分)如图,边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大小为E、方向 竖直向下且与ab边平行的匀强电场,ef右边有一半径为 L且与ef相切的圆形区域,切点为ef的中点,该 圆形区域与cdef区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b 点斜向上射入电场后沿图中曲线运动,经cd边的中点进入cdef区域,并沿直线通过该区域后进入圆形区 域。所有区域均在纸面内,粒子始终在该纸面内运动,不计粒子重力。求: (1)粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小; (2)粒子的电荷量与质量之比; (3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。 真题试练 目 录 解析　(1)带电粒子在cdef区域做直线运动,则有粒子所受电场力与洛伦兹力平衡,设粒子到达cd边的中 点速度大小为v0,带电荷量为q,质量为m,由平衡条件可得qE=qv0B,解得v0= 。 (2)粒子从b点到cd边的中点的运动,可逆向看成粒子从cd边的中点到b点的类平抛运动, 设运动时间为t,加速度大小为a,由牛顿第二定律可得qE=ma,由类平抛运动规律可得v0t=L, at2= , 联立解得粒子的电荷量与质量之比 = = 。 (3)粒子从ef中点射入到圆形区域做匀速圆周运动,设粒子的运动半径为R, 由洛伦兹力提供向心力可得qv0B=m , 解得R=L, 粒子在圆形区域磁场中运动轨迹如图所示, 答案　(1) 　(2) 　(3)60° 目 录   由图可知,粒子沿半径方向射入,又沿半径方向射出,设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域 时速度方向的夹角为α,由几何关系可知α=2θ, 可得tan θ= = ,θ=30°,则有α=60°。 目 录 方法技巧 确定粒子做圆周运动的轨迹圆心位置的常用方法  　　  利用两速度的垂线,如图(A);利用速度的垂线及弦的中垂线,如图(B);利用两条弦的中垂线,如图 (C);利用弦的中垂线及圆心到轨迹上任一点的距离等于半径,如图(D);利用角平分线上圆心到入射方向或出射方向的距离等于R,如图(e)。 目 录 　  探究1　一题多解 对于第(3)问中的夹角,试使用动量定理结合微元法求解。 思维探秘 答案　根据题意,水平方向有∑qBvyΔt=m|Δvx| 又有∑vyΔt=y,可得qBy=mv0(1- cos α) 其中由几何关系有y= L sin α 解得速度偏转角α=60° 也可以从竖直方向根据动量定理结合微元法得 ∑qBvxΔt=mΔvy 则qB· L(1+ cos α)=mv0 sin α,解得α=60° 目 录 探究2　拓展设问 ①设问1:求粒子在abcd区域的运动时间t。 ②设问2:求粒子在圆形区域内的运动时间t1。 答案　①解法1:粒子在平行于bc方向做匀速直线运动,有L=v0t,则t= = 。 解法2:分运动具有等时性,故可以考虑平行于ab方向的运动,有 = at2,qE=ma,则t= = 。 ②t1= · ,α=60°,则有t1= = 。 目 录 互动互探 带电粒子在磁场中运动的几何关系一般是怎样确定的? 互动点拨 　　先确定轨迹圆心,然后去找轨迹圆心、入射点、出射点彼此连线所构成的三角形,且一般需要进一 步作辅助线构建出直角三角形,方便用到题中已知的长度和角度。 目 录 探究3　举一反三 一题多问深挖透,考点拿捏快准稳! 如图,直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、第Ⅲ象限中有两平行板电 容器C1、C2,其中C1垂直x轴放置,极板与x轴相交处存在小孔M、N;C2垂直y轴放置,上、下极板右端分别 紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M点静止释放,经电场直线加速后从N点射出电容器C1并紧贴电容 器C2下极板进入电容器C2,然后从P点进入第Ⅰ象限;经磁场偏转后恰好垂直x轴离开磁场,运动轨迹如 图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电荷量为q,O、P间距离为d,C1、C2的板间电压大小均为U,板间 电场均视为匀强电场,不计重力,忽略边缘效应。 目 录 　  (1)分析带电粒子的电性。 (2)若电容器C1两极板的间距为d1,求粒子在电容器C1中运动的加速度、时间、末速度。 (3)计算电容器C2两极板间的场强大小,并说明其方向。 (4)求粒子在电容器C2中的运动时间。 (5)求电容器C2的极板的长度。 (6)若两电容器极板间的电压均变为2U,粒子还能进入磁场吗?如果可以,从何处进入? (7)若电容器C2的两极板间距变为2d,电容器上的电荷量不变,粒子还能进入磁场吗?如果可以,从何处进 入? (8)求粒子离开电容器C2的速度大小和方向。 稳基础 目 录 　  (9)粒子进入磁场后做匀速圆周运动的轨道半径是多大? (10)求磁感应强度B的大小。 (11)求粒子在磁场中做圆周运动的周期。 (12)粒子在磁场中运动的时间是多少? (13)若磁场方向变为垂直纸面向里,粒子的轨迹如何变化?粒子从何处离开磁场? (14)若粒子能回到电容器C2两极板间,磁感应强度大小需满足什么条件? 叠能进阶 目 录 答案　(1)粒子在磁场中只受洛伦兹力,由左手定则可判定粒子带正电。 (2)粒子在电容器C1两极板间运动,加速度a1= = ,由d1= a 得时间t1= ,末速度v1=a1t1=  (另解:由动能定理有qU= m ,解得v1= )。 (3)电容器C2两极板间的场强E2= ,带正电的粒子向上偏转,所受电场力向上,故电容器C2两极板间场强 方向沿y轴正方向。 (4)粒子在电容器C2中沿y轴方向有d= ·  , 解得t2= 。 (5)粒子在电容器C2中沿x轴方向有L=v1t2=2d。 目 录 (6)粒子在电容器C2两极板间偏转的侧移量Δy= ·  =d,与U无关,即只改变U不会改变粒子出C2的 位置,粒子仍从P点进入磁场。 (7)由电容器电容的定义式与平行板电容器电容的决定式可知E= ,若板间距从d变为2d,电容器C2两 极板间的场强不变,粒子侧移量不变,仍从P点进入磁场。 (8)根据动能定理,粒子经过两个电场的过程,有qU+qU= mv2,则进入磁场的速度v=2 ,由几何关系知 cos θ= = ,则所求速度方向与x轴正方向的夹角θ= 。 (9)由几何关系得r sin =d,解得半径r= d。 (10)粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m ,故B=  。 目 录 (11)圆周运动周期T= =πd 。 (12)由几何关系知轨迹所对应圆心角α= + = π, 在磁场中运动时间t3= T=  。 (13)磁场方向改变,粒子将沿逆时针方向做圆周运动,从P点进入磁场,由对称性可知,离开磁场时速度与 y轴正方向的夹角仍为 ,应用动量定理,有qBy=2mv sin ,则粒子从y轴上离开磁场位置的纵坐标y'=d+y =3d。 (14)若粒子恰能回到电容器C2两极板间,则该临界状态的粒子在磁场的运动轨迹将与x轴相切,有qvBmin= m ,r临界 =d,联立解得磁感应强度最小值为Bmin=  ,若粒子能回到电容器C2两极板间, 磁感应强度大小需满足B0≥  。 目 录 　　电场与磁场体现了物理观念中对物质观念的认知拓展,作为客观存在的物质,一方面我们需要对它 们有定量的认知,即通过一些物理量来描述这种物质的性质,另一方面我们也需要关注它们与别的物质 间的相互作用,这就又回到了力学的研究范畴。 　　场的产生和描述,起源于场对实物的影响,所以电场强度、电势差、电势都需要用试探电荷来测 量,磁感应强度需要用电流元(或运动的电荷)来测量。场是分布在空间内的,所以我们又引入了电场 线、等势面和磁感线来形象地描述它。这部分的考查方式可能是用叠加原理考查有对称性的场的分 布,也可能给出电场线或磁感线与带电粒子的运动轨迹让我们分析物理量的变化。 　　如果物体可视为点电荷,则只需要把电场或磁场视为一种与重力场一样的背景,这又回到了我们熟 悉的质点模型,对于质点的运动,一般用动力学知识分析,但在电场中熟练地使用能量的观点、在磁场 中使用动量的观点,往往能明显简化求解过程。 素能进阶 目 录 专题13　带电粒子在电场中的运动 目 录 目 录 (2023湖北,10,4分)(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 (　 　) 解法探秘 真题试练1:带电粒子在匀强电场中的运动 BD 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 目 录 解析　带电微粒在电容器中运动到最高点过程中,在水平方向有2L=v cos 45°·t1,在竖直方向有q =ma, d= t1,0=v sin 45°-at1,则有 =1,a= ,U2= = ,在加速电场中,由qU1= mv2得U1= ,则 = 1,A错误,B正确。微粒从最高点运动至离开电场过程中,水平方向有L=v cos 45°·t2,竖直方向有vy=at2,得 vy= v,速度与水平方向夹角的正切值tan θ= = ,则微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值 tan α=tan(θ+45°)=3,C错误;微粒在电容器中运动时,有x=v cos 45°·t,y=v sin 45°·t- at2,得y=x- ,与q、m 无关,D正确。 目 录 　  探究1　一题多解 尝试用动能定理分析B选项。 解法重构 答案　微粒从射入平行板电容器至到达最高点的过程,根据动能定理得-q = m(v cos 45°)2- mv2= - mv2,在加速电场中有qU1= mv2,联立可得 =1。 目 录 探究2　图像表征 ①请画出微粒从射入平行板电容器至到达最高点,水平和竖直方向的v-t图像,并根据图像判断A选项。 ②画出微粒穿过电容器过程的速度的矢量三角形,并据此判断C选项。 答案　①水平方向和竖直方向的初速度大小相等,画出图像可知水平位移与竖直位移之比为2∶1,即 2L∶d=2∶1,可得L∶d=1∶1,A错误。   ②水平分速度不变,故水平位移与时间成正比,即t1∶t2=2∶1。如图,入射速度与水平方向夹角为45°,故 vx=at1=2at2,tan θ= = ,可得tan α=tan(θ+45°)=3,C错误。   目 录 探究3　拓展设问 ①设问1:若保持电容器电压不变,减小极板间距,微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值如何改变? ②设问2:若保持电容器带电荷量不变,增大两极板间距,微粒运动轨迹如何改变? ③设问3:若保持电容器两极板间电压不变,改变两极板间距,微粒可能打到下极板吗?可能打到上极板 吗? 答案　①变大。因为水平方向分运动不变,即运动时间不变,由E= 知电场强度变大,加速度变大,故竖 直方向的速度改变量更大,微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值变大。 ②不改变。由C= 、C= 、E= 联立知d增大时电场强度不变,微粒受力不变,运动轨迹不变。 ③竖直方向的位移y= vt- · t2,其中D为极板间距,代入U2=U1= 有y= vt- , 若不出极板则有 vt≤3L,故当vt= D时y有最大值ymax= D,即微粒不可能打到上极板。 当加速度足够大时,微粒在竖直方向的位移可能为0,即打到下极板。 目 录 1.考向变异·类斜抛→类平抛　(2020浙江7月,6,3分)如图所示,一质量为m、电荷量为q(q>0)的 粒子以速度v0从M、N连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与 水平方向成45°角,粒子的重力可以忽略,则粒子到达M、N连线上的某点时(　　　)   A.所用时间为  B.速度大小为3v0 C.与P点的距离为  C 探究4　同类竞探 D.速度方向与竖直方向的夹角为30° 目 录 解析　粒子在电场中做类平抛运动,从P点到再次落到MN连线上,水平位移等于竖直位移,即v0t= · t2, 解得t= ,A错误;竖直方向速度vy= t=2v0,合速度v= = v0,B错误;水平位移x=v0t= ,竖直 位移y=x,故合位移大小s= x= ,C正确;设速度方向与竖直方向的夹角为θ,则tan θ= = ,即θ≠ 30°,D错误。 目 录 2.情境变异·不计重力→计重力　(2022辽宁,14,12分)如图所示,光滑水平面AB和竖直面内的 光滑 圆弧导轨BO在B点平滑连接,导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由 静止释放,脱离弹簧后经过B点时的速度大小为 ,之后沿导轨BO运动。以O为坐标原点建立直角坐 标系xOy,在x≥-R区域有方向与x轴夹角为θ=45°的匀强电场,进入电场后小球受到的电场力大小为  mg。小球在运动过程中电荷量保持不变,重力加速度为g。求: (1)弹簧压缩至A点时的弹性势能; (2)小球经过O点时的速度大小; (3)小球过O点后运动的轨迹方程。 目 录 解析　(1)小球从A点释放,根据能量守恒有 EpA=EkB= m ,可得弹簧压缩至A点的弹性势能EpA= mgR。 (2)小球从B运动到O的过程中重力、电场力对小球做功,根据动能定理有F电· R-mgR= m - m ,其 中F电= mg,可得vO= 。 答案　(1) mgR　(2) 　(3)见解析 (3)小球离开O点后的受力分析如图所示,根据受力分析可知重力与电场力的合力沿水平方向向右,大小 为F合=mg,即小球离开O后,在水平方向以加速度g做匀加速直线运动,有x= gt2,其中x≥0,在竖直方向以 速度vO做匀速直线运动,有y=vOt= t,联立可得轨迹方程为x= (或y= )。 目 录 (2022江苏,15,16分)某装置用电场控制带电粒子运动,工作原理如图所示。矩形ABCD区域内存在多层 紧邻的匀强电场,每层的高度均为d,电场强度大小均为E,方向沿竖直方向交替变化,AB边长为12d,BC边 长为8d。质量为m、电荷量为+q的粒子流从装置左端中点射入电场,粒子初动能为Ek,入射角为θ,在纸 面内运动。不计重力及粒子间的相互作用力。 (1)当θ=θ0时,若粒子能从CD边射出,求该粒子通过电场的时间t; (2)当Ek=4qEd时,若粒子从CD边射出电场时与轴线OO'的距离小于d,求入射角θ的范围; (3)当Ek= qEd,粒子在θ为- ~ 范围内均匀射入电场,求从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶ N0。 真题试练2:带电粒子在电场的组合场和交变场中的运动 目 录 解析　(1)粒子垂直于场强方向的分运动为匀速直线运动,故通过电场的时间t= ,如图所示,v0x= v0 cos θ0。 答案　(1)  　(2)-30°<θ<30°　(3)1∶2 目 录 由Ek= m 得v0x= ·cos θ0,则t=  。 (2)若粒子从CD边射出电场时与轴线OO'的距离小于d,则粒子在整个运动过程中竖直方向上位移大小 都应小于d,即y<d,再由2ay= ,Ek=4qEd= m ,v0y=v0·sin θ,Eq=ma,联立可得sin θ< 。又因为粒子在OO' 上、下方的运动具有对称性,则-30°<θ<30°。 (3)设粒子入射角为θ'时,粒子恰好从D点射出,由于粒子进入电场时,在水平方向分运动是匀速直线运动, 在竖直方向分运动是反复的加速度大小相等的减速运动和加速运动。粒子的速度v'= =  , 目 录 运动时间为t总= = · ,粒子在沿电场方向反复做加速度大小相等的减速运动和加速运动, 则 -2ad= -(v' sin θ')2 2ad= -  -2ad= -  2ad= -  -2ad= -  2ad= -  则v2d=v4d=v6d=v' sin θ' v1d=v3d=v5d 目 录 则粒子在每层电场中的运动时间相等,设为t0,则t0= t总= ×  =   且d=v' sin θ'·t0- · · ,将上述t0和v'的数值代入并化简得6 cos2 θ'-8 sin θ' cos θ'+1=0,即tan2 θ'-8 tan θ'+7 =0,解得tan θ'=7(以此数值得到的入射粒子在t0时间内可以穿过多层紧邻的电场,故舍去)或tan θ'=1,即θ'=  ,则从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0=θ'∶ =1∶2。 目 录 　  探究1　一题多解 请尝试用能量观点分析第(2)问。 解法重构 答案　直接运用能量观点,设粒子恰不能进入邻近层,则-qEd= m(v0 cos θ)2- m ,即Ek sin2θ<qEd,解得 sin θ< ,则有-30°<θ<30°。 目 录 探究2　图像表征 画出粒子恰能从D或C射出的情况下竖直方向上的速度大小随时间变化的图像。 答案　  目 录 探究3　拓展设问 ①设问1:当Ek= qEd时,对于θ>45°入射的粒子,求通过电场的时间及出射位置(用θ表示)。 ②设问2:当Ek= qEd时,θ>0,粒子出射时与轴线OO'的距离大于d且小于6d,求出射位置与OO'的距离(写 出解题思路即可)。 目 录 答案　①由真题试练2第(3)问的解析可知题述条件的粒子从AD边射出,在每一层电场运动时间t1满足d =v' sin θ·t1- ·  ,故通过电场的时间t总1=6t1=(8  sin θ-2 ) ,出射位置在A右侧,到A的距 离x=v' cos θ·t总1=(32 sin θ-8 )d cos θ。 ②粒子在一层电场完整的运动时间t1满足d=v' sin θ·t1- · · ,总运动时间满足8d=v' cos θ·t总2 若 的整数部分k(k≤5)为奇数,则从初始时刻到进入第k+1个电场,有-qEd= m - m(v' sin θ)2 在第k+1个电场加速,有y'=vy(t总2-kt1)+ · (t总2-kt1)2 故出射位置与OO'的距离y=kd+y'。 若 的整数部分k(k≤5)为偶数,则在第k+1个电场减速,由逆向思维有y″=v' sin θ(t总2-kt1)+ · (t总2-kt1)2 故离开电场的位置与OO'的距离y=kd+y″。 目 录 探究4　同类竞探 情境变异·组合场→交变场　如图所示,一对平行金属板长为L,两板间距为d,两板间所加交流电压为 UAB,交流电压的周期T= ,大量质量为m、电荷量为e的电子先后从平行板左侧以速度v0沿两板的中线 持续不断地进入平行板之间,已知所有电子都能穿过平行板,且偏转位移最大的电子刚好从极板的边缘 飞出,不计重力和电子间的相互作用,则 (　　　)   C A.所有电子在极板间运动的时间均为T B.所有电子离开电场时的动能都不相同 C.t= 时刻进入电场的电子,在两板间运动时在垂直极板方向的最大位移为  D.t= 时刻进入电场的电子,在两板间运动时在垂直极板方向的最大位移为  目 录 解析　由水平方向的分运动可知电子在电场中的运动时间为t= =2T,根据题中图像可知任意时刻进 入电场的电子离开电场时沿电场方向的分速度均为0,故出射速度一定为v0,A、B错误。作出t=0时刻射 入电场的电子竖直方向的速度随时间变化的图像如图所示,并注意不同时刻射入电场的电子相当于沿 v-t图线平移t轴(点拨:改变坐标原点与平移图像是等价的)。由图可知,0时刻进入电场的电子,在垂 直极板方向的最大位移大小为大三角形的面积的2倍,且该电子从极板的边缘飞出,即2S△= ,t= 和t=  时刻进入电场的电子在垂直极板方向的最大位移均可表示为2S+-S-=2 S△- S△=d, t= 时,垂直极板方向的最大位移为 ,同理t= 时最大位移为 d,C正确,D错误。 目 录 带电粒子在电场中的运动,电场和重力场是背景,给主角粒子提供力,因此本质上仍然是动力学问题。 动力学问题的核心是力与运动的分析。带电粒子的运动,主要考查直线加速运动、匀变速曲线运动与 圆周运动三类,需要同学们灵活选用动力学观点、动量与能量观点来分析问题。 解法密钥 底层逻辑 　  1.运动的合成与分解 如粒子的偏转,一般需要分解为两个相互垂直方向的分运动,并通过等时性来关联两个分运动。复杂一 点的题还会将几个基本过程组合在一起,也需要同学们先将其分解为基本运动类型。 思维方法 目 录 2.等效法 (1)在叠加场中,我们经常将重力和电场力的合力视为等效重力,并利用重力场中的常见结论,如在竖直 面内做圆周运动的过程中恰好不脱轨的临界条件等。注意此时的“竖直方向”指的是等效重力的方 向,“水平方向”指的是垂直于等效重力的方向。 (2)在交变电场的问题中,我们运用v-t图像解题时,也用到了重新画图线和平移坐标轴的等效方法。 目 录 1.(2025黑吉辽蒙,4,4分)如图,某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的,逐渐 增大施加于两极板压力F的过程中,F较小时弹性结构易被压缩,极板间距d容易减小;F较大时弹性结构 闭合,d难以减小。将该电容器充电后断开电源,极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是 (　 　)   解法特训 D 目 录 解析　将该电容器充电后断开电源,则电容器极板上的电荷量Q保持不变,根据平行板电容器的电容C=  ,电容的定义式C= ,联立解得U= ,由于其他量不变,故U正比于d,F较小时,极板间距d容易减 小,则U容易减小;F较大时,d难以减小,则U难以减小,D正确。 目 录 2.如图,空间中有一电场强度大小为 的匀强电场,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点为圆心,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 D B.在M点和N点的电势能相等 C.从M点到Q点静电力做负功 D.动能最大处的电势低于动能最小处的电势 目 录 解析　小圆环带正电,从M点到Q点静电力做正功,C错误。作出等势面如图甲所示,沿电场线方向电势 降低,则M点的电势高于N点的电势,结合电势能Ep=qφ可知小圆环在M点的电势能大于在N点的电势能, B错误。     小圆环受到的静电力大小F=qE=mg,将重力与静电力合成如图乙所示,则小圆环运动的等效“最高点” 和等效“最低点”分别为A点和B点,在A点小圆环的速度最小,在B点速度最大(点拨:小圆环在等效 目 录 “最高点”和等效“最低点”的速度方向均与合力方向垂直,对应小圆环有最小速度和最大速度),则 从M点到Q点小圆环的动能先增大后减小,A错误。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。 目 录 3.(2024江西,10,6分)(多选)如图所示,垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆,质量均为m、带同种电 荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆,两小球均可视为点电荷,带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中,小 球乙静止在坐标原点,初始时刻小球甲从x=x0处由静止释放,开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能 Ep=k (r为两点电荷之间的距离,k为静电力常量)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f,重力加速度为g。 关于小球甲,下列说法正确的是(　 　) A.最低点的位置x=  B.速率达到最大值时的位置x=  C.最后停留位置x的区间是 ≤x≤  BD D.若在最低点能返回,则初始电势能Ep0<(mg-f)  目 录 审题指导 本题突破的关键是找到各个特殊位置对应的速度特征或加速度特征。小球甲在运动过程中的最低点时,速度为零,加速度不一定为零;在下降过程和上升过程中,都存在各过程所对应的速率最大的位置,此时加速度一定为零,但从开始到最终静止过程的最大速率一定在第一次下降过程中加速度为零的位置;此时静摩擦力方向可能向上,也可能向下,其大小小于等于f,故会有位置坐标的区间,最终静止时的速度为零、加速度也为零;小球甲在最低点能返回的特征是除瞬时速度为零外,合力(或加速度) 一定向上。 目 录 解析　设小球甲运动过程中最低点位置坐标为x,此时瞬时速度为零,根据能量守恒可得mg(x0-x)=f(x0-x) + ,解得x= ,A错误;小球甲第一次向下运动过程中速率达到最大值时,加速度为零, 此时受力平衡,mg=f+k ,解得x= ,B正确;小球甲可能会经历多次上下往返运动,最后停留在某 位置时速度一定为零,加速度一定为零,小球甲在静止位置所受静摩擦力最大且摩擦力方向向下时,则 在停留位置有mg+f=k (此时最后停留位置x最小,对应的库仑力最大),解得x1= ,小球甲在静止 位置所受静摩擦力最大且摩擦力方向向上时有mg=f+k (此时最后停留位置x最大,对应的库仑力最 小),解得x2= ,综上可得小球甲最后停留位置的区间为 ≤x≤ ,C错误;若小球甲在 目 录 最低点能返回,则k >mg+f,解得x< ,由A项分析得x= ,即(mg-f)x= ,故初始电势能Ep0 = <(mg-f) ,D正确。 目 录 4.(2025广东,15,16分)如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的 平行金属平板相接,金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处, 由静止开始向右下方运动,与下方绝缘平板在B点处碰撞,碰撞时电荷量改变。反弹后离开下方绝缘平 板瞬间,颗粒的速度与所受合力垂直,且水平分速度与碰前瞬间相同,竖直分速度大小变为碰前瞬间的k 倍(k<1)。已知颗粒质量为m,两绝缘平板间的距离为h,两金属平板间的距离为d,B点与左平板的距离 为l,电源电压为U,重力加速度为g,忽略空气阻力和电场的边缘效应。求: (1)颗粒碰撞前的电荷量q。 (2)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。 (3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中,电场力对它做的功W。 目 录 答案　(1) 　(2) 　(3)见解析 审题指导 初始状态 在A点从静止开始运动,仅受重力与电场力,做匀加速直 线运动至B点发生碰撞 碰撞特征 ①电荷量改变;②水平分速度不变;③竖直分速度大小变为碰前的k倍(方向反向);④碰后速度方向垂直于合力方向 已知量 m,h,d,l,U,g,k(k<1),忽略空气阻力与电场边缘效应 目 录 解析　(1)颗粒受到重力和电场力作用做匀加速直线运动,合力沿着AB方向。设AB与竖直方向夹角为θ, 则有tan θ=  对颗粒受力分析可知tan θ=  且U=Ed 解得q=  (2)碰撞前,设颗粒的水平分速度为vx,竖直分速度为vy,则 =2axl, =2gh 根据牛顿第二定律可知ax=  颗粒与下方绝缘平板相碰后,设碰后速度与水平方向夹角为α,由题意可知,此时重力和电场力的合力与 竖直方向的夹角也为α,如图所示 目 录 则有 =  解得Q=  (3)第一阶段由A到B,电场力做的功W1=qEl=  目 录 第二阶段,从第一次碰撞后到第二次碰撞前,分两种情况讨论: ①颗粒与下方绝缘平板发生第二次碰撞。 设两次碰撞的时间间隔为t,分析竖直方向上的竖直上抛运动(分运动)可知 kvy= t 解得t=2k  分析水平方向上的匀加速直线运动(分运动)可知 x=vxt+ · t2 解得x=4kl+  此种情况下需满足x≤d-l,即d≥(4k+1)l+  目 录 则此过程中电场力做的功W2=QEx=4k2mgh+  则电场力做的总功为W=W1+W2= +4k2mgh+  ②若d<(4k+1)l+ ,则颗粒与右侧金属平板发生第二次碰撞。 全过程电场力做功只与颗粒的水平位移有关 则W=qEl+QE(d-l)= +  目 录 5.如图甲所示,大量质量为m、电荷量为q的同种带正电粒子组成长为L0= 的直线型粒子阵列,以v0的 初速度射入两板M、N之间的加速电场,M、N之间的间距极小,离开加速电场后粒子阵列长度变为2L 0。t=0时刻,位于阵列最前端的粒子开始从O点沿x轴正方向射入场强大小为E0,方向如图乙所示周期性 变化(周期为T)的匀强电场中,向下为电场正方向,电场右边界PQ横坐标为x=8v0T,y方向范围足够大。忽 略粒子间的相互作用,不计粒子重力。求: (1)M、N两板间加速电压U0的大小; (2)粒子离开PQ时的纵坐标范围。  　　  目 录 解析　(1)假定粒子在加速电场里加速的时间忽略不计,从第一个粒子进入加速电场到最后一个粒子进 入加速电场的过程中,有 L0=v0t 而阵列长度被拉长为原来的两倍,相当于在这段时间里第一个粒子比最后一个粒子的位移大L0,则有vt- v0t=L0 可解得v=2v0 在加速电场中,根据动能定理有qU0= mv2- m  可解得U0=  (2)粒子在进入周期性变化的电场后,在水平方向上,有x=vt0 答案　(1) 　(2)- ≤y≤  目 录 可解得t0=4T 而粒子阵列全部进入电场所需要的时间t1满足2L0=vt1 可解得t1= T t=0时刻进入电场的粒子离开PQ时纵坐标位置最靠下,在竖直方向0~ 时间段内,有y0= a  根据牛顿第二定律,则有qE0=ma 解得y0=  故粒子从最下方射出时,到横轴的竖直距离为y1=8y0=  t= T时刻入射的粒子,离开PQ时纵坐标位置最靠上,在竖直方向, ~ 时间段内,粒子在竖直方向向下 加速,则有y2= a =  目 录 在 ~ 时间段内,粒子在竖直方向减速到0,在 ~T时间段内,粒子竖直方向向上加速,则y3= a =   粒子在T~ 时间段内,在竖直方向向下减速,以此过程循环四个周期,则 y4=4(2y3-2y2)=  综上所述,粒子离开PQ时的纵坐标范围为 - ≤y≤ 。 目 录 $